河北衡水中学2019届全国高三第一次摸底联考
理科数学
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数在复平面内对应的点位于
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
直接由复数的乘法运算化简，求出z对应点的坐标，则答案可求．
【详解】复数.对应的点为，位于第四象限.故选D.
【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.已知全集U=R，则
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
解二次不等式求出集合M，进而根据集合补集运算的定义，可得答案．
【详解】∵全集U=R，M={x|x2＜2x}={x|0＜x＜2}，
∴∁UM={x|x≤0或x≥2}，
故选：C．
【点睛】本题考查的知识点是集合的交集，并集，补集运算，熟练掌握并正确理解集合运算的定义是解答的关键．
3.某地某所高中2018年的高考考生人数是2015年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2015年和2018年的高考情况，得到如下柱状图：
2015年高考数据统计 2018年高考数据统计
则下列结论正确的是
A. 与2015年相比，2018年一本达线人数减少
B. 与2015年相比，2018年二本达线人数增加了0.5倍
C. 与2015年相比，2018年艺体达线人数相同
D. 与2015年相比，2018年不上线的人数有所增加
【答案】D
【解析】
【分析】
设2015年该校参加高考的人数为，则2018年该校参加高考的人数为.
观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间的关系列式计算得到答案.
【详解】设2015年该校参加高考的人数为，则2018年该校参加高考的人数为.
对于选项A.2015年一本达线人数为.2018年一本达线人数为，可见一本达线人数增加了，故选项A错误；
对于选项B，2015年二本达线人数为，2018年二本达线人数为，显然2018年二本达线人数不是增加了0.5倍，故选项B错误；
对于选项C，2015年和2018年.艺体达线率没变，但是人数是不相同的，故选项C错误；
对于选项D，2015年不上线人数为.2018年不上线人数为.不达线人数有所增加.故选D.
【点睛】本题考查了柱状统计图以及用样本估计总体，观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间的关系列式计算是解题的关键．
4.已知等差数列的公差为2，前项和为，且，则的值为
A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】
由及公差为2.代入前项和公示，求出，得到挺喜欢上，即可求出
的值.
【详解】由及公差为2.得.所以，故.
故选C.
【点睛】本题考查等差数列的基本量计算，属基础题.
5.已知是定义在上的奇函数，若时，，则时，
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设，则由奇函数的性质f（-x）=-f（x），求出函数f（x）的解析式，
【详解】设，则，所以.又因为是定义在上的奇函数，所以，所以.
故选B.
【点睛】本题考查函数的奇偶性的综合运用，属基础题.
6.已知椭圆和直线，若过的左焦点和下顶点的直线与平行，则椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直线的斜率为，因为过的左焦点和下顶点的直线与平行，，由此可求椭圆的离心率.
【详解】直线的斜率为，过的左焦点和下顶点的直线与平行，所以，又，所以，
故选A.
【点睛】本题考查椭圆的离心率求法，属基础题.
7.如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用向量加法法则结合图像特点运算即可.
【详解】
.故选C.
【点睛】本题考查向量的线性运算，属基础题.
8.某几何体的三视图如图所示，则此几何体
A. 有四个两两全等的面
B. 有两对相互全等的面
C. 只有一对相互全等的面
D. 所有面均不全等
【答案】B
【解析】
【分析】
由三视图得到几何体的直观图，由三视图给出的几何量证明即可..
【详解】几何体的直观图为四棱锥.如图.因为，，.
所以≌.
因为平面，所以.同理，.
因为，，，所以≌.又与不全等.故选B.
【点睛】本题考查三视图原原几何体，以及线面关系的有关证明，属中档题.
9.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周碑算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边亚角形的概率是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据几何概率计算公式，求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可．
【详解】在中，，，，由余弦定理，得，
所以.
所以所求概率为.
故选A.
【点睛】本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．
10.已知函数（为自然对数的底数），若关于的方程有两个不相等的实根，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
画出函数的图像，利用数形结合法可求的取值范围，
【详解】
画出函数的图像如图所示，若关于的方程有两个不相等的实根，则函数与直线 有两个不同交点，由图可知，所以.
故选C.
【点睛】本题考查方程的根个数的求参数的范围，考查数形结合思想方法，属于中档题．
11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由双曲线的定义可得，结合条件可得，运用勾股定理，结合a，b，c的关系，可得，进而得到渐近线的斜率．
【详解】如图，作于点.于点.因为与圆相切，，所以，，，.又点在双曲线上.所以.整理，得.所以.所以双曲线的渐近线方程为.
故选A.
【点睛】本题考查双曲线的渐近线的斜率，注意运用圆的切线的性质，结合双曲线的定义，考查运算能力，属于中档题．
12.如图，在正方体中，点，分别为棱，的中点，点为上底面的中心，过，，三点的平面把正方体分为两部分，其中含的部分为，不含的部分为，连结和的任一点，设与平面所成角为，则的最大值为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
连结.可证平行四边形即为截面. 五棱柱为，三棱柱为，设点为的任一点，过点作底面的垂线，垂足为，连结，则即为与平面所成的角，所以.
进而得到的最大值.
【详解】连结.因为平面.所以过的平面与平面的交线一定是过点且与平行的直线.过点作交于点，交于点，则，连结，.则平行四边形即为截面.则五棱柱为
，三棱柱为，设点为的任一点，过点作底面的垂线，垂足为，连结，则即为与平面所成的角，所以.
因为，要使的正弦值最大，必须最大，最小，当点与点重合时符合题意.故.故选B.
【点睛】本题考查了空间中的平行关系与平面公理的应用问题，考查线面角的求法，属中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知实数，满足约束条件，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【详解】可行域如图所示，
当直线经过点时，取得最小值.解方程组可得点，所以.故填.
【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
14.已知数列，若数列的前项和，则的值为________.
【答案】16
【解析】
【分析】
据题意，得，
所以当时，.
两式相减，可求出当时，，由此可求的值.
【详解】据题意，得，
所以当时，.
两式相减，得.所以当时，，故.
【点睛】本题考查数列通项公式的求法，属基础题.
15.由数字0，1组成的一串数字代码，其中恰好有7个1，3个0，则这样的不同数字代码共有____________个.
【答案】120
【解析】
【分析】
10个元素进行全排列共有 种结果，在这些结果中有5个2，2个4，这样前面的全排列就出现了重复，共重复了 次，得到不同的排列共有种结果．
【详解】10个元素进行全排列共有 种结果，在这些结果中有5个2，2个4，这样前面的全排列就出现了重复，共重复了 次，得到不同的排列共有种结果．
故答案为120.
【点睛】】本题考查在排列组合中出现重复的元素的排列，这种问题，首先要进行正常排列，后面要除以重复的次数，重复的次数是相同元素的一个全排列．
16.已知函数的图像关于直线对称，当时，的最大值为____________.
【答案】4
【解析】
【分析】
据题意知，函数的图像关于直线对称，则曲线也关于直线对称，可求出，再根据函数的单调性可求的最大值.
【详解】据题意知，函数的图像关于直线对称，则曲线也关于直线对称，所以，.所以，.因为，所以.所以.又与在区间上都为减函数，所以.
即答案为4.
【点睛】本题考查函数单调性和对称性的综合应用，属中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文学说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个考试都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
17.如图，在中，是边上的一点，，，.
（1）求的长；
（2）若，求的值.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】
【分析】
（1）根据余弦定理直接求的长；
（2）由（1）知，，
所以在中，由正弦定理. 可得. 再判断是锐角，
可得得值.
【详解】（1）由已知，得
又，，
在中，由余弦定理，
得，
整理，得.解得.
（2）由（1）知，，
所以在中，由正弦定理.得，
解得.
因为，所以，从而，即是锐角，
所以.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用.属中档题.
18.在中，，分别为，的中点，，如图1.以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图2.
如图1 如图2
（1）证明：平面平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值。
【答案】(1)见解析；（2）直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】
【分析】
（1）在题图1中，可证 ，在题图2中，平面.进而得到平面.从而证得平面平面；
（2）可证得平面. .则以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：在题图1中，因为，且为的中点.由平面几何知识，得.
又因为为的中点，所以
在题图2中，，，且，
所以平面，
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：因为平面平面，平面平面，平面，.
所以平面.
又因为平面，
所以.
以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系
在题图1中，设，则，，，.
则，，，.
所以，，.
设为平面的法向量，
则，即
令，则.所以.
设与平面所成的角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，以及利用空间向量求线面角，属中档题.
19.某高校为了对2018年录取的大一理工科新生有针对性地进行教学，从大一理工科新生中随机抽取40名，对他们2018年高考的数学分数进行分析，研究发现这40名新生的数学分数在内，且其频率满足（其中，）.
（1）求的值；
（2）请画出这20名新生高考数学分数的频率分布直方图，并估计这40名新生的高考数学分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）将此样本的频率估计为总体的概率，随机调查4名该校的大一理工科新生，记调查的4名大一理工科新生中“高考数学分数不低于130分”的人数为随机变量，求的数学期望.
【答案】（1）;(2)120;(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题意知：，所以的取值为10，11，12，13，14，
代入，由频率和等于1可求的值；
（2）由（1），得，可得频率分布直方图如图：
3）由题意可知，，且“高考数学分数不低于130分”的概率为
，所以～ ，可求的数学期望.
【详解】（1）由题意知：，所以的取值为10，11，12，13，14，
代入，可得，
解得.
（2）由（1），得，频率分布直方图如图：
这40名新生的高考数学分数的平均数为.
（3）由题意可知，，且“高考数学分数不低于130分”的概率为，所以～
所以.
【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查二项分布的期望，属中档题.．
20.已知抛物线的焦点为，是上一点，且.
（1）求的方程；
（2）设点是上异于点的一点，直线与直线交于点，过点作轴的垂线交于点，证明：直线过定点.
【答案】（1）的方程为；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的定义利用.可求，进而求得的方程；
（2）证明：设，.由题意，可设直线的方程为，代入，得
.由轴及点在直线上，得，
则由，，三点共线，得，
整理，得.结合韦达定理可得
. 由点的任意性，得，即可证明.
【详解】（1）解：根据题意知，，①
因为，所以.②.
联立①②解的，.
所以的方程为.
（2）证明：设，.由题意，可设直线的方程为，代入，得.
根与系数的关系.得，.③
由轴及点在直线上，得，
则由，，三点共线，得，
整理，得.
将③代入上式并整理，得.
由点的任意性，得，所以.
即直线恒过定点.
【点睛】本题考查抛物线方程的求法、抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，属中档题．
21.已知函数.
（1）当时，求证：；
（2）讨论函数的零点的个数。
【答案】(1)见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）将代入函数的表达式，求出f′（x），解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，得到最小值，即可证明；
（2）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间，得到函数的极值，进而求出函数的零点的个数．
【详解】（1）证明：当时，，则.
由.得.
当时，；当时，，
所以函数在区间内是减函数.在区间内是增函数，
所以是的极小值点，也是最小值点.且，
故当时.恒成立.
（2）解：据题意，得.
①当时，恒成立.则函数在上是减函数。
又，所以函数有且只有一个零点.
②当时.由，得.
当时，；
当时，，
所以在区间内是减函数，在区间内是增函数.
所以是函数的极小值点，也是最小值点，
即.
令，
则，
当时，；
当时，；
当时，，
所以函数在区间内是增函数，在区间内是减函数，
从而是函数的极大值点.也是最大值点，所以，
即（当且仅当时取等号）
当，即时，函数只有一个零点
当，即，且时，分和两种情况讨论：
（i）当时，，因为，所以在区间内有一个零点；又，因此有两个零点.
（ii）当时，；
由（1），得.即，亦即.
令.则得，即，
所以，
所以在区间内有一个等点.
又，
因此函数有两个零点.
由（i）和（ii），得当或时，函数有两个零点.
综上，当或时，函数只有一个零点；
当.且时，函数有两个零点。
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值、零点问题，考查导数的应用，是一道难题．
22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为（为参数），直线与曲线分别交于，两点.
（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若点的极坐标为，，求的值.
【答案】(1) 曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由，得，由此可求曲线的直角坐标方程，消去参数t可得直线的普通方程；
(2)将直线的参数方程代入并化简、整理，
得. 因为直线与曲线交于，两点.所以，解得. 因为点的直角坐标为，在直线上，所以即可求出的值.
【详解】（1）由，得，
所以曲线的直角坐标方程为，
即，
直线的普通方程为.
(2)将直线的参数方程代入并化简、整理，
得.
因为直线与曲线交于，两点。
所以，解得.
由根与系数的关系，得，.
因为点的直角坐标为，在直线上.
所以，
解得，此时满足.且，
故.
【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线与圆的位置关系，属中档题.．
23.已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的值域为，求实数的取值范围.
【答案】(1) 解集为;(2) 实数的取值范围是.
【解析】
【分析】
（1）由已知不等式，得.分类讨论可求不等式的解集；
（2）设，则.
可求.
因为函数的值域为，
所以有解，即.
因为，由此可求实数的取值范围.
【详解】（1）由已知不等式，得.
考虑到，不等式又可化为或
解得或.
所以不等式的解集为.
（2）设，则.
因为当且仅当时取等号，
所以.
因为函数的值域为，
所以有解，即.
因为，所以，即.
所以实数的取值范围是
【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．
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