河北省武邑中学2020届高三年级下学期第二次质检考试数学（文）试题 Word版含答案.doc

第 7 页 共 21 页 河北武邑中学 2019—2020 学年高三年级下学期第二次质检考试 数学试题（文科）答案 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，有且只有一项符 合题目要求,将正确答案填涂在答题卡上。 1.已知集合 A＝{x|x2﹣3x﹣4＜0}，B＝{y|y＝2x+3}，则 A∪B＝（ ） A．[3，4） B．（﹣1，+∞） C．（3，4） D．（3，+∞） 解：∵集合 A＝{x|x2﹣3x﹣4＜0}＝{x|﹣1＜x＜4}，B＝{y|y＝2x+3}＝{y|y＞3}， ∴A∪B＝{x|x＞﹣1}＝（﹣1，+∞）．故选：B． 2．已知复数 z1＝3﹣bi，z2＝1﹣2i，若 是实数，则实数 b 的值为（ ） A．0 B．﹣6 C． 6 D． 解：∵ ＝ ＝ ＝ 是实数， 则 6﹣b＝0，∴实数 b 的值为 6， 故选 C 3.党的十九大报告明确提出：在共享经济等领域培育增长点、形成新动能.共享经济是公众将闲置资 源通过社会化平台与他人共享，进而获得收入的经济现象.为考察共享经济对企业经济活跃度的影响， 在四个不同的企业各取两个部门进行共享经济对比试验，根据四个企业得到的试验数据画出如下四个 等高条形图，最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果的图形是（ ） A. B. C. D. 解： 根据四个列联表中的等高条形图可知， 图中 D 中共享与不共享的企业经济活跃度的差异最大， 它最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果，故选 D． 4．设 1tan 2   ， 4cos(π ) ( (0,π))5      ，则 tan(2 )  的值为（ ） A． 7 24  B． 5 24  C． 5 24 D． 7 24第 8 页 共 21 页 解： 1tan 2   ， 2 2tan 4tan 2 1 tan 3    ， 4cos(π ) cos5       ， ( (0,π)  ， 4cos 5   ， 3sin 5   ， 3tan 4   ， 4 3 tan 2 tan 73 4tan(2 ) 4 31 tan 2 tan 241 3 4            【答案】D 5.大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传 统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和. 已知该数列前 10 项是 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则大衍数列中奇数项的通项公式 为（ ）A. 2 2 n n B. 2 1 2 n  C. 21 2 n   D. 2 2 n 解：由题意 1 0a  ，排除 D， 3 4a  ，排除 A，C．同时 B 也满足 5 12a  ， 7 24a  ， 9 40a  ， 故选：B． 6．椭圆 2 2 39 1x y  的左、右焦点分别为 1F 、 2F ，点 P 在椭圆上，如果 1PF 的中点在 y 轴上，那么 1PF 是 2PF 的（ ） A．7 倍 B．6 倍 C．5 倍 D．4 倍 【答案】C 7．如图所示，某几何体的正视图与俯视图均为边长为 4 的正方形， 其侧视图中的曲线为 圆周，则该几何体的体积为（ ） A． B． C． D．第 9 页 共 21 页 解：结合题意，绘制图像，如图所示 平面 DEF 的面积为 ，故该几何体的体积 ，故选 B. 8．函数 ( ) 2 1 x xf x x    的图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 根据导数和单调性的关系，判断函数的单调性，再判断函数的变化趋势，即可得到答案． 【详解】 解： 1( ) 2 2 11 1 x xxf x x x       的定义域为 ( , 1) ( 1, )     ， 2 1( ) 2 ln 2 0( 1) xf x x      恒成立， ( )f x 在 ( , 1)  ， ( 1, )  单调递增， 当 0x x 时， ( ) 0f x  ，函数单调递增，故排除C ， D ， 当 x   时， 2 0x  ， 11 x x  ， ( ) 1f x  ，故排除 B ，第 10 页 共 21 页 故选：A． 【点睛】 本题主要考查函数图象的识别，关键是掌握函数的单调性和函数值的变化趋势，属于中档题． 9.已知函数     20,0,0 A 与 轴交于点    2 3,0M ，距离 轴最近的 最高点    3,9 N ，若 ，且 ，恒有 ，则实数 的最大值为（ ） A． B． C． D． 解：由题意得， ， ， ， ，由五点作图法知 ，解得 ， ，令 ， . 解得 ， . ， ，故选:C. 10.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着 一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边 饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为 x2+y2≤1， 若将军从点 A（3，0）处出发，河岸线所在直线方程为 x+y＝4，并假定将军只要到达军营所在区 域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ） A． 117  B． C． D． 【答案】A 【解析】分析：求出 A 关于 x+y＝4 的对称点 A'，根据题意，A'C﹣ 为最短距离，求出即可． 解：设点 A 关于直线 x+y＝4 的对称点 A'（a，b），设军营所在区域为的圆心为 C， 根据题意，A'C﹣1 为最短距离，先求出 A'的坐标，第 11 页 共 21 页 AA'的中点为（ ， ），直线 AA'的斜率为 1， 故直线 AA'为 y＝x﹣3， 由 ，联立得故 a＝4，b＝1， 所以 A'C＝ ， 故 A'C﹣1＝ 117  ，故选：A． 11.如图， 为 的外心， 为钝角， 是边 的中点， 则 的值为（ ） A. 4 B. C. D. 12．已知定义在 R 上的函数  y f x 对任意 x 都满足    1f x f x   ，且当 0 1x  时，  f x x ，则函数     ln | |g x f x x  的零点个数为( ) A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【解析】 【详解】 当 01  x 时，则 110  x ， 此时有 ( ) ( 1) 1f x f x x      ， ∵    1f x f x   ， ∴    2 1 [ ( )] ( )f x f x f x f x        ， ∴函数  y f x 是周期为 2 的周期函数．第 12 页 共 21 页 令     ln 0g x f x x   ，则   lnf x x ， 由题意得函数     lng x f x x  的零点个数即为函数  y f x 的图象与函数 y ln x 的图象交 点的个数． 在同一坐标系内画出函数  y f x 和函数 y ln x 的图象（如图所示）， 结合图象可得两函数的图象有三个交点， ∴函数     lng x f x x  的零点个数为 3.选 C． 点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法 (1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图 象，利用数形结合的方法求解． 13.若 ,x y 满足约束条件 2 2 0 3 3 0 0 x y x y x          ，则 z x y  的最小值为（ ） A． 3 B．1 C． 2 解：先作可行域，则直线 z x y  过点 (0,2)A 时取最小值 2 ， 选 C. 14.利用随机模拟方法计算 4y 和 2y x= 所围成图形的面积.首先利 用计算机产生两组 0~1 区间的均匀随机数， 1a RAND ， RANDb 1 ，然后进行平移和伸缩变换，   11 4,5.04 bbaa  ， 若共产生了 N 个样本点 ( , )a b ，其中落在所围成图形内的样本点数为 1N ，则所围成图形的面积可估第 13 页 共 21 页 计为__________.（结果用 N ， 1N 表示） 【答案】 N N116 15．已知双曲线 C ： 2 2 2 2 1x y a b    0, 0a b  的左右焦点分别为 1F ， 2F ，P 为双曲线C 上一点，Q 为双曲线 C 渐近线上一点， P ，Q 均位于第一象限，且 22QP PF  ， 1 2 0QF QF   ，则双曲线C 的离心率为__________. 【答案】 13 2 【解析】 由双曲线的方程 2 2 2 2 1x y a b   的左右焦点分别为 1 2,F F ， P 为双曲线C 上的一点， Q 为双曲线C 的 渐近线上的一点，且 ,P Q 都位于第一象限，且 2 1 22 , 0QP PF QF QF      ， 可知 P 为 2QF 的三等分点，且 1 2QF QF  , 点Q 在直线 0bx ay  上，并且 OQ c ，则 ( , )Q a b ， 2 ( ,0)F c ， 设 1 1( , )P x y ，则 1 1 1 12( , ) ( , )x a y b c x y     ， 解得 1 1 2 2,3 3 a c bx y  ，即 2 2( , )3 3 a c bP  ， 代入双曲线的方程可得 2 2 (2 ) 4 19 9 a c a    ，解得 13 2ce a    点睛：本题考查了双曲线的几何性质，离心率的求法，考查了转化思想以及运算能力，双曲线的离心 率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出 ,a c ，代入公式 ce a  ；②只需要根据一个条件得到关于 , ,a b c 的齐次式，转化为 ,a c 的齐次式，然 后转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得 e ( e 的取值范围)． 16.点 P 为棱长是3的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的内切球O 球面上的动点，点 P 满足 1BP AC ， 则动点 P 的轨迹的长度为第 14 页 共 21 页 17．（本题满分 12 分） 为利于分层教学，某学校根据学生的情况分成了 A,B,C 三类，经过一段时间的学习后在三类学生中分 别随机抽取了 1 个学生的 5 次考试成绩，其统计表如下： A 类 第 x 次 1 2 3 4 5 分数 y（小于等于 150） 145 83 95 72 110       180,10 5 1 2 5 1 2 5 1    i i i i i i yyxxxx ； B 类 第 x 次 1 2 3 4 5 分数 y（小于等于 150） 85 93 90 76 101       60,10 5 1 2 5 1 2 5 1    i i i i i i yyxxxx C 类 第 x 次 1 2 3 4 5 分数 y（小于等于 150） 85 92 101 100 112第 15 页 共 21 页       63,10 5 1 2 5 1 2 5 1    i i i i i i yyxxxx （3）经计算已知 A,B 的相关系数分别为 ,25.0,45.0 21  rr 请计算出 C 学生的   5,4,3,2,1, iyx ii 的相关系数，并通过数据的分析回答抽到的哪类学生学习成绩最稳定；（结果保留三位有效数字， r 越大认为成绩越稳定）。 （4）利用（1）中成绩最稳定的学生的样本数据，已知线性回归方程为 axy ˆ2.6ˆ  ，利用线性回归 方程预测该生第九次的成绩。 参考公式：（1）样本 ( )(, 1,2, , )i ix y i n  的相关系数 1 2 2 1 1 ( )( ) ( ) ( ) n i i i n n i i i i x x y y r x x y y            （2）对于一组数据 1 1( , )x y ， 2 2( , )x y ， ，( , )n nx y ，其回归方程 y b x a      的斜率和截距的最小 二乘估计分别为 1 2 1 ( )( ) ( ) n i i i n i i x x y y b x x          ， a y b x     . 相关系数 984.063 62 3 r ，第 16 页 共 21 页 又因为 213 rrr  ，则 C 类学生学习成绩最稳定 当 9x 时， 2.135ˆ y ， 所以预测该生的第九次成绩约为 135.2. 18.已知等比数列 na 的公比 1q  ，且 1 3 5 42a a a   ， 3 9a  是 1 5,a a 的等差中项，数列 nb 的 通项公式 1 2 1 1 n n n n b a a      ， *n N . （1）求数列 na 的通项公式； （2）求数列 nb 的前 n 项和 nS . 解：（1）由 3 9a  是 1a ， 5a 的等差中项得 1 5 32 18a a a   ， 所以 1 3 5a a a  33 18 42a   ，解得 3 8a  ， 由 1 5 34a a  ，得 2 2 8 8 34qq   ，解得 2 4q  或 2 1 4q  ，因为 1q  ，所以 2q = . 所以， 2n na  . （2）由（1）可得 1 2 2 1 2 1 n n n n b      ， *n N . 所以 1 2 2 1 2 1 n n n n b       1 1 1 2 ( 2 1 2 1) ( 2 1 2 1)( 2 1 2 1) n n n n n n n             1 1 2 ( 2 1 2 1) 2 1 2 1 n n n n n         1 12 ( 2 1 2 1) 2 1 2 12 n n n n n n         ， 所以 +... ...第 17 页 共 21 页 19．如图，四边形 PCBM 是直角梯形， 90PCB   ， //PM BC ， 1PM  ， 2BC  ，又 1AC  ， 120ACB  ， AB PC ，直线 AM 与直线 PC 所成的角为 60°. （1）求证： PC AC ； （2）求点 B 到平面 ACM 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 21 7 . 【解析】 【分析】 （1）根据已知 BC PC ， AB PC ，可得 PC  平面 ABC ，即可证明结论； （2）过 M 做 / /MO PC ，交 BC 于O ，连 AO ，根据 （1）可得OM  平面 ABC ，得到 OMA 为异面直线 AM 与直线 PC 所成的角，在 AOC 求出OA， Rt AOM 中可得出 ,OM AM ，求出 ,ACM ABCS S  ， 用等体积法，即可求解. 【详解】 （1）∵ BC PC ， AB PC ， AB BC B  ， ∴ PC  平面 ABC ， ∵ AC  平面 ABC ， PC AC  . （2）过 M 做 / /MO PC ，交 BC 于O ，连 AO ，第 18 页 共 21 页 1PM  ， 2BC  ， O 为 BC 中点， PC  平面 ABC ， OM  平面 ABC ， OM OA  ， OMA∴ 为异面直线 AM 与直线 PC 所成的角， 60OMA  ，在 AOC 中，由余弦定理得， 2 2 2 2 cos 3OA CA OC CA OC ACB       ， 3, 1, 2tan 60 OAOA OM AM     ， 2MC  在 ACM 中， 2 2 2 4 1 2 3cos 2 2 2 1 4 AM AC MCMAC AM AC          ， 2 7sin 1 cos 4MAC MAC      ， 1 7sin2 4MACS AC AM MAC      ， 1 3sin2 2ABCS CA CB ACB      ， 设点 B 到平面 ACM 的距离为 , M ABC B MACh V V  ， 3 1 1 2 212,3 3 77 4 ABC MACS OM S h h       ， 点 B 到平面 ACM 的距离为 2 21 7 . 【点睛】 本题考查空间点、线、面位置关系，证明直线与直线垂直，应用等体积法求点到平面的距离，考查直 观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题. .第 19 页 共 21 页 20.（本题满分 12 分）已知抛物线 2 2y x ，过点 (1,1)P 分别作斜率为 1k ， 2k 的抛物线的动弦 AB 、 CD ，设 M 、 N 分别为线段 AB 、CD 的中点． （Ⅰ）若 P 为线段 AB 的中点，求直线 AB 的方程； （Ⅱ）若 1 2 1k k  ，求证直线 MN 恒过定点，并求出定点坐标． 解：（Ⅰ）设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则 2 1 12y x ①， 2 2 22y x ②． ①－②，得 1 2 1 2 1 2( )( ) 2( )y y y y x x    ． 又因为 (1,1)P 是线段 AB 的中点，所以 1 2 2y y  所以， 2 1 1 2 1 2 1 2= 1y yk x x y y    ． 又直线 AB 过 (1,1)P ，所以直线 AB 的方程为 y x ；…………………………………5 分 （Ⅱ）依题设 ( , )M MM x y ，直线 AB 的方程为 11 ( 1)y k x   ，即 1 11y k x k   ， 亦即 1 2y k x k  ，代入抛物线方程并化简得 2 2 2 1 1 2 2(2 2) 0k x k k x k    ． 所以， 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2k k k kx x k k      …………………………………7 分 于是， 1 2 2 1 1 M k kx k  ， 1 2 1 2 1 22 11 1 1 M M k ky k x k k k kk        ． 同理， 1 2 2 2 1 N k kx k  ， 2 1 Ny k ．…………………………………9 分 易知 1 2 0k k  ，所以直线 MN 的斜率 2 1 2 11 M N M N y y k kk x x k k    ． 故直线 MN 的方程为 2 1 1 2 2 1 2 1 1 11 ( )1 k k k ky xk k k k    ， 即 2 1 2 1 11 k ky xk k  ．此时直线过定点 (0,1) ． 故直线 MN 恒过定点 (0,1) ．…………………………………12 分 21.（本题满分 12 分）已知函数 ( ) xf x e x  ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 1 2( ) ( )f x f x ， 1 2x x ，求证： 1 2 2x xe e  ． 解：（Ⅰ）函数  f x 定义域为 ,R   1xf x e   ，第 20 页 共 21 页 令   0f x  得  0,x  ，令   0f x  得  ,0x  ， 故  f x 在 0, 单调递增，在 ,0 单调递减. ……………4 分 （Ⅱ）    1 2 ,f x f x 不妨设 2 1x x ，则 2 1 1 2 1 2 2 1 , 1 x x x x e ee x e x x x      ， 要证： 1 2 2,x xe e  即证：  2 1 2 1 2 1 2x x x x x x e ee e     ……（*）， 而     2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 x x x x x x x x x x ee e x xe e e         ，令  2 1, 0,t x x t    ， （*）等价于    1 2 1 2 2 0, 0,1 t t t t et t e e te          ，……………8 分 设      1 2 2, 0,t tg t t e e t      ，      1 1 2 1 1,t t tg t t e e t e        令    1 1,th t t e   ∵  ' 0th t te  在  0,t   恒成立， 则  g t 在  0,t   单调递增，故    0 0g t g   ，故  g t 在  0,t   单调递增， 故    0 0g t g  ，故原命题得证．……………12 分 22.在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 3 cos 3 3sin x y       （ 为参数），以坐标原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2cos  . （1）求曲线 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程； （2）已知曲线 3C 的极坐标方程为  （ 0    ， R ），点 A 是曲线 3C 与 1C 的交点，点 B 是 曲线 3C 与 2C 的交点， A 、 B 均异于原点O ，且| | 2 2AB  ，求实数 的值. 解：（1）曲线 1C 的参数方程为 3 cos 3 3sin x y       ,消去参数 ， 可得曲线 1C 的普通方程为：  22 3 3x y  第 21 页 共 21 页 故：曲线 2C 的极坐标方程为 2cos  . 2 2 cos    又 cos sin x y        故： 2C 的直角坐标方程为：  2 21 1x y   . （2）曲线 1C ：  22 3 3x y   化为极坐标方程为 2 3sin  设点  1,A   ，  2 ,B   ，依题设知 1 2 3sin  ， 2 2cos  所以| | | 2 3sin 2cos | 4 sin 6AB          由| | 2 2AB  知 2sin 6 2       因为 5 6 6 6       ，故 6 4     或 3 6 4     23.已知函数   2 3f x x a x    ，   2 3g x x   ．  1 解不等式   6g x  ；  2 若对任意的 2x R ，均存在 1x R ，使得    1 2g x f x 成立，求实数 a 的取值范围． 解：(Ⅰ)由 2 3 6x    ，得 6 2 3 6x     ， ∴ 9 2 3x    ，得不等式的解为 1 5x   (Ⅱ)      2 3 2 3 2 3f x x a x x a x a          ，   2 3 3g x x    ，  对任意的 2x R 均存在 1x R ，使得    2 1f x g x 成立，       y y f x y y g x   ，  2 3 3a   ，解得 0a  或 3a   ， 即实数 a 的取值范围为： 0a  或 3a   ．