2020届河北省衡水中学2017级高三下学期九调考试数学(理)试卷参考答案.pdf

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1、第 1 页（理科九调数学）参考答案与试题解析一、选择题（本大题包括12 小题，每小题 5 分，共 60 分.）1.已知集合02Axx，12log2Bxx，则 AB（）A RB02xxC0 x xD124xx解：，AB x|x0 故选：C2.复数5izi的虚部为（）A526B526iC526D526i解：，复数上的虚部为故选：A3.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1.16x30.75，以下结论中不正确的为（）A15 名志愿者身高的极差小于臂

2、展的极差第 2 页B15 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厘米解：对于 A，身高极差大约是25，臂展极差大于等于30，故 A 正确；对于 B，很明显根据散点图以及回归方程得到，身高矮展臂就会短一些，身高高一些，展臂就会长一些，故B 正确；对于 C，身高为 190 厘米，代入回归方程可得展臂等于189.65厘米，但不是准确值，故 C 正确；对于 D，身高相差 10 厘米的两人展臂的估计值相差11.6 厘米，但不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点，故D 错误；故选：D4.函数afxxx（）的

3、图象不可能是（）ABCD解：f（x），f（x）（1）当 a0 时，f（x），图象为 A；（2）当 a0 时，1+0，f（x）在（0，+）上单调递增，令1+0 得 x，当 x时，1+0，当x0 时，1+0，f（x）在（，）上单调递减，在（，0）上单调递增，图象为D；第 3 页（3）当 a0 时，1+0，f（x）在（，0）上单调递减，令 1+0 得 x，当 x时，1+0，当 0 x时，1+0，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，图象为B；故选：C5.某几何体的三视图如图，该几何体表面上的点P 与点 Q 在正视图与侧视图上的对应点分别为 A，B，则在该几何体表面上，从点P 到点 Q

4、的路径中，最短路径的长度为（）ABCD解：根据几何体的三视图知，该几何体是长方体，如图所示；其展开图中，有三种情况，从点 P（A）到 Q（B）的最短距离为2故选：C2020届河北省衡水中学2017级高三下学期九调考试数学（理）试卷第 4 页6.设 m，n 为正数，且 m+n2，则1312nmn的最小值为（）ABCD解：当 m+n2时，因为，当且仅当 m+1n+2，即，时取等号，则，即最小值为 故选：D7.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 S22222142abcab.根据此公式，若，且，则的面积为（）ABCD解：由 a

5、cosB+（b+3c）cosA0，可得 sinAcosB+cosAsinB+3sinCcosA0，即 sin（A+B）+3sinCcosA0，即 sinC（1+3cosA）0，因为 sinC0，所以 cosA，由余弦定理可得 a2b2c22bccosAbc2，所以 bc3，由ABC 的面积公式可得S故选：A第 5 页8.执行如图所示的程序框图，则输出的a 值为（）ABCD2 解：当 i1 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a3，i2；当 i2 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a，i3；当 i3 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a，i4；当 i4 时，不满足退出循环的条件，

6、执行循环体后，a2，i5；当 i5 时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a3，i6；a 的值是以 4 为周期的循环，由 2020 4505，故当 i2021 时，满足退出循环的条件，故输出的a 值为 2，故选：D9.若，则 x，y，z 大小关系正确的是（）ABCD解：0ab1；abaabab01，logbalogbb1；xyz故选：A10.已知双曲线 C：1（a0，b0），点 P（x0，y0）是直线 bxay+4a0 上任意一点，若圆（xx0）2+（yy0）21 与双曲线 C 的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（）A（1，2 B（1，4 C2，+）D4，+）2020届河北省衡水中

7、学2017级高三下学期九调考试数学（理）试卷第 6 页【解答】解：双曲线 C：1（a0，b0）的一条渐近线方程为yx，即 bxay0，P（x0，y0）是直线 bxay+4a0上任意一点，则直线 bxay+4a0 与直线 bxay0 的距离 d，圆（xx0）2+（yy0）21 与双曲线 C 的右支没有公共点，1，即 e4，故 e的取值范围为，故选：B11.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（）A0,4B 0,2C30,4D30,2解：直线 ya 与函数 f（x）tan（）图象的相邻两个交点的距离为一个周期，则 T2，所以 ，所以 f（x）tan（x+）

8、，由 k x+k+，解得 2k x2k+，（kZ）；所以函数 f（x）在（，）上是单调增函数；又 f（x）在（m，m）上是单调增函数，即（m，m）?（，），解得 0m；所以 m 的取值范围是（0，第 7 页故选：B12.已知函数，若方程有 3 个不同的实根x1，x2，x3（x1x2x3），则22ax的取值范围是（）A1,0eB22,0eC222,2eeD20,2e解：由 f（x）（x22x）ex，f（x）（x22）ex，令 f（x）0，解得 x，当 x或 x，f（x）0，函数 f（x）单调递增，当x，f（x）0，函数 f（x）单调递减，由图象可得x20，又x2，设 g（x）xex，（x0），g

9、（x）（x+1）ex，g（x）在（，1）上是减函数，在（1，0）上是增函数，由 g（1），g（），g（0）0，可得的取值范围为，0），故选：A2020届河北省衡水中学 2017级高三下学期九调考试数学（理）试卷第 8 页二、填空题（本大题共4 小题，每题 5 分，共 20 分.）13.717xx的展开式的第 2 项为解：（x）7的展开式的第 2 项为 T2?x5x5，故答案为：x514.已知中，若点满足，则_.解：，所以：，以及 AB3，AC5，BC7，cosBAC可得，所以（）?（）12故答案为：1215.记 等 差 数 列的前项 和 为，若，则 数 列31nna的前 项和解：因为 an是等

10、数差数列，S17459?17a9459?a927，而 a2+a418，所以，解得 d3，a13，则 an3+（n1）33n，nN*；数列 a3n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 Tn9+1827+36+9（n2）+9（n1）9n，第 9 页故 Tn；故答案为：16.已知三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，平面，则球的表面积为解：如图：由 cosACBsinACB，可得，则 ACB30 在ABC 中，AC，BC1，ACB30，AB则ABC 为等腰三角形，设 ABC的外心为 G，连接 BG 交 AC 于 E，由正弦定理求得 BG1，求解三角形可得BE，则

11、 EG取 CD 中点 F，则 F 为三角形 ACD 的外心，过 F 作平面 ACD 的垂线，过 G 作平面 ABC 的垂线，两垂线相交于O，则 O为三棱锥 DABC的外接球的球心，其半径 R球 O 的表面积为故答案为：8 2020届河北省衡水中学2017级高三下学期九调考试数学（理）试卷第 10 页三、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.（1）求的单调区间；（2）在锐角中，角，的对边分别为，.若，求面积的最大值解：(1)由题意知 f(x)sin2x.由2k 2 x 2k，kZ,可得kx k，kZ；由2k2x2k，kZ,可得kxk，kZ.所以 f(x

12、)的单调递增区间是(kZ)；单调递减区间是(kZ)(2)由 fsinA0，得 sinA，由题意知 A 为锐角，所以 cosA.由余弦定理 a2b2c22bccosA，可得 1bcb2c22 bc，即bc2，且当bc时等号成立因此bcsinA.所以 ABC面积的最大值为.18.如图，在三棱锥中，已知，顶点在平面上的射影为的外接圆圆心（1）证明：平面平面；（2）若点 M 在棱 PA 上，且二面角的余弦值为，试求 的值解：（1）证明：如图，设AC 的中点为 O，连接 PO，由题意，得 BC2+AB2AC2，则 ABC为直角三角形，第 11 页点 O 为ABC 的外接圆圆心又点 P 在平面 ABC 上

13、的射影为 ABC 的外接圆圆心，所以 PO平面 ABC，又 PO?平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABC（2）解：由（1）可知 PO平面 ABC，所以 POOB，POOC，OBAC，以 OC，OB，OP 所在直线分别为x轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 O（0，0，0），C（1，0，0），B（0，1，0），A（1，0，0），P（0，0，1），设，0，1，（1，0，1），M（1，0，），（1，1，0），（1，0，1），（2，0，），设平面 MBC 的法向量为（x，y，z），则，令 x1，得（1，1，），设平面 PBC的法向量为（x，y，z），由，令 x1，得（1，1，1），

14、二面角 PBCM 的余弦值为，cos，解得，即 M 为 PA 的中点2020届河北省衡水中学2017级高三下学期九调考试数学（理）试卷第 12 页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：方案规定每日底薪50 元，快递业务每完成一单提成3 元；方案规定每日底薪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，整理得到如图所示的频率分布直方图（1）随机选取一

15、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的概率为13，选择方案的概率为23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）（共 13 分）解：（1）设事件 A 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 65 单”依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于65 单的频率分别为：0.2，0.15，0.05 因为

16、0.2+0.15+0.050.4 所以 P（A）估计为 0.4（2）设事件 B 为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”设事件?i为“甲乙丙三名骑手中恰有i（i0，1，2，3）人选择方案（1）”，第 13 页则 P（B）P（C2）+P（C3）所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）的概率为（3）方法 1：设骑手每日完成快递业务量为X 件方案（1）的日工资，方案（2）的日工资所以随机变量 Y1的分布列为Y1140 170 200 230 260 290 320 P0.05 0.05 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05 所以 EY1140 0.05+170 0.05+200

17、 0.2+230 0.3+260 0.2+290 0.15+320 0.05236 同理随机变量 Y2的分布列为Y1100 130 180 230 280 330 P0.1 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05 EY2100 0.1+130 0.2+180 0.3+230 0.2+280 0.15+330 0.05194.5 因为 EY1EY2，所以建议骑手应选择方案（1）方法 2：快餐店人均日快递量的期望是：30 0.05+40 0.05+50 0.2+60 0.3+70 0.2+80 0.15+90 0.0562 因此，方案（1）日工资约为 50+62 3236 方案 2 日工资约为

18、 100+（6244）5190236 故骑手应选择方案（1）2020届河北省衡水中学2017级高三下学期九调考试数学（理）试卷第 14 页20.如图，椭圆1C：22221(0)xyabab的左右焦点分别为12,F F，离心率为32，过抛物线2C：24xby 焦点 F 的直线交抛物线于,M N 两点，当7|4MF时，M点在x轴上的射影为1F。连接,NO MO 并延长分别交1C 于,A B两点，连接 AB，OMN 与OAB 的面积分别记为OMNS和OABS，设OMNOABSS.（1）求椭圆1C 和抛物线2C 的方程；（2）求的取值范围.解：（1）由抛物线定义可得)47,(bcM，点M在抛物线by4

19、2上，)47(42bbc，即2247bbc又由23ac，得223bc，将上式代入，得bb772，解得1b，3c，2a，所以曲线1C 的方程为1422yx，曲线2C 的方程为yx42.（2）设直线 MN 的方程为1kxy，由yxkxy412消去y整理得0442kxx，设),(),(2211yxNyxM，则421xx，设,mkmkOMON，则41161211122xxxyxymm，所以mm41，设直线 ON 的方程为mxy（0m），由yxmxy42，解得0 xm4，所以2214|1|mmxmONN，由可知，用m41代替m，可得2216111|)41(11|mmxmmOMM，第 15 页由1422y

20、xmxy，解得1422mxA，所以1412|1|222mmxmOAA，用m41代替m，可得14116112|1611|222mmxmOBB，所以|OBOAOMONSSOABOMN1411611214121611114222222mmmmmmmm1411422mm2212412422mmmm，当且仅当1m时等号成立.所以的取值范围为),2.21.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：124xxeea.解：（1）函数 f（x）x2aex1，f（x）2xaex，f（x）有两个不同的极值点x1，x2，f（x）2xaex0 有两个根，即 a，即 ya 与 y

21、g（x）有两个交点，g（x），当 x1 时，g（x）0，函数 g（x）单调递增，当 x1 时，g（x）0，函数 g（x）单调递减，g（x）maxg（1），当 x 时，g（x）+，当 x+时，g（x）0，2020届河北省衡水中学 2017级高三下学期九调考试数学（理）试卷第 16 页当 a（0，）时，ya与 yg（x）有两个交点，实数 a 的取值范围（0，）（2）证明：由 f（x1）2x1ae0，f（x2）2x2ae0，有即；由不等式，设 lnx1t1，lnx2t2，则，所以上述不等式变为；所以；故+成立22.选修 4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线 C 的参数方程为22cos2s

22、inxy（为参数），直线l 的参数方程为22212xtyt（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（1）求曲线 C以及直线 l 的极坐标方程；（2）若0,1A，直线 l 与曲线 C 相交于不同的两点 M，N，求11AMAN的值解：（）依题意，曲线 C：（x2）2+y24，故 x2+y24x0，即 24cos0，即 4cos；直线 l：y1x，即 x+y10，即 cos+sin 10，故；第 17 页（）将直线 l 的参数方程（t 为参数）代入 x2+y24x0 中，化简可得，设 M，N 所对应的参数分别为t1，t2，则，t1t21，故23.选修 4-5：不等式选讲已知函数（1）解不等式；（2）已知，且，求证：解：（）由 f（x）3|x+2|，可得|x+2|+|x+1|3，则或或，解得 x3 或?或 x0，故不等式的解集为（，3）（0，+），证明（）f（x）|x|x+1|x|x+1x|1，a2+4b2（a+2b）24ab2 2（）21，当且仅当a2b 时，即 a，b时取等号，1，2020届河北省衡水中学2017级高三下学期九调考试数学（理）试卷