河北省石家庄市第二中学2020届高三3月内部考试数学（理）试题（PDF版）.pdf

1 石家庄二中高三年级数学热身考试（理科）答案 一、选择题 1～5 C D A B B ；6～10. A B A A C ； 11～12 B B 1. C 【解析】 [ 1, )M   Q ， [ 3, 3]N   ， [ 1, 3]M N  I ，故选C . 2. D【解析】设 ( , 0)z ai a R a   ， 2 2 (2 )(1 ) 2 2 1 1 (1 )(1 ) 2 2 z ai ai i a a ii i i i              . 2 1 z i  Q 是实 数， 2 0a   ，即 2a   ， 2z i   ，故选 D . 3. A 【解析】易知| | 2 2 2x x     ， | 1| 3 4 2x x      ，| 1| 2 3 1x x      ， 2log ( 1) 1 1 1x x      ， 01 1 | | 2 0 2 0| | 2 0| | 2 2 | | xx xxx x           或 0 2x  。 所以使不等式| | 2x  成立的一个必要不充分条件是 4 2x   ，故选 A . 4. B 【解析】不等式组 1 1 1 1 x y x y         与 2 2 1 2x y  确定的平面区域分别是正方形和圆如图所示，它们的面积 分别为 2 和 2  ，所以输出数对 ( , )x y 的概率为 4p  ，故选 B . 5. B 【解析】该几何体可能是四棱柱、水平放置的三棱柱或水平放置的圆柱，体积最小的几何体为三棱柱， 高为 3 、底面为腰长为 1 的等腰直角三角形，其表面积为 212 1 (1 1 2) 3 7 3 22         ，故选 B . 6. A 【解析】 Q  是第三象限的角， 4cos 5    ， 3sin 5    ，则 7 2sin( )4 10     7. B 【解析】极差 98 56 42   ，中位数 76 76 762   ，所以极差与中位数之和为118 ，故选 B . 8. A 【解析】由题意知 ( )2 6 3 2 T       ，即T  ， 2 2T    ，即 ( ) 2cos(2 )f x x   因为 6x  时， ( )f x 取得最大值，所以 ( ) 2cos( ) 26 3f      ，即 cos( ) 13    ， | | 2  Q ， 3    ，即 ( ) 2cos(2 )3f x x   ， (0) 1f  ，故选 A . 9. A 【解析】连结 1A P ，可证 1 1A AP A EP ≌ ，即 1 1A A A E ，即点 E 是体对角线 1AC 上的定点，直 线 AE 也是定直线. PA PEQ ，动点 P 必定在线段 AE 的中垂面 上，则中垂面 与底面 ABCD 的 交线就是动点 P 的轨迹，所以动点 P 的轨迹是线段. x y 1O 1 1 12 9 题图 10 题图 10.C 【解析】 (5,0)F ，点 M 的轨迹是以 F 为圆心、1为半径的圆。 0MF MP  uuur uuur Q ，MP 与圆 F 相切. 由| | 1MF  得 2| | | | 1MP PF  ，即当| |PF 最小时，| |MP 也最小.当点 P 为双曲线的右顶点时，| |PF 最小，此时| | 2PF  ，| | 3PM  ，故选C . 11. B 【解析】因为直线 kkxy  过定点 )0,1( ，画出函数 )(xf 在 )3,1( 的图像，要使方程    f x kx k k R   有 4 个根，即直线 kkxy  和函数 )(xf 在 )3,1( 的图像有 4 个交点。显然 4 10  k 时满足条件，假若当直线 kkxy  和函数 )(xf 的图像在区间 )3,2( 上相切时也满足条件，但 是这是不可能的。因为联立      kkxy xy 2 ，得 032  kyky ，得 6 3k 或 6 3k （舍去），当 6 3k 时，解得 )3,2(5x 。所以 4 10  k 。 12. B 【解析】当 1n  时， 1 1 1 12a a a   ， 1 0a Q ， 1 1a  。 当 2n  时，由 12 n n n S a a   ，及 1n n na S S   得， 2 2 1 1n nS S   ，则 nS n 。  1 2 3 1 1 1 1( ) n f n S S S S      1 1 11 2 3 n     L 。 又当 2n  时， 1 2 2 2( 1) 2 1 n n n n n n         (100) 1 2( 2 1) 2( 3 2) 2( 100 99) 1 2( 100 1) 19f            L 对于 *n N ， 1 2 2 2( 1 ) 2 1 n n n n n n        (100) 2[( 2 1) ( 3 2) ( 101 100)] 2( 101 1) 18f          L [ (100)] 18f  。 A 1A B C D 1B 1C 1D E P gF P M x y O3 二、填空题： 13. 160 【解析】易求 1 2 1 3 2x dx  ， 1 2 2 1 11 ) 1 2 2x dx       1 12 2 2 1 1 1( 1 ) 2 1 1 ) 23 2a x x dx x dx              ∴ 6 61 1( ) (2 )2a x xx x        ∴ 6 6 6 2 1 6 6 1(2 ) ( ) 2 ( 1)r r r r r r r rT C x C xx         ∴令 6 2 0r  ∴ 3r  ∴常数项为 3 6 3 3 6 2 ( 1) 160C     14. 6 【解析】因为 )(xf 在定义域 ),0(  上是单调函数，故可设 txxf  1)( ，即 txxf  1)( 。由 2]1)([  xxff ，得 21)(  tttf ，所以 1t ，由此可知 11)(  xxf ，所以 6)5 1( f 。 15. 3 2 4 【解析】设 ，则 ，代入 ，得 ，∴ ， ∴ ，∴ . 16. 1980 【解析】 1 1 , 1n n n n n n c cb cc c      整理得 1 1 1 1 n nc c    ， 由 1 1 1b c a  且 1 1 1b c  得 1 1 2c  1 1 1 ( 1) 1 n 1 n nc c        1 1nc n    1n nb n    2 1 1 1n n na n n n n      从而 21 n n na   因为 2 244 44 1980,45 45 2070    ，所以填1980 . 三、解答题 17. 解：（1）设等差数列的公差为，由题得：  2 2 2 2 2 1 4 2 1S a a a a a     整理 2 2 1 1 1 1 2 3a a d d a d a d        解得 1 1a d  ，所以 na n -------------------------------------------------------------6 分 （2）由（1）得  1 2n nb n  则 1 2 32 2 3 2 4 2 ( 1) 2 n nT n         L 2 3 4 12 2 2 3 2 4 2 ( 1) 2 n nT n          L 两式做差整理得： 12n nT n  g ----------------------12 分 18. 解：如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，则 1 1(0,0,1),B (1,0,1)A ， 1 1 1(0,1, ),N( , ,0)2 2 2M ， ，4 （1）∵ ，∴ ∴无论 取何值， AM PN -------------------------------4 分 （2）∵ (0,0,1)m  ur 是平面 ABC 的一个法向量。 2 1sin | cos , | 1 5( )2 4 m PN       ur uuur ∴当 1 2   时， 取得最大值，此时 2 1sin ,cos ,tan 2 5 5      .------------------------------8 分 （3）设存在， ，设 是平面 PMN 的一个法向量。 则 得 令 x=3，得 y=1+2 ,z=2-2 ∴ ∴|cos< >|= 化简得 4 ∵ 100 4 4 13 108 0        ， ∴方程（*）无解 ∴不存在点 P 使得平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 30º-------------------------------12 分 19. （Ⅰ）记一名职工所享受的路途补贴为 X（元）． X 的可能值为 200，240，280，320，360．X 的分布列为 X 200 240 280 320 360 P 0.25 0.5 0.15 0.05 0.05 X 的均值为 E(X)＝200×0.25＋240×0.5＋280×0.15＋(320＋360)×0.05＝246． ----------5 分 该公司每月用于路途补贴的费用总额约为 E(8000X)＝8000E(X)＝1968000（元）． -------------------------------7 分 （Ⅱ）依题意，当 60≤t≤100 时，y＞300． 1 名职工中路途补贴超过 300 元的概率 p＝P(60≤t≤100)＝0.1， ---------- ----------------------8 分 记事件“4 名职工中至少有 2 名路途补贴超过 300 元”为 A，则 P(A)＝C2 4×0.12×0.92＋C3 4×0.13×0.9＋0.14＝0.0523． ----------12 分 20.（1）设椭圆方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，则 2 2 2 4 1 1 a b a b    ，解得 2 28, 2a b  N C5 所以椭圆方程为 2 2 1.8 2 x y  -----------------------------------4 分 （2）设直线l 的方程为 1 2y x m  ，由 2 2 1 2 4 8 y x m x y       消去 y 得 2 22 2( 2) 0x mx m    依题意可知， 2 24 8( 2) 0m m     ，即 2 2m   . 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 2 1 2 1 22 , 2( 2)x x m x x m     ----------------------------8 分 易知直线 ,MA MB 的斜率存在，分别记为 1 2,k k ，则有 1 1 1 1 1 1 1 11 12 2 2 2 2 x my mk x x x        ，同理 2 2 2 2 1 1 1 2 2 y mk x x     1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 ( ) 41 ( ) 12 1 2 2 2( ) 4 y y x xk k m mx x x x x x x x                     2 2 41 02( 2) 4 4 mm m m        -------------------------------------------10 分 所以直线 ,MA MB 的倾斜角互补，故直线 ,MA MB 与 x 轴始终围成一个等腰三角形. 可知 ,S T 关于直线 2x  对称，则 4s t  为定值--------------------------------------12 分 21. 解：（1） 21( ) 2 xf x e x  ，则 ( ) ( ) xh x f x e x   。所以 ( ) 1 0( 0)xh x e x     所以 ( ) ( )h x f x 在 (0, ) 上递增，所以 ( ) (0) 1 0f x f    所以 21( ) 2 xf x e x  在 (0, ) 上递增，故 1)0()(  fxf 。---------------------4 分 （2） ( ) 2xf x e kx   ，下面求使 ( ) 0( 0)f x x   恒成立的 k 的取值范围。 若 0k ，显然 ( ) 0f x  ，即 ( )f x 在 (0, ) 上递增； 记 ( ) 2xx e kx   ，则 ( ) 2xx e k   . 当 10 2k  时， ( ) 0x  ，即 ( )x 在 (0, ) 上递增； 于是 ( ) ( ) (0) 1 0f x x      ， ( )f x 在 (0, ) 上递增； 当 1 2k  时， ( ) 2xx e kx   在 (0,ln(2 ))k 上单调递减，在 (ln(2 ), )k  上单调递增. 所以函数 ( )x 在 ln(2 )x k 处取得最小值，即 ln(2 ) min( ) [ln(2 )] 2 ln(2 ) 2 2 ln(2 )kx k e k k k k k      依题意可得 ( ) ( ) 2 2 ln(2 ) 0f x x k k k     ，解之得 1 2 2 ek 6 综上， k 的取值范围为 ( , ]2 e .--------------------------------------------------8 分 （3）由（1）知，对于 (0, )x  ，有 21( ) 12 xf x e x   ，所以 12 22  xe x ， 则 2ln(2 1) 2x x  ，取 2 1x n  ，从而有 * 4 2 2 2ln( 1) ( )n Nn n    ， 于是 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2ln( 1) ln( 1) ln( 1) ln( 1)1 2 3 1 2 3n n             L L 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 ( 1)n n        L 1 1 1 1 12 2[(1 ) ( ) ( )]2 2 3 1n n        L 24 4n    4 * 4 4 4 4 2 2 2 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( ).1 2 3 e n Nn         L ----------------------------------------12 分 22. 解：(1)对于C ：由 4cos  ，得 2 4 cos   ，进而 2 2 4x y x  ； 对于 l ：由 35 2 1 2 x t y t      （t 为参数），得 1 ( 5) 3 y x  ，即 3 5 0x y   .----------5 分 (2)由(1)可知C 为圆，且圆心为 (2,0) ，半径为 2，则弦心距 | 2 3 0 5| 3 21 3 d      ，弦长 2 23| | 2 2 ( ) 72PQ    ，因此以 PQ 为边的圆 C 的内接矩形面积 2 | | 3 7S d PQ   .----------10 分 23.（Ⅰ）当 1x 时，原式变为： ,1422  xx 即 2 1x 此时无解； 当 1x 时，原式变为： ,1422  xx 即 2 1x ，不等式的解 2 1x 综上：不等式的解集    2 1xx -----------------------------5 分 （Ⅱ） 6 , 2( ) 2 , 2 mx m x f x mx m x        函数 )(xf 在 ),(  上是单调递增的 若不等式 2)( xf 的解集为 2xx 若 22 m ，则 2)2(2  m ，此时 6m 若 22 m ，则 2)2(6  m ，此时 14m 所以 6m 或 14m 时，不等式 2)( xf 的解集为 2xx ---------------------------10 分