衡水中学2020届高三下学期第九次调研考试（数学（理）答案.pdf

1、 第 1 页 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、一、 选择题（本大题包括选择题（本大题包括 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.） 1. 已知集合Axx02 ， Bxxlog2 2 1 ，则AB（ ） AR Bxx02 Cx x0 D xx 4 2 1 解：， ABx|x0 故选：C 2. 复数 i z i 5 的虚部为（ ） A 26 5 Bi 26 5 C 26 5 Di 26 5 解：， 复数上的虚部为 故选：A 3. 某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择 15 名志愿者，对其身高和臂展 进行测量（单位：厘米） ，左图为选取的 15 名志愿者身高与臂

2、展的折线图，右图 为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为 1.16x30.75，以下结论 中不正确的为（ ） A15 名志愿者身高的极差小于臂展的极差 数学（理）答案 第 2 页 B15 名志愿者身高和臂展成正相关关系 C可估计身高为 190 厘米的人臂展大约为 189.65 厘米 D身高相差 10 厘米的两人臂展都相差 11.6 厘米 解：对于 A，身高极差大约是 25，臂展极差大于等于 30，故 A 正确； 对于 B，很明显根据散点图以及回归方程得到，身高矮展臂就会短一些， 身高高一些， 展臂就会长一些，故 B 正确； 对于 C，身高为 190 厘米，代入回归方程可得展臂等于 18

3、9.65 厘米，但不 是准确值，故 C 正确； 对于 D，身高相差 10 厘米的两人展臂的估计值相差 11.6 厘米，但不是准 确值， 回归方程上的点并不都是准确的样本点，故 D 错误； 故选：D 4. 函数 a f xx x （ ）的图象不可能是（ ） AB CD 解：f（x），f（x） （1）当 a0 时，f（x），图象为 A； （2）当 a0 时，1+0，f（x）在（0，+）上单调递增， 令1+0 得 x， 当 x时， 1+0， 当x0 时， 1+0， f（x）在（，）上单调递减，在（，0）上单调递增，图象为 D； 第 3 页 （3）当 a0 时，1+0，f（x）在（，0）上单调递减，

4、令 1+0 得 x，当 x时，1+0，当 0x时，1+ 0， f（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，图象为 B； 故选：C 5. 某几何体的三视图如图，该几何体表面上的点 P 与点 Q 在正视图与侧视图上 的对应点分别为 A，B，则在该几何体表面上，从点 P 到点 Q 的路径中，最短路 径的长度为（ ） A B C D 解：根据几何体的三视图知，该几何体是长方体，如图所示； 其展开图中，有三种情况， 从点 P（A）到 Q（B）的最短距离为2 故选：C 第 4 页 6. 设 m，n 为正数，且 m+n2，则 13 12 n mn 的最小值为（ ） A B C D 解： 当m+n2时

5、， ， 因为 ， 当且仅当 m+1n+2，即 ， 时取等号，则 ，即最小 值为 故选：D 7. 我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积术”，用现代式子表 示即为：在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，则 的面积 S 2 222 21 42 abc ab . 根据此公式，若 ，且 ，则 的面积为（ ） A B C D 解：由 acosB+（b+3c）cosA0， 可得 sinAcosB+cosAsinB+3sinCcosA0， 即 sin（A+B）+3sinCcosA0， 即 sinC（1+3cosA）0， 因为 sinC0， 所以 cosA， 由余弦定理可得 a2b2c22b

6、ccosAbc2， 所以 bc3， 由ABC 的面积公式可得 S 故选：A 第 5 页 8. 执行如图所示的程序框图，则输出的 a 值为（ ） A B C D2 解：当 i1 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a3，i2； 当 i2 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a，i3； 当 i3 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a，i4； 当 i4 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a2，i5； 当 i5 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a3，i6； a 的值是以 4 为周期的循环， 由 2020 4505， 故当 i2021 时，满足退出循环的条件，故输出的 a 值

7、为 2， 故选：D 9. 若 ， ， ， ，则 x，y，z 大小关系正确的 是（ ） A B C D 解：0ab1； abaabab01，logbalogbb1； xyz 故选：A 10. 已知双曲线 C： 1（a0，b0） ，点 P（x0，y0）是直线 bxay+4a 0 上任意一点，若圆（xx0） 2+（yy0）21 与双曲线 C 的右支没有公共点， 则双曲线的离心率取值范围是（ ） A （1，2 B （1，4 C2，+） D4，+） 第 6 页 【解答】 解： 双曲线 C： 1 （a0， b0） 的一条渐近线方程为 y x， 即 bxay0， P（x0，y0）是直线 bxay+4a0 上

8、任意一点， 则直线 bxay+4a0 与直线 bxay0 的距离 d ， 圆（xx0）2+（yy0）21 与双曲线 C 的右支没有公共点， ， 1， 即 e 4， 故 e 的取值范围为 ， 故选：B 11. 直线 与函数 （ ）的图象的相邻两个交点的距 离为 ，若 在 （ ）上是增函数，则 的取值范围是（ ） A0, 4 B0, 2 C 3 0, 4 D 3 0, 2 解：直线 ya 与函数 f（x）tan（）图象的相邻两个交点的距离为 一个周期，则 T2， 所以 ， 所以 f（x）tan（x+） ， 由 kx+k+， 解得 2kx2k+， （kZ） ； 所以函数 f（x）在（，）上是单调增函

9、数； 又 f（x）在（m，m）上是单调增函数， 即（m，m）（，） ， 解得 0m； 所以 m 的取值范围是（0， 第 7 页 故选：B 12. 已知函数 ，若方程 有 3 个不同的实根 x1，x2，x3 （x1x2x3） ，则 2 2 a x 的取值范围是（ ） A 1 ,0 e B 2 2 ,0 e C 2 2 2 , 2e e D 2 0, 2e 解：由 f（x）（x22x）ex， f（x）（x22）ex， 令 f（x）0，解得 x， 当 x或 x，f（x）0，函数 f（x）单调递增， 当x，f（x）0，函数 f（x）单调递减， 由图象可得x20， 又x2， 设 g（x）xex， （x0

10、） ， g（x）（x+1）ex， g（x）在（，1）上是减函数，在（1，0）上是增函数， 由 g（1），g（），g（0）0， 可得的取值范围为，0） ， 故选：A 第 8 页 二、二、 填空题填空题（本大题共（本大题共 4 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 20 分分.） 13. 7 1 7 x x 的展开式的第 2 项为 解： （x）7的展开式的第 2 项为 T2x5x5， 故答案为：x5 14. 已知 中， ， ， ，若点 满足 ，则 _. 解：，所以：， 以及 AB3，AC5，BC7，cosBAC 可得， 所以（）（） 12 故答案为：12 15. 记等差数列 的前 项和为 ，若

11、， ，则数列 3 1 n n a的前 项和 解：因为an是等数差数列，S1745917a9459a927，而 a2+a418， 所以，解得 d3，a13， 则 an3+（n1） 33n，nN*； 数列a3n构成首项为 9，公差为 9 的等差数列； 若 n 为偶数，则， 若 n 为奇数， 则 Tn9+1827+36+9（n2）+9（n1）9n， 第 9 页 故 Tn； 故答案为： 16. 已知三棱锥 的所有顶点都在球O的表面上， 平面 ， ， ， ， ，则球 的表面积为 解：如图： 由 cosACBsinACB，可得，则ACB30 在ABC 中，AC，BC1，ACB30 ， AB 则ABC 为等

12、腰三角形，设ABC 的外心为 G，连接 BG 交 AC 于 E， 由正弦定理求得 BG1，求解三角形可得 BE，则 EG 取 CD 中点 F，则 F 为三角形 ACD 的外心，过 F 作平面 ACD 的垂线， 过 G 作平面 ABC 的垂线，两垂线相交于 O， 则 O为三棱锥 DABC的外接球的球心， 其半径 R 球 O 的表面积为 故答案为：8 第 10 页 三、三、 解答题解答题（本大题共（本大题共 6 小题，共小题，共 70 分，解答应写出文字说明或演算步骤分，解答应写出文字说明或演算步骤.） 17. 设 . （1）求 的单调区间； （2） 在锐角 中， 角 ， ， 的对边分别为 ， ，

13、 . 若 ， ， 求 面积的最大值 解： (1)由题意知f(x)sin2x . 由 2k2x 2k，kZ,可得 kx k，kZ； 由 2k2x2k，kZ,可得 kxk，kZ. 所以 f(x)的单调递增区间是(kZ)； 单调递减区间是(kZ) (2)由 fsinA 0，得 sinA ，由题意知 A 为锐角，所以 cosA. 由余弦定理 a2b2c22bccosA，可得 1bcb2c22bc， 即 bc2，且当 bc 时等号成立因此 bcsinA. 所以ABC 面积的最大值为. 18. 如图，在三棱锥 中，已知 ， ，顶点 在平 面 上的射影为 的外接圆圆心 （1）证明：平面 平面 ； （2）若点

14、 M 在棱 PA 上， ，且二面角 的余弦值为 ，试 求 的值 解： （1）证明：如图，设 AC 的中点为 O，连接 PO， 由题意，得 BC2+AB2AC2，则ABC 为直角三角形， 第 11 页 点 O 为ABC 的外接圆圆心 又点 P 在平面 ABC 上的射影为ABC 的外接圆圆心， 所以 PO平面 ABC， 又 PO平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABC （2）解：由（1）可知 PO平面 ABC， 所以 POOB，POOC，OBAC， 以 OC，OB，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐 标系， 则 O（0，0，0） ，C（1，0，0） ，B（0，1

15、，0） ，A（1，0，0） ，P（0，0， 1） ， 设，0，1，（1，0，1） ，M（1，0，） ， （1，1，0） ，（1，0，1） ，（2，0，） ， 设平面 MBC 的法向量为 （x，y，z） ， 则，令 x1，得 （1，1，） ， 设平面 PBC 的法向量为 （x，y，z） ， 由，令 x1，得 （1，1，1） ， 二面角 PBCM 的余弦值为， cos， 解得，即 M 为 PA 的中点 第 12 页 19. 某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店提供了两种日工资方案：方案 规定每日底薪 50 元，快递业务每完成一单提成 3 元；方案规定每日底薪 100 元，快递业务的前 44 单没

16、有提成，从第 45 单开始，每完成一单提成 5 元，该快 餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取 100 天的数据，将样本数据 分为25，35） ，35，45） ，45，55） ，55，65） ，65，75） ，75，85） ，85，95 七组，整理得到如图所示的频率分布直方图 （1）随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于 65 单的概率； （2）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案的概率为 1 3 ，选择方案 的概率为 2 3 若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人选择日 工资方案相互独立，求至少有两名骑手选择方案的概率； （3）若仅从人均日收入

17、的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手 做出日工资方案的选择，并说明理由 （同组中的每个数据用该组区间的中点值 代替） （共 13 分） 解： （1） 设事件 A 为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递 业务量不少于 65 单” 依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于 65 单的频率分别为：0.2，0.15， 0.05 因为 0.2+0.15+0.050.4 所以 P（A）估计为 0.4 （2） 设事件 B 为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）” 设事件i为“甲乙丙三名骑手中恰有 i（i0，1，2，3）人选择方案（1）”， 第 13 页 则 P（B）P（C2

18、）+P（C3） 所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）的概率为 （3）方法 1： 设骑手每日完成快递业务量为 X 件 方案（1）的日工资， 方案（2）的日工资 所以随机变量 Y1的分布列为 Y1 14 0 17 0 20 0 23 0 26 0 29 0 32 0 P 0.0 5 0.0 5 0.2 0.3 0.2 0.1 5 0.0 5 所以 EY1140 0.05+170 0.05+200 0.2+230 0.3+260 0.2+290 0.15+320 0.05 236 同理随机变量 Y2的分布列为 Y1 10 0 13 0 18 0 23 0 28 0 33 0 P 0.1 0.2

19、 0.3 0.2 0.1 5 0.0 5 EY2100 0.1+130 0.2+180 0.3+230 0.2+280 0.15+330 0.05194.5 因为 EY1EY2，所以建议骑手应选择方案（1） 方法 2： 快餐店人均日快递量的期望是： 30 0.05+40 0.05+50 0.2+60 0.3+70 0.2+80 0.15+90 0.0562 因此，方案（1）日工资约为 50+62 3236 方案 2 日工资约为 100+（6244） 5190236 故骑手应选择方案（1） 第 14 页 20. 如图， 椭圆 1 C： 22 22 1(0) xy ab ab 的左右焦点分别为 1

20、2 ,F F， 离心率为 3 2 ， 过抛物线 2 C： 2 4xby焦点F的直线交抛物线于,M N两点，当 7 | 4 MF 时，M 点在x轴上的射影为 1 F。连接,NO MO并延长分别交 1 C于,A B两点，连接AB， OMN与OAB的面积分别记为 OMN S和 OAB S，设 OMN OAB S S . （1）求椭圆 1 C和抛物线 2 C的方程； （2）求的取值范围. 解：（1）由抛物线定义可得) 4 7 ,(bcM，点M在抛物线by4 2 上， ) 4 7 (4 2 bbc，即 22 47bbc 又由 2 3 a c ，得 22 3bc ，将上式代入，得bb77 2 ，解得1b，

21、3c， 2a， 所以曲线 1 C的方程为1 4 2 2 y x ，曲线 2 C的方程为yx4 2 . （2） 设直线MN的方程为 1 kxy ， 由 yx kxy 4 1 2 消去y整理得044 2 kxx， 设),(),( 2211 yxNyxM，则4 21 xx， 设,mkmk OMON ，则 4 1 16 1 21 1 1 2 2 xx x y x y mm ，所以 m m 4 1 ， 设直线ON的方程为 mxy （0m）， 由 yx mxy 4 2 ，解得 0 xm4 ，所以 22 14|1|mmxmON N ， 由可知，用 m4 1 代替m，可得 2 2 16 1 1 1 |) 4

22、1 (1 1 | mm x mm OM M ， 第 15 页 由 1 4 2 2 y x mxy ，解得 14 2 2 m xA ，所以 14 12 |1| 2 2 2 m m xmOA A ， 用 m4 1 代替m，可得 1 4 1 16 1 12 | 16 1 1| 2 2 2 m m x m OB B ， 所以 | | OBOA OMON S S OAB OMN 1 4 1 16 1 12 14 12 16 1 1 1 14 2 2 2 2 2 2 m m m m mm mm 1 4 1 14 2 2 m m 2 2 1 2 4 1 24 2 2 m m m m，当且仅当1m时等号成立.

23、 所以的取值范围为 ), 2 . 21. 已知函数 （1）若 有两个不同的极值点 ， ，求实数 的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证： 12 4 xx ee a . 解： （1）函数 f（x）x2aex1， f（x）2xaex， f（x）有两个不同的极值点 x1，x2， f（x）2xaex0 有两个根， 即 a， 即 ya 与 yg（x）有两个交点， g（x）， 当 x1 时，g（x）0，函数 g（x）单调递增， 当 x1 时，g（x）0，函数 g（x）单调递减， g（x）maxg（1）， 当 x时，g（x）+，当 x+时，g（x）0， 第 16 页 当 a（0，）时，ya 与 yg（x

24、）有两个交点， 实数 a 的取值范围（0，） （2）证明：由 f（x1）2x1ae0，f（x2）2x2ae0， 有 即； 由不等式 ，设 lnx1t1，lnx2t2，则 ， 所以上述不等式变为； 所以 ； 故+成立 22. 选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为 22cos 2sin x y （为参数） ，直线 l的参数方程为 2 2 2 1 2 xt yt （t为参数） ，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为 极轴建立极坐标系 （1）求曲线C以及直线l的极坐标方程； （2）若0,1A，直线l与曲线C相交于不同的两点M，N，求 11 AMAN 的 值 解： （）依

25、题意，曲线 C： （x2）2+y24，故 x2+y24x0， 即 24cos0，即 4cos； 直线 l：y1x，即 x+y10，即 cos+sin10， 故； 第 17 页 （）将直线 l 的参数方程（t 为参数）代入 x2+y24x0 中， 化简可得， 设 M，N 所对应的参数分别为 t1，t2， 则，t1t21， 故 23. 选修 4-5：不等式选讲 已知函数 （1）解不等式 ； （2）已知 ， ，且 ，求证： 解： （）由 f（x）3|x+2|，可得|x+2|+|x+1|3， 则或或， 解得 x3 或或 x0， 故不等式的解集为（，3）（0，+） ， 证明（）f（x）|x|x+1|x|x+1x|1， a2+4b2（a+2b）24ab22 （）21，当且仅当 a2b 时，即 a ，b时取等号， 1，