河北省唐山市届高三摸底考试理数.docx

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河北省唐山市届高三摸底考试理数

河北省唐山市2020届高三摸底考试

数学（理科）

一．选择题（60分）

1.已知集合，，则

A.B.C.D.

2.已知，是关于的方程的一个根，则

A.B.C.D.

3.已知，，，则，，的大小关系为

A.B.C.D.

4.函数的图象大致为

A.B.

C.D.

5.右图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影部分分别标记为和.在此图内任取一点，此点取自区域的概率记为，取自区域的概率记为，则

A.B.

C.D.与的大小关系与半径长度有关

6.右图是判断输入的年份是否是闰年的程序框图，若先后输入，，则输出的结果分别是（注：

表示除以的余数）

A.是闰年，2400是闰年

B.是闰年，2400是平年

C.是平年，2400是闰年

D.是平年，2400是平年

7.若，则

A.B.

C.D.

8.已知等差数列的公差不为零，其前项和为，若,,成等比数列，则

A.B.C.D.

9.双曲线的右焦点为，点为的一条渐近线上的点，为坐标原点，若，则的最小值为

A.B.C.1D.2

10.在的展开式中，的系数是

A.10B.0C.10D.20

11.直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是

A.B.C.D.

12.设函数，若存在实数使得恒成立，则的取值范围是

A.B.C.D.

二、填空题（共20分）

13.若满足约束条件，则的最大值为______.

14.已知是夹角为60°的两个单位向量，，则_____.

15.已知函数，若在上恰有3个极值点，则的取值范围是______.

16.在三棱锥中，点到底面的距离为，则三棱锥的外接球的表面积为________.

三．（解答题，共70分）

17.（12分）的内角所对的边分别为，已知的面积为.

（1）证明：

（2）若求

18.（12分）某音乐院校举行“校园之星”评选活动，评委由本校全体学生组成，对两位选手，随机调查了20个学生的评分，得到下面的茎叶图：

（1）通过茎叶图比较两位选手所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；

（2）校方将会根据评分记过对参赛选手进行三向分流：

记事件“A获得的分流等级高于B”，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C发生的概率.

19.（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，点是的中点.

（1）求证：

平面；

（2）若直线与平面所成角为，求二面角的大小.

20.（12分）已知为抛物线的焦点，直线与相交于两点.

（1）若，求的值；

（2）点，若，求直线的方程.

21.（12分）

已知函数，，为的导数，且.

证明：

（1）在内有唯一零点；

（2）.

（参考数据：

，，，，.）

（二）选考题：

共10分.请考生在第（22），（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.

22.[选修：

坐标系与参数方程]（10分）

在极坐标系中，圆.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，直线经过点且倾斜角为.

（1）求圆的直角坐标方程和直线的参数方程；

（2）已知直线与圆交与，，满足为的中点，求.

23.[选修：

不等式选讲]（10分）

设函数.

（1）画出的图像；

（2）若，求的最小值.

数学（理科）参考答案

一．选择题：

A卷：

CADDCCBCBBAD

二．填空题：

（13）0（14）（15）（，]（16）6

三．解答题：

17．解：

（1）由S＝bcsinA＝b2tanA得3csinA＝btanA．

因为tanA＝，所以3csinA＝，

又因为0＜A＜π，所以sinA≠0，

因此b＝3ccosA．…4分

（2）因为tanA＝2，所以cosA＝，

由

（1）得2bccosA＝，c＝．…8分

由余弦定理得8＝b2＋c2－2bccosA，

所以8＝b2＋－＝，

从而b2＝9．

故S＝b2tanA＝3．…12分

18．解：

（1）通过茎叶图可以看出，A选手所得分数的平均值高于B选手所得分数的平均值；A选手所得分数比较集中，B选手所得分数比较分散．…4分

（2）记CA1表示事件：

“A选手直接晋级”，

CA2表示事件：

“A选手复赛待选”；

CB1表示事件：

“B选手复赛待选”，

CB2表示事件：

“B选手淘汰出局”．

则CA1与CB1独立，CA2与CB2独立，CA1与CA2互斥，C＝（CA1CB1）∪（CA1CB2）∪（CA2CB2）．

P（C）＝P（CA1CB1）＋P（CA1CB2）＋P（CA2CB2）

＝P（CA1）P（CB1）＋P（CA1）P（CB2）＋P（CA2）P（CB2）．

由所给数据得CA1，CA2，CB1，CB2发生的频率分别为，，，，故

P（CA1）＝，P（CA2）＝，P（CB1）＝，P（CB2）＝，

P（C）＝×＋×＋×＝．…12分

19．解：

（1）连接AC交BD于O，连接OE．

由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，

∴PA∥EO，又PA平面BED，EO平面BED，

∴PA∥平面BED．…4分

（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，设PD＝CD＝1，AD＝a，

则A（a，0，0），B（a，1，0），C（0，1，0），

P（0，0，1），＝（a，1，0），＝（a，1，－1），＝（0，1，－1）

设平面PBC的法向量n＝（x，y，z），

由得取n＝（0，1，1）．…7分

直线BD与平面PBC所成的角为30，得

|cos，n|＝＝＝，解得a＝1．…9分

同理可得平面PBD的法向量m＝（－1，1，0），…10分

cosn，m＝＝＝，

∵二面角C−PB−D为锐二面角，

∴二面角C−PB−D的大小为60°．…12分

20．解：

（1）由已知可得F（0，1），设A（x1，），B（x2，），

y＝kx＋2与x2＝4y联立得，x2－4kx－8＝0，

x1＋x2＝4k，①

x1x2＝－8．②…2分

|FA|＋|FB|＝＋1＋＋1＝＋2．…4分

当k＝1时，由①②得|FA|＋|FB|＝10…5分

（2）由题意可知，＝（x1，－1），＝（x2，－1），＝（－3，－3）.

∠CFA＝∠CFB等价cos，＝cos，，…8分

又|FA|＝＋1，|FB|＝＋1则

＝，整理得4＋2（x1＋x2）－x1x2＝0，

解得k＝－，…11分

所以，直线l的方程为3x＋2y－4＝0．…12分

21．解：

（1）g（x）＝f（x）＝xcosx＋sinx，

所以x∈（0，]时，g（x）＞0，即g（x）在（0，]内没有零点．…2分

x∈（，π）时，g（x）＝2cosx－xsinx，

因为cosx＜0，xsinx＞0，从而g（x）＜0，

所以g（x）在（，π）上单调递减，

又g

（2）＝（2＋tan2）cos2＞0，g（）＝－＋＜0，

所以g（x）在（2，）内有唯一零点t．…6分

（2）由

（1）得，

x∈（0，t）时，g（x）＞0，所以f（x）＞0，即f（x）单调递增；

x∈（t，π）时，g（x）＜0，所以f（x）＜0，即f（x）单调递减，

即f（x）的最大值为f（t）＝tsint．

由f（t）＝tcost＋sint＝0得t＝－tant，

所以f（t）＝－tant·sint，

因此f（t）－2＝

＝

＝．…9分

因为t∈（2，），所以cost∈（－，cos2），

从而（cos2－1）2－2＝（－1.4161）2－（）2＞0，

即＜0，

所以f（t）－2＜0，

故f（x）＜2．…12分

22．解：

（1）由圆C：

ρ＝4cosθ可得ρ2＝4ρcosθ，

因为ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，

所以x2＋y2＝4x，即（x－2）2＋y2＝4．

直线l：

（t为参数，0≤α＜π）．…5分

（2）设A，B对应的参数分别为tA，tB，

将直线l的方程代入C并整理，得t2－6t（sinα＋cosα）＋32＝0，

所以tA＋tB＝6（sinα＋cosα），tA·tB＝32．

又A为MB的中点，所以tB＝2tA，

因此tA＝2（sinα＋cosα）＝4sin（α＋），tB＝8sin（α＋），…8分

所以tA·tB＝32sin2（α＋）＝32，即sin2（α＋）＝1．

因为0≤α＜π，所以≤α＋＜，

从而α＋＝，即α＝．…10分

23．解：

（1）f（x）＝…3分

y＝f（x）的图象如图所示：

…5分

（2）一方面，由f（x）≤m|x|＋n得f（0）≤n，解得n≥2．

因为f（x）≥|（2x－1）＋（x＋1）|＝3|x|，所以m|x|＋n≥3|x|．（※）

若m≥3，（※）式明显成立；若m＜3，则当|x|＞时，（※）式不成立．…8分

另一方面，由图可知，当m≥3，且n≥2时，f（x）≤m|x|＋n．

故当且仅当m≥3，且n≥2时，f（x）≤m|x|＋n．

因此m＋n的最小值为5．…10分