河北省衡水中学2019届高三上学期四调考试数学(文)试题(扫描版)

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河北省衡水中学2019届高三上学期四调考试数学(文)试题(扫描版)

2018—2019 学年度上学期高三年级文科四调试题答案 一、BCBAD CACBA DA 二.13.1+ 14. 15. 1 1 1 2 2n n    16. 1.【解析】集合 ,集合 = ,根据集合交集的概念得到 .故选 B. 2. 【解析】由复数相等的充分必要条件有: ,即 , 则 , .故选 C. 3. 【解析】设 为坐标原点,∵ ,∴ 为直角三角形. 又 的中点,∴ .∵ ,∴ ,[来源:学科网] ∴ 为正三角形,∴直线 的倾斜角为 ,∴ . ∴离心率 .故选 B. 4.【解析】 .故选 A 5.【解析】当 a∩α=P 时,P∈a,P∈α,但 a⊄α,∴①错; a∩β=P 时,②错; 如图,∵a∥b,P∈b,∴P∉a, ∴由直线 a 与点 P 确定唯一平面α, 又 a∥b,由 a 与 b 确定唯一平面β,但β经过直线 a 与点 P,∴β与α重合,∴b⊂α,故③正确;[来源:学§科§网 Z§X§X §K] 两个平面的公共点必在其交线上,故④正确..故选 D. 6.【解析】因为 ,故选 C. 7.【解析】由题意,PA⊥平面 ABC,PA=AB=2,AC=2 ,因为平面 ABC,和平面 PBC 都是是直角三角 形,则角 ABC为直角,此时满足 BC 垂直于 PA,BC 垂直于 AB 进而得到 BC 垂直于 PB,此时满足面 PBC 为直角三角形,底面外接圆的圆心是斜边 AC 的中点,球心在过底面圆心并且和 PA 平行的直线上, 并且球心到圆心的距离为 1,直角三角形外接圆的半径为 r= .∴R2=r2+1,即 R= .∴球 O 的表面 积 S=4πR2=12π.故选 A. 8【解析】设      332211 ,,,,, yxCyxByxA ,则 1 2 1 2 2 2 1 21 2 1 2 4 3, 4 4 AB y y y yk y yx x y y       1 2 4 3y y 得 .同理 3 2 6 4 32  yy , 22 4 13  yy ,三式相加得 0321  yyy . 故与前三式联立,得 3 4,2,3 2 321  yyy , 9 4 4,14,9 1 4 2 3 3 2 2 2 2 1 1  yxyxyx , 则 27 14 3 321  xxx .故所求重心的坐标为      0,27 14 .故选 C. 9. 【解析】由题知,     1 1 1 1 02 1 2 2 1 2x xf x f x         ,可得  xf 为奇函数. 又  xf 是 R 上的减函数, 故           22222 222022 nmfmnfnmfmnfnmf    2 22 22 2 1 1 2m n m n m n        ,所以满足条件的  nm, 表示的区域是圆     211 22  yx 的内部(含边界),则点  nm, 到直线 047  yx 的距离 d= 50 47  nm       2 50 12,2 50 12 ,所以 7 4m n  的取值范围是 22,2 .故选 B. 10.【解析】由函数的图象可得 ,则 ,可得 再由五点作图法可得 ,可得 ,故函数的解析式为 由 故将函数 的图象向左平移 个单位长度可得到 的图象,故选 。 11.【解析】如图所示,任取圆 C2 上一点 Q,以 AQ为直径画圆, 交圆 C1 与 M、N 两点,则由圆的对称性知,MN=AQ,且∠AMQ=∠ANQ=90°, ∴四边形 AMQN 是矩形,由作图知,四边形 AMQN 能构成无数个矩形. 故选 D. 12. 【解析】由已知 即 而 ,故 , 设 , 容 易 求 得 当 时 的 最 小 值 为 2 , 当“=”成立的时候 ,故 选 A. 13.【解析】向量 , 的夹角为 60°, , , ∴ =4 ﹣4 • + =4×12﹣4×1×| |×cos60°+ =4﹣2| |+ =10,即 ﹣2| |﹣6=0,解得| |=1+ 或 =1 (不合题意,舍去), ∴| |=1+ .故填 1+ . 14.【解析】由三视图还原几何体如图所示: 该几何体还原实物图为三棱锥, 为腰长为 1 的等腰三角形, 平面 , 则 , .∴最长边为 ,故填 . 15.【解析】由题知,  1 11 1 2 2 12 2 2 22 2 , .1 1 2 1 2 1 nn n nn n n n n a a aa a              则      0 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n na a a                  所以 , 1 1 2 1 1 1 2 2n na a a    故 , 2 3 1 1 1 1 2 1 2 3 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2n n n n n a a a a a a a a a             所以 .[来源:Zxxk.Com] 16.【解析】在 Rt△PF1F2 中,∠F1PF2=90°,直线 的斜率为 故得到∠POF2=60°, ∴|PF2|=c,由三角形三边关系得到|PF1|= ,又|PF1|+|PF2|=2a=c+ , ∴ .故填 . 三、解答题: 17.【解析】(1)∵ 1 11 12n n b b    ,∴ 1 21 111 1 1 n n n n b b b b       , ∵ 1 1 1 41c b    ,∴数列 nc 是以 4 为首项, 1 为公差的等差数列, ∴ 4 ( 1) ( 1) 3nc n n         .…………………5 分 (2)由(1)知, 1 31n n c nb     ,∴ 2 3n nb n   , 从而 11 3n na b n     , 1 2 2 3 1n n nS a a a a a a    … 1 1 1 4 5 5 6 ( 3)( 4)n n        … 1 1 4 4n    4( 4) n n   …………………10 分 18. 【解析】(1)由△ABC 是等边三角形,得β=α+ 3  , 0≤α≤ 3  ,故 2cosα-cosβ=2cosα-cos(α+ 3  )= 3 sin(α+ 3  ), 故当α= 6  时,即 D 为 BC 中点时,原式取最大值 3 .………………………6 分 (2)由 cos β= 7 1 ,得 sin β= 7 34 ,故 sin α=sin (β- 3  )=sin βcos 3  -cos βsin 3  = 14 33 , 由正弦定理 ADB AB sin = BAD BD sin ,故 AB=   sin sin BD= 14 33 7 34 ×1= 3 8 , 故 S△ABD= 2 1 AB·BD·sin B= 2 1 × 3 8 ×1× 2 3 = 3 32 .………………12 分 19.【解析】(1)如图,取 SB 的中点 M , SC 的中点 E ,连接 AM , ME DE , ∵ ME 是 BCS 的中位线,∴ / /ME  1 2 BC , 依题意得, / /AD  1 2 BC ,则有 / /AD  ME ,∴四边形 AMED 是平行四边形,∴ / /ED AM , ∵ ED  平面 SAB , AM  平面 SAB ,∴ / /ED 平面 SAB .………4 分 (2)∵平面 SAD  平面 ABCD ,平面 SAD平面 ABCD AD , SA AD , SA  平面 SAD , 故 SA  平面 ABCD ,∵ E 是 SC 的中点, ∴ E 到平面 ABCD 的距离等于 S 到平面 ABCD 的距离的一半,且 SA  平面 ABCD , 4SA  , ∴三棱锥 E ACD 的高是 2, E ACD S AEDV V  , 在等腰 ABC 中, 3AC AB  , 4BC  , BC 边上的高为 2 23 2 5  , / /BC AD ,∴C 到 AD 的距离为 5 ,∴ 1 2 5 52ADCS     , ∴ 1 2 55 23 3S AEDV      .………………12 分 20. 解:(1)由题意得 2 2 2 2 4 1 2 a c a a b c        解得 2, 3, 1a b c   所以椭圆方程为 2 2 14 3 x y  …………………4 分 (2)直线l 方程为 2y kx  ,则 P 的坐标为 2( ,0)k 设 1 1 2 2( , ), ( , ),A x y B x y 则 1 1( , )C x y , 直线 BC 方程为 1 1 2 1 2 1 ,y y x x y y x x    令 0y  ,得Q 的横坐标为 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) ( ) 4 x y x y kx x x xx y y k x x       ① 又 2 2 14 3 2 x y y kx       得 2 2(3 4 ) 16 4 0.k x kx    得 1 2 2 1 2 2 16 3 4 4 3 4 kx x k x x k        , 代入①得 2 2 8 2 16 24 216 4(3 4 ) 12 k k kx kk k        , 得 2| | | | | | 2 4p QOP OQ x x kk       , | | | |OP OQ  为常数 4…………………12 分 21. 【解析】(1 )由题意可知 :设 ,由抛物线的 性质可知: , ∴ ;…………………2 分 (2) , , ,则 ,∴ ,∴ ,设 的中点 , , ,则直线 方程: , 联立 ,整理得: , 解得: , (舍去),∴ 的面积 ;…………………6 分 (3)存在,设 , ,则 , , 直线 方程为 ,∴ , ,[来源:Z#xx#k.Com] 根据 ,则 , ∴ ,解得: , ∴存在以 、 为邻边的矩形 ,使得点 在 上,且 .…………………12 分 22.【解析】(1)函数  f x 的定义域为  0, ,      1 11 1 a xf x ax x      ①当 1 0a   ,即 1a   时,   0f x  ,函数  f x 在 0, 上单调递增; ②当 1 0a   时,令   0f x  ,解得 1 1x a   , i)当 10 1x a    时,   0f x  ,函数单调递增, ii)当 1 1x a   时,   0f x  ,函数单调递减; 综上所述:当 1a   时,函数  f x 在 0, 上单调递增, 当 1a   时,函数  f x 在 10, 1a      上单调递增,在 1 ,1a     上单调递减;…………………6 分 (2)由(1)得:  max 1 1ln 11 1f x f a a        当函数  f x 有最大值且最大值大于3 1a  , 1ln 1 3 11 aa    , 即  ln 1 3 0a a   ,令    ln 1 3g a a a   ,  0 0g  且  g a 在 1,  上单调递增,    0 0g a g  在 1,  上恒成立,  -1 0a  ,故 a 的取值范围为  10 , .…………………12 分 [来源:学_科_网]
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