河北省衡水市枣强中学2020届高三数学第四次月考试题 理 答案.pdf

答案第 1页 总 15页 枣强中学高三年级第四次月考数学学答案枣强中学高三年级第四次月考数学学答案 1 a 由由a中不等式变形得 中不等式变形得 24 222 x 即 即24xxn 0 1 2 3 4a 由由b中中 2 3yln xx 得 得 2 30 xx 解得解得03xx或 即 即 03bxxx 或 则则 4ab 即 即ab 中元素的个数为中元素的个数为1 故答案选故答案选a 2 d 由由 11zii 得 得 122 1 112 i zi ii 所以 所以 22 22 zi 故选 故选 d 3 a 由散点图可知 去掉由散点图可知 去掉 3 10 d 后 后 y与与x的线性相关性加强 由相关系数的线性相关性加强 由相关系数r 相关指数 相关指数 2 r 及残差平方和与相关及残差平方和与相关 性的关系得出选项性的关系得出选项 详解 详解 从散点图可分析得出 从散点图可分析得出 只有只有d点偏离直线远 去掉点偏离直线远 去掉d点 变量点 变量x与变量与变量y的线性相关性变强 的线性相关性变强 相关系数变大 相关指数变大 残差的平方和变小 故选相关系数变大 相关指数变大 残差的平方和变小 故选 a 4 a 经过第一次循环得到经过第一次循环得到1 1212 12 111sk 不输出 即不输出 即k的值不满足判断框的条件 经过第二次循环得的值不满足判断框的条件 经过第二次循环得 到到12 11132 11 110sk 不输出 即不输出 即k的值不满足判断框的条件 经过第三次循环得到的值不满足判断框的条件 经过第三次循环得到 132 101320 10 19sk 输出 即输出 即k的值满足判断框的条件 故判断框中的条件是的值满足判断框的条件 故判断框中的条件是 10k 故选 故选 a 5 b 解 由题意可知该几何体为直三棱柱去掉一个四棱锥 解 由题意可知该几何体为直三棱柱去掉一个四棱锥 如图所示 如图所示 答案第 2页 总 15页 则则 113 sin2 23 222 abc sab acbac 设设b到到ac的距离为的距离为h 1 3 2 abc sac h 3h 1 1 1 1 4 3 abc a b cabc vsaa 11 1111 11 2325 22 a fec safc e ac 11 111 115 533 333 bac efa fec vsh 所以所以 1 1 111 1 57 4 333 33 abca b cbac ef vvv 故选 故选 b 6 d 由条件可得由条件可得 1 2a 2 1a 3 0a 4 2a 5 1a 6 0a 即即 n a是周期为是周期为3的周期数列 的周期数列 故故 n a的前的前20项和为项和为 2 1 0 62 121 7 b 因为因为 1 3 4 z boxbgybfzbexbgybfbb o在平面在平面 1 bgf内 内 所以所以 3 1 4 z xy 同理可得同理可得1 22 xy z x y 解得 解得 14 55 xyz 故选 故选 b 8 b 由题意有由题意有 sinf xx 的极大值或极小值一定在直线的极大值或极小值一定在直线1y 上上 又在集合又在集合b中中 当当1y 时时 22 1 322 xy 得得44x 故区间长度为故区间长度为 8 又集合又集合ab 中恰好有中恰好有 7 个元素个元素 所以存在实数所以存在实数 使得椭圆使得椭圆 22 1 322 xy 内包含内包含 sinf xx 的七个极值点的七个极值点 数形结合可知周期数形结合可知周期t满足满足 答案第 3页 总 15页 2 38 38 482 48 t t 解得解得 3 4 9 b 由题可得 由题可得 1212 1 121eee e 12 5 4 aeae 即 即 2 1212 5 4 aaeee e 所以所以 2 12 7 4 aaee 2 12 12 12 7 4 cos 1 1 a aee a ee aeea 解不等式组解不等式组 2 2 7 4 1 7 4 1 a a a a 得 得 11 2 2 22 a 故选 故选 b 10 d 如图如图 圆圆a与与 12 pff 切于点切于点mne 三点三点 由双曲线定义由双曲线定义 12 2pfpfa 即即 12 2pmmfpnnfa 所以所以 12 2mfnfa 则则 12 2efefa 又又 12 2efefc 2 422efca 故故2 a x 同理可得同理可得2 b x 即即abx轴 设设 21 af f 2 a90f b 2 90f ba 直线直线pq与双曲线右支交于两点与双曲线右支交于两点 又知渐近线又知渐近线 方程为方程为y3x 可得 可得 30 60 设圆 设圆a和圆和圆b的半径分别为的半径分别为 12 rr 则 则 12 2ref tantan 2 2 2ef r tantan 所以 所以 12 2 2rrtan tan 因为因为 3 3 3 tan 由基本不等式可得 由基本不等式可得 12 8 3 4 3 rr 11 c 假设曲线假设曲线 yf x 上存在两点上存在两点 p q满足题意 则点满足题意 则点 p q只能在只能在y轴两侧 轴两侧 答案第 4页 总 15页 poq 是以是以o为直角顶点的直角三角形 为直角顶点的直角三角形 0op oq 不妨设不妨设 0p t f tt poq 斜边的中点在斜边的中点在y轴上 轴上 32 qt tt 且且 1t 0op oq 232 0tf ttt 曲线曲线 yf x 上始终存在两点上始终存在两点 p q使得使得opoq 等价于方程等价于方程 有解有解 1 当当01t 即两点 即两点 p q都在都在 32 yxx 上上 32 f ttt 代入方程代入方程 得 得 23232 0ttttt 42 10tt 而此方程无实数解而此方程无实数解 不符合题意不符合题意 2 当 当1t 时 时 p在在 2ln 1 aexx y x 上 上 q在在 32 yxx 上 上 2ln 1 aett f t t 代入 代入 得得 232 2ln 0 1 aett ttt t 因为 因为a为正数可化为为正数可化为 1 2lnett a 设 设 2lng xexx 22 lnln1 exe gxxx xx 2 2 0 xe gx x gx递减 递减 0g e xe 时 时 0gx g x递减 递减 1xe 时 时 0gx g x递增 递增 max g xg ee 答案第 5页 总 15页 即即 1 e a 结合结合a为正数 可得为正数 可得 1 a e a 的范围是的范围是 1 e 故选 故选 c 12 c 当当1x 时 时 22 2 1 x f xxlnx fx xx 当当12x 时 时 0fx 当 当2x 时 时 0fx 当当1x 时 时 f x的递减区间是 的递减区间是 1 2 递增区间是递增区间是 2 2x 时 时 f x取得极小值为 取得极小值为22ln2 f x在 在 1 单调递增 单调递增 作出函数作出函数 2 21 21 xlnxx f x xxx 图像 如下图所示 图像 如下图所示 当当22ln2a 或或1a 时 时 f xa 有一个实根 有一个实根 当当22ln2a 或或1a 时 时 f xa 有两个实根 有两个实根 当当22ln21a 时 时 f xa 有三个实根 有三个实根 由由 22 2 5 30 f xt f xt 得 得 3 2 f xt 或 或 f xt 方程有四个实根 方程有四个实根 所以所以 3 0 2 ttt 3 2 f xt f xt 有四个实根 有以下情况 有四个实根 有以下情况 22ln20 6138 3 22ln21 2 22ln2 t t 解得解得 44ln2 22ln2 3 t 3 1 2 22ln2 t t t不存在 不存在 3 1 2 22ln21 t t 解得 解得 2 1 3 t 所以所以t的取值范围为的取值范围为 44ln22 22ln2 1 33 答案第 6页 总 15页 故选故选 c 13 1 221 n n 解析 解 将所给的等式两侧求导可得 解析 解 将所给的等式两侧求导可得 1 2 012 11 nn n n aa xa xa xxnx x 令令0 x 可得 可得 0 1a 令令1x 可得 可得 1 012 22n n aaaan 据此可得 据此可得 1 12 221 n n aaan 14 3 3 解 取解 取 1 fd的中点的中点 q 连连 eq pq 22 111 1 4 pf pdpfpdpfpd 2222 11 11 4 44 pqdfpqdf 同理同理 22 11 1 4 ef edeqdf 11 pfpdefed 恒成立等价于恒成立等价于 pqeq 因为点因为点p是线段是线段 1 bf上的任意一点 故上的任意一点 故 1 eqbf 得到 得到 1 dfdb 设设 2 dfx 则 则 2 2bfx 1 2dfax 由由23axx 得 得 2 a x 12 bfbfa 1 3 2 dfa 答案第 7页 总 15页 在在 12 fbf 中 中 22 2 12 2 24 cos1 2 2 ac fbfe a 在在 1 dfb 中 又中 又 22 2 1 33 122 cos 3 3 2 2 aaa fbd aa 所以所以 2 1 12 3 e 解得 解得 3 3 e 故答案为 故答案为 3 3 15 2 22 2 4 集合集合 a 表示的区域是以点表示的区域是以点 0 0为圆心为圆心 半径为半径为 1 2 的圆及其内部的圆及其内部 集合集合 b 表示的区域是以表示的区域是以 1 0 0 1 1 0 0 1 为顶点的正方形及其内部 其面积为为顶点的正方形及其内部 其面积为 1 222 2 12121122 mx y xxxyyyx ya xyb 把 把 11 x y代入代入 22 1 4 xy 可得 可得 22 22 1 4 xxyy 集集合合 m 所表示的区域是以集所表示的区域是以集合合 a的圆心在区的圆心在区域域 b 的边上及内部上移动时圆所覆盖的区域的边上及内部上移动时圆所覆盖的区域 区域区域 m 的面积为的面积为22 2 4 则向区域 则向区域 m 内任投一点 该点落在区域内任投一点 该点落在区域 b 内的概率为内的概率为 2 22 2 4 答案第 8页 总 15页 16 25 12 3 1 sin 1 2 tan 2 cos pab pa pbapb s apb pa pbpa pbapb 同理得到同理得到 111 tantantan 222 apbcpbapc 故 故 2 3 apbcpbapc pab 中 根据余弦定理 中 根据余弦定理 22 2 2 32cos 3 pbpapbpa 即即 22 9pbpapbpa 同理可得 同理可得 22 25pbpcpbpc 22 16papcpapc 三式相加得到 三式相加得到 222 250pbpapcpbpapbpcpapc 根据等面积法 根据等面积法 pabpacpbcabc ssss 即即 121212 sinsinsin6 232323 pbpapbpcpapc 即即8 3pbpapbpcpapc 故故 2 222 2papbpcpbpapcpbpapbpcpapc 25 12 3 故 故25 12 3papbpc 故答案为 故答案为 25 12 3 17 解 解 1 如图 过点 如图 过点m作作meab 交交ab于于e 作 作mfac 交交ac于于f 则则mebcfm 2 cfmfcm mebemb 因为因为90cab am平分平分cab 且且3am 3 2 2 memf 3 2cf 3 2 4 be 3 23 29 2 244 abaebe 答案第 9页 总 15页 3 29 2 3 2 22 acafcf 119 29 281 22248 abc sac ab 6 分分 2 在在rt abc 中中3ab ac 3 3 所以所以 3 abc 6 acb 6bc 又又 6 man 设设bam 2 3 amb 2 anc 3 nac 在在anc 和和amb 中由正弦定理可得中由正弦定理可得 sinsinsin anaccn cancnac sinsinsin amabbm bambmab 即即 3 33 3 2cos 2sin 2 an 3 3 2 2sin 3 am 1113 33 327 sin 222442cos 2sin16cossin 33 amn san ammanan am 令令 222 cossincossincoscossin 333 t 2 31 cossincos 22 3 cos211 sin2 224 313 cos2sin2 444 13 sin 2 234 27 16 amn s t 10 分分 因为因为 0 3 骣 琪 琪 桫 sin 20 1 3 答案第 10页 总 15页 3 13 424 t 所以当所以当 13 24 t 时 时 min 27 23 27 4 13 16 24 amn s 12 分分 18 1 证明 因为四边形 证明 因为四边形abcd为直角梯形 为直角梯形 且且 abdc 2abad 2 adc 所以所以 2 2bd 又因为又因为4 4 cdbdc 根据余弦定理得 根据余弦定理得2 2 bc 所以所以 222 cdbdbc 故 故bcbd 又因为又因为bcpd pdbdd 且且bd pd 平面平面pbd 所以 所以bc 平面平面pbd 又因为又因为bc 平面平面 pbc 所以 所以pbcpbd 平面平面 4 分分 2 由 由 1 得平面 得平面abcd 平面平面pbd 设设e为为bd的中点 连结的中点 连结pe 因为 因为 6pbpd 所以所以pebd 2pe 又平面又平面abcd 平面平面pbd 平面平面abcd 平面平面pbdbd pe 平面平面abcd 如图 以如图 以a为原点分别以为原点分别以ad ab 和垂直平面和垂直平面abcd的方向为的方向为 x y z轴正方向 建立空间直角坐标系 轴正方向 建立空间直角坐标系axyz 则则 0 0 0 a 0 2 0 b 2 4 0 c 2 0 0 d 1 1 2 p 假设存在假设存在 m a b c满足要求 设满足要求 设 01 cm cp 即 即cm cp 所以所以 2 4 3 2 m 易得平面易得平面pbd的一个法向量为的一个法向量为 2 2 0 bc 设设 nx y z 为平面为平面abm的一个法向量 的一个法向量 0 2 0 ab 2 4 3 2 am 答案第 11页 总 15页 由由 0 0 n ab n am 得得 20 2 43 20 y xyz 不妨取 不妨取 2 0 2 n 因为平面因为平面pbd与平面与平面abm所成的锐二面角为所成的锐二面角为 3 所以 所以 22 41 2 2 2 4 2 解得解得 2 2 3 不合题意舍去 不合题意舍去 故存在故存在m点满足条件 且点满足条件 且 2 3 cm cp 12 分分 19 1 设从设从a b生产线上各抽检一件产品生产线上各抽检一件产品 至少有一件合格为事件至少有一件合格为事件c 设从设从a b生产线上抽到合格品分别为事生产线上抽到合格品分别为事 件件m n 则 则m n互为独立事件互为独立事件 由已知有由已知有 p mp 21 0 51 p npp 则则 1 1p cp c 1 p mnp m p n 1 1 22 0 995pp 解得解得0 95p 则 则p的最小值的最小值 0 0 95p 3 分分 2 由 由 1 知 知a b生产线的合格率分别为生产线的合格率分别为0 95和和0 9 即不合格率分别为 即不合格率分别为0 05和和0 1 设从设从a b生产线上各抽检生产线上各抽检1000件产品 抽到不合格产品件数分别为件产品 抽到不合格产品件数分别为 1 x 2 x 则有则有 1 1000 0 05xb 2 1000 0 1xb 所以 所以a b生产线上挽回损失的平均数分别为 生产线上挽回损失的平均数分别为 11 555exex 1000 0 05250 22 333 1000 0 1300exex 所以所以b生产线上挽回的损失较多生产线上挽回的损失较多 7 分分 由已知得由已知得x的可能取值为的可能取值为10 8 6 用样本估计总体 则有 用样本估计总体 则有 203511 10 20040 p x 60401 8 2002 p x 20459 6 20040 p x 所以所以x的分布列为的分布列为 x1086 p 11 40 1 2 9 40 10 分分 所以所以 11 10 40 ex 19 868 1 240 元 元 11 分分 故估算估算该厂产量故估算估算该厂产量2000件时利润的期望值为件时利润的期望值为2000 8 116200 元 元 12 分分 答案第 12页 总 15页 20 解解 1 依题意可得 依题意可得 2 2 222 1 2 2111 22 b cx abccy a abc 椭圆 4 分分 2 圆 圆 m 过过 a 的切线方程可设为的切线方程可设为 l 1ykx 代入椭圆 代入椭圆 c 的方程得 的方程得 2 2 2 4 212 12 k xkxx k 可得可得 2 11 22 11 41 2 1 21 2 kk b kk 同理可得 同理可得 2 22 22 22 41 2 1 21 2 kk d kk 6 分分 由圆由圆 m 与与 l 相切得 相切得 222 2 1 1210 1 k rrkkr k 由韦达定理得 由韦达定理得 1212 2 2 1 1 kkk k r 8 分分 所以直线所以直线 bd 的斜率的斜率 22 21 2222 212112 12 2 21 212112 22 21 1 21 2 1212442 44 4211 1212 kk yykkkk kkk kk xxkkk kr kk 10 分分 直线直线 bd 的方程为 的方程为 2 11 222 21 1 242 1 211 2 kk yx krk 化简为 化简为 22 111 2222 111 141 222 3 112121 kkk yxx rkkkr 即 即 2 2 3 1 yx r 所以 当所以 当 021 rr 变化时 直线变化时 直线 bd 总过定点总过定点 03r 12 分分 答案第 13页 总 15页 答案第 14页 总 15页 22 1 1 1 2 1 m x m m y m m为参数为参数 1212 1 111 mmmm xy mmm 又又 1212 11 111 mm x mmm 曲线曲线 1 c的普通方程为的普通方程为 101xyx 3 分分 2sin 2 2 sin 又 又 cosx s