河北省衡水中学2019-2020年高三下学期第十次调研考试数学理科(PDF版,含解析)
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高三年级第十次调研考试 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料1 数学(理科)参考答案 一.选择题: DDCBC DCACA BD 1.【解析】  40  xxB  1 xZxA  3,2,1 BA 故选 D. 2.【解析】 2 21 2 3 4 , 2, 1 2 , 1 2z b bi i b z i z i              .故选 D. 3.【解析】设等比数列{ }na 公比为 q ,则 36 8 3 5 1 1 27 3 a a q qa a      , 所以 5 6 1 1 243a a q   .故选 C. 4.答案:B 5.【解析】 10,1,0  cba ,故选 C. 6.D 7.【解析】设圆锥底面半径为 r ,则 2 2 Lr L r    ,所以, 2 2 21 3 3 12 112 L hv r h L h    28 9   .故选 C. 8.【解析】 )1()1(),()(  xfxfxfxf 0)0(  f 4T最小正周期 1)1()1()14505()2019(  ffff , 0)0()4505()2020(  fff 1)2020()2019(  ff 故选 A. 9.【解析】分两种情况:后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为 1 1 3 1 2 3 2 5 2 5 50P      ; 后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为 2 1 2 1 2 1 2 5 2 5 25P      所以,所求事件概率为: 1 2 1 10P P  故选 C. 10.【解析】 3min21  xx ,周期 T , 22  T  , 132sin2162sin2                   xxy ,又新函数的图像关于 y 轴对称,  k 23 ,  k 6 , 6min   答案:A 11.【解析】 )0,(),0,(,2,2 21 cFcFbaP )(由题可知 , 4 1cos 12  FPF 高三年级第十次调研考试 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料2      ca FPFFFPFFFPF 2 cos 12122122         2 411 16 a c a c a c 或 11 153:  y渐近线方为 故选 B. 12.【解析】 100)()( 1,)-)(1 )( 22)(1)1( 2     kkfxfkx kkxfk kxxf kkxxxfx 有最小值,即时,当 )递增递减,(,在(时,①当 ,开口向上的对称轴为 时,当 101 0)1()(1 1-)(1    k fxfx xfk 显然成立,此时 有最小值,即时,当 )上递减,在(时,②当 (2)当 1x 时, 3)1()( eekxxf x  xekxxf )()('  10)1()( 1)(1 23   kekekefxf xfk 此时 )上递增,在(时,①当 3130)()( ,),1()(1 3   kkeekfxf kkxfk k 此时 )递增递减,(在时,②当 综上: 30  k 故选 D. 二.填空题: 13. 10 14. 16 1y 15. 4 1 16.①⑤ 15.解析:易知      2,11 1,2 19 nn nan ,11 b nn bn nb 11  1)1(  nn bnnb 所以数列  nnb 是常数列,得: nbn 1 ,又数列    nn ba , 的最小公共周期为 60,所以 404020202020 baba  ,而 11040  aa , 4 1 440  bb ,所以 4 1 404020202020  baba 16.解析:不妨设 2AD ,又 ACD 为正三角形,由 ABDBDCDBDBDA  3 , 得  DCDBDBDA 0)(  DCDADB ,即有 ACDB  ,所以 30ADB 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料3 ABDBDCDB  3 得 )(3 DADBDBDCDB  ,化简可以得 3 34DB , 90 DAB ,易得 ACDABD SS   ,故 21 VV  ,由于 60 ACDADB ,所以 ACDABD  与 的外接圆相同(四点共圆),所以三棱锥 ABDP  ,三棱锥 ACDP  的外 接球相同,所以 21 SS  三.解答题:(共 70 分) 17.解:(1)由 0 A   , 2cos 3A  ,得 5sin 3A  ,…………………………1 分 所以 5 2 4 5sin sin 2 2sin cos 2 3 3 9B A A A      ,…………………………3 分 由正弦定理 sin sin a b A B  ,可得 sin 6sin b Aa B   .…………………………6 分 (2) 2 2 2 1cos cos2 2cos 1 2 13 9B A A            ,…………………………8 分 在 ABC 22cos cos( ) sin sin cos cos 27C A B A B A B      ………………………10 分 在 ACM 中,由余弦定理得: 2 2 2 3052 cos 9AM AC CM AC CM C      所以, 305 3AM  .…………………………12 分 18.解析:(1)证法 1:在棱 11,DDCC 分别取点 NM , ,使得 1 PMQN ,易知四边形 MNQP 是·平行四边形,所以 PQMN // ,联结 NEMNFM ,, , NDAENDAE //,且则  所以四边形 ADNE 为矩形,故 NEAD // ,同理, ADBCFM //// 且 ADMFNE  ,故四边形 FMNE 是平行四边形,所以 MNEF // ,所以 PQEF // 故 QPFE ,,, 四点共面 又 BPQPQBPQEFPQEF 平面平面,  ,// , 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料4 所以 PQBEF 平面// .…………………6 分 证法 2:因为直棱柱 1111 DCBAABCD  的底面是菱形, ABCDAABDAC 底面 1, , 设 BDAC, 交点为O ,以O 为原点,分别以 OBOA, ,及过O 且与 1AA 平行的直线为 zyx ,, 轴建立空间直角坐标系.则有 )0,0,2(A , )0,1,0(B , )0,0,2(C , )0,1,0( D ,设 aBF  , ],3,1[a 则 )1,0,2( aE , ),1,0( aF , )1,0,2(  aP , ),1,0( aQ  , ),( 11,2EF , )1,1,2(QP ,所以 PQEF // ,故 QPFE ,,, 四点共面.又 BPQPQBPQEFPQEF 平面平面,  ,// ,所以 PQBEF 平面// .……6 分 (2).平面 EFPQ 中向量 ),( 11,2EF , ),( 11,2 EQ ,设平面 EFPQ 的一个法向 量为 )( 111 ,, zyx ,则      02 02 111 111 zyx zyx ,可得其一个法向量为 )2,0,1(1 n . 平面 BPQ 中, ),( 11,2  aBP , )( aBQ ,2,0  ,设平 面 BPQ 的一个法向量为 )( 222 ,, zyxn  ,则      02 012 22 222 azy zayx )( , 所以取其一个法向量 )( 4,2,22 aan  . 若 5 5 16)2(5 ,cos 22 21 21    aa nnnn , 则 84510 22  aaa )( , 即有 02342  aa , ],3,1[a 解得 232 a ],3,1[ 故不存在点 P 使之成立.……………12 分 19.解析:方法一:(1)如图设 BOE ,则 )sin2,cos2( B )sin2,cos2( D ,所以 cos2Px , sin2Py . 所以动点 P 的轨迹C 的方程为 124 22  yx .……………5 分 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料5 方法二:(1)当射线OD 的斜率存在时,设斜率为 k ,OD 方程为 kxy  , 由      222 yx kxy 得 2 2 1 2 kyP  ,同理得 2 2 1 4 kxP  ,所以 2 Px 42 2 Py 即有动点 P 的 轨迹C 的方程为 124 22  yx .当射线OD 的斜率不存在时 ,点 )2,0(  也满足 ………5 分 (2).由(1)可知 E 为C 的焦点,设直线 l 的方程为 2 myx (斜率不为 0 时)且设点 ),(),,( 2211 yxNyxM ,由      42 2 22 yx myx 得 0222)2( 22  myym 所以         2 2 2 22 221 221 myy m myy ,所以 )1(4 2 1 11 2 2 21 2     m m yymMN ………8分 又射线OQ 方程为 mxy  ,带入椭圆C 的方程得 4)(2 22  myx ,即 2 2 21 4 mxQ  2 2 2 21 4 m myQ  , )1(4 211 2 2 2   m m OQ ………10分 所以  2 11 OQMN )1(4 2 2 2   m m 4 3 )1(4 21 2 2   m m ……11分 又当直线 l 的斜率为0时,也符合条件.综上, 2 11 OQMN  为定值,且为 4 3 .…12分 20. 解 析 (1) 所 求 概 率 P = (C 1 2 3 2 . 3 1 )(C 2 2 2 1 . 2 1 ) + (C 2 2 3 2 . 3 2 )(C 1 2 2 1 . 2 1 )+(C 2 2 3 2 . 3 2 )(C 2 2 2 1 . 2 1 )= 9 4 ----------------------6 分 (2)他们在一轮游戏中获“优秀小组”概率为 2 2 2 2 2 1 2 222 1 2 2 1 2 2 2 2 2 211 1 2 )1()1( PCPCPPCPCPCPPCP  =2P 1 P 2 (P 1 +P 2 )-3P 2 1 P 2 2 -------------------------8 分 因为 P 1 + P2 = 3 4 所以 P= 3 8 p 2 p 2 -3p 2 1 p 2 2 因 0≤P 1 ≤1, 0≤P 2 ≤1 所以 3 1 ≤P 1 ≤1 , 3 1 ≤P 2 ≤1,又 p 2 p 2 ≤( 2 PP 21  )2 = 9 4 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料6 所以 9 1 < p 1 p 2 ≤ 9 4 令 t=p 1 p 2 以 9 1 < t ≤ 9 4 则 P=h(t)=-3t 2 + 3 8 t -----------10 分 当t= 9 4 时 P max = 27 16 他们小组在n轮游戏中获“优秀小组”次数 满足 ~ B( n , p ) 由 np max =16 则 n=27 所以理论上至少要进行 27 轮游戏。 此时 P 1 + P2= 3 4 p 1 p 2 = 9 4 P 1 =P2 = 3 2 ---------------12 分 21.解析(1) ),0(ln)( Raxaxxaxf  x xa x axf  1)(' Rax  ,0 ① 当 0a 时, 的)(xf 减区间为 ),0(  ,没有增区间 ② 当 0a 时, 的)(xf 增区间为 ),0( a ,减区间为 ),( a -----------------4 分 (2)原不等式  x bxxxxak  ln)ln1( . ],1[],,1[ exea  ,∴  1 ln ln 1 ln lna x x x x b x x x x b x x         ,-------6 分 令     2 1 ln ln ln'x x x x b x x bgg x xx x          , 令 11)(ln)( '  xxpbxxxp   lnp x x x b     在  1, 上递增; ①当  1 0p  时,即 ],1[1 ebb   所以 1b  时  1,x e ,    0 ' 0p x g x   , ∴  g x 在 1,e 上递增;∴    min 1 2 2c g x g b b c b       . ②当   0p e  ,即 ],1[ eeb  时  1,x e ,    0 ' 0p x g x   ,∴  g x 在 1,e 上 递减; ∴    min 2 2b bc g x g e b c be e         ]12,1[  eeee .---------------9 分 ③当    1 0p p e  时,   lnp x x x b    在上递增; 存在唯一实数  0 1,x e ,使得  0 0p x  ,则当  01,x x 时    0 ' 0p x g x    . 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料7 当  0 ,x x e 时    0 ' 0p x g x    . ∴     0 0 0 0 0mi 0 0 0 n 1 ln ln 1lnx x x x b xx xc g x g x         . ∴ 0 0 0 0 0 0 1 1ln lnb c x x x xx x        .此时 0 0lnb x x  . 令      1 1ln ' 1 0xh x x x h x h xx x         在 1,e 上递增,    01, 1 1,b e x e    ,∴ 12,b c e e       . 综上所述, ]12,2[  eecb .--------------------12 分 22.解析:(1):曲线 1C 的一般方程是   11 22  yx 222  yx ,且  cosx ,  siny , 曲线 2C 的一般方程为 11216 22  yx …………5 分 (2) :设点 P 的坐标为   sin32,cos4 , 22 1 rPCPA  ,       91cos413cos8cos4sin321cos4 22222 1  PC   6281cos4 2  PA ,即 1cos  时, 62max PA …………10 分 23.解析:(1).如图,平面区域平面区域  由一个正方形及其 内部组成,四个顶点分别为 )1,0(),2,1(),1,2(),0,1( ,所以 2222 1 S . ………5 分 (2).由(1) 2))((  cbca , 而 cba ,, 都 为 正 数 , 所 以 4))((22)(232  cbcacbcacba 当且仅当 2)(2  cbca 取得最小值. …………10 分 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料 关注公众号《春蕾盛开》 获取更多优质免费资料

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