2020届河北省衡水中学高三高考押题理科数学试卷及答案.pdf

河北衡水中学 2020 年高考押题试卷 理数试卷（一）第卷 一、选择题：本题共 12 个小题,每小题 5 分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合4|02xAxZx，1|244xBx，则ABI=（）A|12xx B 1,0,1,2 C 2,1,0,1,2 D0,1,2 2.已知i为虚数单位，若复数11tizi在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值范围为（）A 1,1 B(1,1)C(,1)D(1,)3.下列函数中，既是偶函数，又在(,0)内单调递增的为（）A.42yxx B|2xy C.22xxy D12log|1yx 4.已知双曲线1C：2212xy与双曲线2C：2212xy，给出下列说法，其中错误的是（）A.它们的焦距相等 B它们的焦点在同一个圆上 C.它们的渐近线方程相同 D它们的离心率相等 5.在等比数列na中，“4a，12a是方程2310 xx 的两根”是“81a ”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C.充要条件 D既不充分也不必要条件 6.执行如图的程序框图，则输出的S值为（）A.1009 B-1009 C.-1007 D1008 7.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A163 B112 C1123 D143 8.已知函数()sin()f xAx(0,0,|)A的部分图象如图所示，则函数()cos()g xAx图象的一个对称中心可能为（）A5(,0)2 B1(,0)6 C.1(,0)2 D11(,0)6 9.几何原本卷 2 的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OFAB，设ACa，BCb，则该图形可以完成的无字证明为（）A.2abab(0,0)ab B222abab(0,0)ab C.2ababab(0,0)ab D2222abab(0,0)ab 10.为迎接中国共产党的十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的 7 名学生中选派 4 名学生参加，要求甲、乙、丙这 3 名同学中至少有 1 人参加，且当这 3 名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的 4 名学生不同的朗诵顺序的种数为（）A720 B768 C.810 D816 11.焦点为F的抛物线C：28yx的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当|MAMF取得最大值时，直线MA的方程为（）A2yx或2yx B2yx C.22yx或22yx D22yx 12.定义在R上的函数()f x满足(2)2()f xf x，且当2,4x时，224,23,()2,34,xxxf xxxx()1g xax，对1 2,0 x，2 2,1x，使得21()()g xf x，则实数a的取值范围为（）A11(,),)88 U B11,0)(0,48U C.(0,8 D11(,)48 U 第卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13 题第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题和第 23 题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.13.已知(1,)ar，(2,1)b r，若向量2abrr与(8,6)c r共线，则ar和br方向上的投影为 14.已知实数x，y满足不等式组20,250,20,xyxyy且2zxy的最大值为a，则20cos2xadx=15.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tantan2 tanbBbAcB，且8a，ABC的面积为4 3，则bc的值为 16.已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）ABCD的外接球，3BC，2 3AB，点E在线段BD上，且3BDBE，过点E作圆O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是 .三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知23(1)(1)(1)(1)nxxxxL的展开式中x的系数恰好是数列na的前n项和nS.（1）求数列na的通项公式；（2）数列 nb满足12(21)(21)nnnanaab，记数列 nb的前n项和为nT，求证：1nT.18.如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直与圆O所在平面，G为AOC的垂心.（1）求证：平面OPG 平面PAC；（2）若22PAABAC，求二面角AOPG的余弦值.19.2017 年春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过 600 元（含 600 元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球 3 个，黑球 7 个）的抽奖盒中，一次性摸出 3 个球，其中奖规则为：若摸到 3 个红球，享受免单优惠；若摸出 2 个红球则打 6 折，若摸出 1 个红球，则打 7 折；若没摸出红球，则不打折.方案二：从装有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球 3 个，黑球 7 个）的抽奖盒中，有放回每次摸取 1球，连摸 3 次，每摸到 1 次红球，立减 200 元.（1）若两个顾客均分别消费了 600 元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某顾客消费恰好满 1000 元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？20.已知椭圆C：22221(0)xyabab的长轴长为 6，且椭圆C与圆M：2240(2)9xy的公共弦长为4 103.（1）求椭圆C的方程.（2）过点(0,2)P作斜率为(0)k k 的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得ADB为以AB为底边的等腰三角形.若存在，求出点D的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.21.已知函数2()2ln2(0)f xxmxxm.（1）讨论函数()f x的单调性；（2）当3 22m 时，若函数()f x的导函数()fx的图象与x轴交于A，B两点，其横坐标分别为1x，2x12()xx，线段AB的中点的横坐标为0 x，且1x，2x恰为函数2()lnh xxcxbx的零点，求证：1202()()ln23xx h x.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22.选修 4-4：坐标系与参数方程 已知直线l的参数方程为24,222xtyt（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为4cos，直线l与圆C交于A，B两点.（1）求圆C的直角坐标方程及弦AB的长；（2）动点P在圆C上（不与A，B重合），试求ABP的面积的最大值.23.选修 4-5：不等式选讲.已知函数()|21|1|f xxx.（1）求函数()f x的值域M；（2）若aM，试比较|1|1|aa，32a，722a的大小.参考答案及解析 理科数学（）一、选择题 1-5:BBDDA 6-10:BCCDB 11、12：AD 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13.3 55 14.3 15.4 5 16.2,4 三、解答题 17.解：（1）23(1)(1)(1)(1)nxxxxL的展开式中x的系数为1111123nCCCCL2111223nCCCCL2211122nCnn，即21122nSnn，所以当2n 时，1nnnaSSn；当1n 时，11a 也适合上式，所以数列na的通项公式为nan.（2）证明：12(21)(21)nnnnb1112121nn，所以11111113372121nnnT L11121n，所以1nT.18.解：（1）如图，延长OG交AC于点M.因为G为AOC的重心，所以M为AC的中点.因为O为AB的中点，所以/OMBC.因为AB是圆O的直径，所以BCAC，所以OMAC.因为PA 平面ABC，OM 平面ABC，所以PAOM.又PA 平面PAC，AC 平面PAC，PAACAI，所以OM 平面PAC.即OG 平面PAC，又OG 平面OPG，所以平面OPG 平面PAC.（2）以点C为原点，CBuuu r，CAuu u r，APuuu r方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz，则(0,0,0)C，(0,1,0)A，(3,0,0)B，3 1(,0)22O，(0,1,2)P，1(0,0)2M，则3(,0,0)2OM uuuu r，3 1(,2)22OP uuu r.平面OPG即为平面OPM，设平面OPM的一个法向量为(,)nx y zr，则30,23120,22n OMxn OPxyz r uuuu rr uuu r令1z，得(0,4,1)n r.过点C作CHAB于点H，由PA 平面ABC，易得CHPA，又PAABAI，所以CH 平面PAB，即CHuuur为平面PAO的一个法向量.在Rt ABC中，由2ABAC，得30ABC，则60HCB，1322CHCB.所以3cos4HxCHHCB，3sin4HyCHHCB.所以3 3(,0)44CH uuur.设二面角AOPG的大小为，则|cos|CH nCHnuuur ruuurr2233|041 0|2 51441739411616 .19.解：（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A，则333101()120CP AC，所以两位顾客均享受到免单的概率为1()()14400PP AP A.（2）若选择方案一，设付款金额为X元，则X可能的取值为 0，600，700，1000.333101(0)120CP XC，21373107(600)40C CP XC，123731021(700)40C CP XC，373107(1000)24CP XC，故X的分布列为，所以17217()06007001000120404024E X 17646（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则1000200ZY，由已知可得3(3,)10YB，故39()31010E Y ，所以()(1000200)E ZEY 1000200()820E Y（元）.因为()()E XE Z，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.20.解：（1）由题意可得26a，所以3a.由椭圆C与圆M：2240(2)9xy的公共弦长为4 103，恰为圆M的直径，可得椭圆C经过点2 10(2,)3，所以2440199b，解得28b.所以椭圆C的方程为22198xy.（2）直线l的解析式为2ykx，设1122(,),(,)A x yB xy，AB的中点为00(,)E xy.假设存在点(,0)D m，使得ADB为以AB为底边的等腰三角形，则DEAB.由222,1,98ykxxy得22(89)36360kxkx，故1223698kxxk，所以021898kxk，00216298ykxk.因为DEAB，所以1DEkk，即221601981898kkkmk，所以2228989kmkkk.当0k 时，892 9 812 2kk，所以2012m；当0k 时，8912 2kk，所以2012m.综上所述，在x轴上存在满足题目条件的点E，且点D的横坐标的取值范围为22,0)(0,1212U.21.解：（1）由于2()2ln2f xxmxx的定义域为(0,)，则22(1)()xmxfxx.对于方程210 xmx，其判别式24m.当240m，即02m时，()0fx 恒成立，故()f x在(0,)内单调递增.当240m，即2m，方程210 xmx 恰有两个不相等是实根242mmx，令()0fx，得2402mmx或242mmx，此时()f x单调递增；令()0fx，得224422mmmmx，此时()f x单调递减.综上所述，当02m时，()f x在(0,)内单调递增；当2m 时，()f x在2244(,)22mmmm内单调递减，在24(0,)2mm，24(,)2mm内单调递增.（2）由（1）知，22(1)()xmxfxx，所以()fx的两根1x，2x即为方程210 xmx 的两根.因为3 22m，所以240m，12xxm，121x x.又因为1x，2x为2()lnh xxcxbx的零点，所以2111ln0 xcxbx，2222ln0 xcbx，两式相减得11212122ln()()()0 xc xxxxb xxx，得121212ln()xxbc xxxx.而1()2h xcxbx，所以120()()xx h x12001()(2)xxcxbx121212121212ln2()()()xxxxc xxc xxxxxx1211222()lnxxxxxx12112212ln1xxxxxx.令12(01)xttx，由2212()xxm得22212122xxx xm，因为121x x，两边同时除以12x x，得212tmt，因为3 22m，故152tt，解得102t 或2t，所以102t.设1()2ln1tG ttt，所以22(1)()0(1)tG tt t，则()yG t在1(0,2上是减函数，所以min12()()ln223G tG，即120()()yxx h x的最小值为2ln23.所以1202()()ln23xx h x.22.解：（1）由4cos得24cos，所以2240 xyx，所以圆C的直角坐标方程为22(2)4xy.将直线l的参数方程代入圆:C22(2)4xy，并整理得22 20tt，解得10t，22 2t .所以直线l被圆C截得的弦长为12|2 2tt.（2）直线l的普通方程为40 xy.圆C的参数方程为22cos,2sin,xy（为参数），可设曲线C上的动点(22cos,2sin)P，则点P到直线l的距离|22cos2sin4|2d|2cos()2|4，当cos()14 时，d取最大值，且d的最大值为22.所以12 2(22)22 22ABPS，即ABP的面积的最大值为22.23.解：（1）3,1,1()2,1,213,.2x xf xxxx x 根据函数()f x的单调性可知，当12x 时，min13()()22f xf.所以函数()f x的值域3,)2M.（2）因为aM，所以32a，所以3012a.又|1|1|1123aaaaa ，所以32a，知10a，430a，所以(1)(43)02aaa，所以37222aa，所以37|1|1|222aaaa.