河北省衡水中学2020届高三数学下学期第九次调研试题理含解析.doc

1、河北省衡水中学2020届高三数学下学期第九次调研试题 理（含解析）一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简集合A，B，再求.【详解】因为，所以.故选：C【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.2.复数上的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简得到计算虚部得到答案.【详解】，所以的虚部为.故选：【点睛】本题考查了复数虚部的计算，属于简单题.3.某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的

2、折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为，以下结论中不正确的为（ ）A. 15名志愿者身高的极差小于臂展的极差B. 15名志愿者身高和臂展成正相关关系，C. 可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米D. 身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米，【答案】D【解析】【分析】根据散点图和回归方程的表达式，得到两个变量的关系，A根据散点图可求得两个量的极差，进而得到结果；B，根据回归方程可判断正相关；C将190代入回归方程可得到的是估计值，不是准确值，故不正确；D，根据回归方程x的系数可得到增量为11.6厘米，但是回归方程上的点并不都是准确的样本点，故不正确.【详解

3、】A，身高极差大约为25，臂展极差大于等于30，故正确；B，很明显根据散点图像以及回归直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长一些，故正确；C，身高为190厘米，代入回归方程可得到臂展估计值等于189.65厘米，但是不是准确值，故正确；D，身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，但并不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点,故说法不正确.故答案为D.【点睛】本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量

4、，对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.4.函数的图象不可能是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】变成分段函数后分段求导，通过对分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案.【详解】,.(1)当时,图象为A;(2)当时,在上单调递增,令得,当时,当时,在上单调递减,在上单调递增,图象为D;(3)当时,在上单调递减,令得,当时,当时,在上单调递减,在上单调递增,图象为B;故选：C.【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.5.某几何体的三视图如

5、图所示，该几何体表面上的点与点在正视图与侧视图上的对应点分别为，则在该几何体表面上，从点到点的路径中，最短路径的长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出几何体的图形，然后PQ的路径有正面和右面以及正面和上面两种路径，分别计算出结果，得出答案.【详解】由题，几何体如图所示（1）前面和右面组成一面此时PQ= （2）前面和上面再一个平面此时PQ= 故选C【点睛】本题考查了几何体的三视图以及相关的计算，解题的关键是PQ的路径有两种情况，属于较易题.6.设，为正数，且，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，化简，根据均值不等式，即可求得答案；

6、【详解】当时，当且仅当时，即取等号，.故选：D【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值，解题关键是灵活使用均值不等式，注意要验证等号的是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.7.我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【详解】由得，即，即，因为，所以，由余弦定理，所以，由的面积公式得故选：A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运

7、算求解的能力，属于中档题.8.执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题知，该程序是利用循环结构计算，输出变量的值，可发现周期为，即可得到，此时输出.【详解】，.，.，.，.，.可发现周期，.此时输出.故选：【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构和条件结构，周期是是解决本题的关键，属于简单题.9.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件，令，代入中并取相同的正指数，可得的范围并可比较的大小；由对数函数的图像与性质可判断的范围，进而比较的大小.【详解】因为令则将式子变形可得，因为所以由对数函数的图像与性质可知综

8、上可得故选：A.【点睛】本题考查了指数式与对数式大小比较，指数幂的运算性质应用，对数函数图像与性质应用，属于基础题.10.已知双曲线，点是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线与直线的距离，根据圆与双曲线的右支没有公共点，可得，解得即可【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，是直线上任意一点，则直线与直线的距离，圆与双曲线的右支没有公共点，则，即，又故的取值范围为，故选：B【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答中根据圆与双

9、曲线的右支没有公共点得出是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题11.直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为，若在上是增函数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，得到，则，然后求得其单调增区间，再根据在上是增函数，由是增区间的子集求解.【详解】因为直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，所以，由，得，所以在上是增函数，由，解得.故选：B【点睛】本题主要考查正切函数的图象和性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题12.已知函数，若方程有3个不同的实根，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.

10、 【答案】A【解析】【分析】利用导数法，明确在，上是增函数，在上是减函数，结合的图象，得，构造函数，再利用导数法求其取值范围.【详解】由得，所以在，上是增函数，在上是减函数，结合的图象可得，又，设，则，所以在上是减函数，在上是增函数，由，可得的取值范围是 故选：A【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解问题的能力，属于难题.二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.的展开式的第项为_【答案】【解析】【分析】由二项式定理的通项公式求解即可【详解】由题展开式的第2项为故答案为【点睛】本题考查二项式定理，熟记公式，准确计算是关键，是基础题.14.已知中

11、，若点满足，则_【答案】【解析】【分析】根据，以为一组基底，由，得到，再由求解.【详解】因为又因为，所以，所以.故答案为：-12【点睛】本题主要考查平面向量基本定理和向量的线性运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15.记等差数列的前n项和为，若，则的前n项和_【答案】【解析】【分析】由等差数列的通项公式以及前项和公式代入可求得，再由分组求和即可求解.【详解】因为是等数差数列，而，所以，解得，则，；数列构成首项为9，公差为9的等差数列；若n为偶数，则，若n为奇数，则T 故.故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及分组求和，需熟记公式，属于基础题.16.已知三棱锥的所有顶点都在球

12、的表面上，平面，则球的表面积为_【答案】【解析】分析：根据三棱锥的结构特征，求得三棱锥外接球半径，由球表面积公式即可求得表面积详解：由，根据同角三角函数关系式得 ，解得 所以 ，因为，由余弦定理 代入得 所以ABC为等腰三角形，且 ，由正弦定理得ABC外接圆半径R为 ，解得 设ABC外心为 ， ，过 作 则在 中 在中 解得 所以外接球面积为 点睛：本题综合考查了空间几何体外接球半径的求法，通过建立空间模型，利用勾股定理求得半径；结合球的表面积求值，对空间想象能力要求高，综合性强，属于难题三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明或演算步骤）17.设.（）求的单调区间；（）在锐角

13、中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.【答案】（）单调递增区间是；单调递减区间是（）面积的最大值为【解析】试题分析：（）首先利用二倍角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；（）首先由结合（）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.试题解析：解：（）由题意知由可得由可得所以函数的单调递增区间是；单调递减区间是（）由得由题意知为锐角，所以由余弦定理：可得：即：当且仅当时等号成立.因此所以面积的最大值为考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.18.如图，在三棱锥P-ABC中，已知，顶点P在平面ABC上射影为的外接圆圆心.

14、（1）证明：平面平面ABC；（2）若点M在棱PA上，且二面角P-BC-M的余弦值为，试求的值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）设的中点为，连接，易知点为的外接圆圆心，从而平面，即可证明平面平面ABC；（2）以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量，代入公式即可建立的方程，解之即可.【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接， 由题意，得，则为直角三角形，点为的外接圆圆心 又点在平面上的射影为的外接圆圆心，所以平面， 又平面，所以平面平面 （2）解：由（1）可知平面，所以，于是以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系

15、， 则，设，设平面的法向量为，则得令，得，即 设平面的法向量为，由得令，得，即 解得即M为PA的中点【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力19.某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店提供了两种日工资方案：方案(a)规定每日底薪50元，快递业务每完成一单提成3元；方案(b)规定每日底薪100元，快递业务的前44单没有提成，从第45单开始，每完成一单提成5元，该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取100天的数据，将样本数据分为 25，35），35，45)，45，55)，55，65)，65，75)，75，85)，85，95七组，整理得到如

16、图所示的频率分布直方图.（1）随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率；（2）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案（a）的概率为，选择方案（b）的概率为若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人选择日工资方案相互独立，求至少有两名骑手选择方案(a)的概率；（3）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）【答案】() () （）见解析【解析】分析】()先设事件为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”，由频率分布直方图，即可求出结果；(

17、)先设事件为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”，设事件为“甲乙丙三名骑手中恰有人选择方案（1）”，根据题意可得，进而可求出结果；（）先设骑手每日完成快递业务量为件，得到方案（1）的日工资，方案（2）的日工资 ，再由题中条件分别得到与的期望，比较大小即可得出结果.【详解】()设事件为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于单的频率分别为：因为所以估计为. () 设事件为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）” 设事件为“甲乙丙三名骑手中恰有人选择方案（1）”，则，所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）

18、的概率为 （）设骑手每日完成快递业务量为件 方案（1）的日工资，方案（2）的日工资 所以随机变量的分布列为 ；同理随机变量的分布列为 因为，所以建议骑手应选择方案（1）【点睛】本题主要考查频率分布直方图、离散型随机变量的分布列与期望等，熟记概念，会分析频率分布直方图即可，属于常考题型.20.如图，椭圆：的左右焦点分别为，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于两点，当时，点在轴上的射影为，连接并延长分别交于两点，连接，与的面积分别记为，设.（1）求椭圆和抛物线的方程；（2）求的取值范围.【答案】（I） ，；（II） 【解析】试题分析：（ ）由题意得得，根据点M在抛物线上得，又由，得 ，可得，解

19、得，从而得，可得曲线方程（ ）设，分析可得，先设出直线的方程为 ，由，解得，从而可求得，同理可得,故可将化为m的代数式，用基本不等式求解可得结果试题解析：（）由抛物线定义可得，点M在抛物线上，即 又由，得 将上式代入，得解得，所以曲线方程为，曲线的方程为 （）设直线的方程为，由消去y整理得，设，.则，设，则，所以， 设直线的方程为 ，由，解得，所以，由可知，用代替，可得， 由，解得，所以，用代替，可得所以，当且仅当时等号成立所以的取值范围为. 点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值常从以下几个方面考虑：利用判别

20、式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围21.已知函数.（1）若有两个不同的极值点，求实数的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】分析】（1）由得，根据有两个不同的极值点，则有两个不同的零点，即方程有两个不同的实根，转化为直线与的图象有两个不同的交点求解.（2）由（1）知，设，则，由得，要证，将 代入整理为，再令，转化为，再构造函数，研究其最大值即可.【详解】（1）由得，有两个不同的极值点，则有两个不同的零点，即方程

21、有两个不同的实根，即直线与的图象有两个不同的交点，设，则，时，单调递增，且的取值范围是；时，单调递减，且的取值范围是，所以当时，直线与的图象有两个不同的交点，有两个不同的极值点，故实数的取值范围是.（2）由（1）知，设，则，由得，所以要证，只需证，即证，即证，设，即证，即证，设，则，所以在是增函数，所以，从而有.【点睛】本题主要考查导数与函数极值，导数法证明不等式，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数

22、方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（）求曲线以及直线的极坐标方程；（）若，直线与曲线相交于不同的两点，求的值.【答案】（），；（）【解析】【分析】（1）消去参数t可得的普通方程，利用平方关系消去参数可得曲线C的直角坐标方程，把2x2+y2，ysin代入，可得曲线以及直线的极坐标方程 （II）把直线l的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数的几何意义求得结果【详解】（）依题意，曲线：，故，即，即；直线：，即，即，故；（）将直线的参数方程代入中，化简可得，设，所对应的参数分别为，则，故.【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，考查了直线参数的意义，考查了计算能力，属于中档题选修4-5：不等式选讲23.选修4-5：不等式选讲已知函数（）解不等式；（）已知，且，求证【答案】（）； （）见解析.【解析】【分析】（）整理得：，由绝对值的几何意义即可解不等式 （）将问题转化成，求得，转化成证明利用基本不等式即可证明结论，问题得解【详解】（），即，由绝对值的几何意义得：；（），要证，只要证，即【点睛】本题主要考查了绝对值的几何意义，还考查了转化思想及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题