2020届河北省衡水中学高三上学期四调考试数学（理）试题（解析版）

2020届河北省衡水中学高三上学期四调考试数学（理）试题一、单选题1已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】A【解析】分别求出集合A集合B范围，根据得到A是B子集，根据范围大小得到答案.【详解】所以 故答案选A【点睛】本题考查了集合的包含关系求取值范围，属于简单题.2已知AB是抛物线的一条焦点弦，则AB中点C的横坐标是 ()A2BCD【答案】B【解析】先设两点的坐标，由抛物线的定义表示出弦长，再由题意，即可求出中点的横坐标.【详解】设，C的横坐标为，则，因为是抛物线的一条焦点弦，所以，所以，故.故选B【点睛】本题主要考查抛物线的定义和抛物线的简单性质，只需熟记抛物线的焦点弦公式即可求解，属于基础题型.3如图，圆柱的轴截面为正方形，为弧的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）ABCD【答案】D【解析】取的中点，连接则异面直线与所成角即为，再利用余弦定理求得解.【详解】取的中点，连接设则所以连接因为所以异面直线与所成角即为在中故选【点睛】本题主要考查异面直线所成角的计算，考查余弦定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.4已知、都为锐角，且、，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由同角三角函数的关系以及两角和与差的公式即可求解.【详解】因为、都为锐角，且、，所以， ，由，且、都为锐角， 所以 故选：C【点睛】本题主要考查同角三角函数的关系以及两角和与差的正弦公式，属于基础题.5设，.若对任意实数x都有，则满足条件的有序实数对（a,b）的对数为（ ）.A1B2C3D4【答案】B【解析】试题分析：，又，注意到，只有这两组故选B【考点】三角函数【名师点睛】本题根据三角函数的图象和性质及三角函数的诱导公式，利用分类讨论的方法，确定得到的可能取值.本题主要考查考生的逻辑思维能力、基本运算求解能力、数形结合思想、分类讨论思想等.6已知是双曲线的一个焦点，点在上，为坐标原点，若，则的面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】设，因为再结合双曲线方程可解出，再利用三角形面积公式可求出结果.【详解】设点，则又，由得，即，故选B【点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅。7已知等差数列的公差不为零，其前项和为，若，成等比数列，则（）ABCD【答案】C【解析】由题意，得，利用等差数列的求和公式，列出方程求得，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，知，成等比数列，所以，即，整理得，所以，解得，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了等比中项公式，以及等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，其中解答中熟练应用等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8在中，点满足，过点的直线与、所在的直线分别交于点、，若，则的最小值为（ ）ABCD【答案】B【解析】由题意得出，再由，可得出，由三点共线得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.【详解】如下图所示：，即，、三点共线，则.，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选B.【点睛】本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题.9如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论：三棱锥的体积不变；平面；平面平面其中正确的结论的个数是A1个B2个C3个D4个【答案】C【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解【详解】对于，由题意知，从而平面，故BC上任意一点到平面的距离均相等，所以以P为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确；对于，连接，且相等，由于知：，所以面，从而由线面平行的定义可得，故正确；对于，由于平面，所以，若，则平面DCP，则P为中点，与P为动点矛盾，故错误；对于，连接，由且，可得面，从而由面面垂直的判定知，故正确故选：C【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想10过三点，的圆截直线所得弦长的最小值等于（ ）ABCD【答案】B【解析】因为圆心在弦AC的中垂线上，所以设圆心P坐标为（a，-2），再利用，求得，确定圆的方程.又直线过定点Q，则可以得到弦长最短时圆心与直线的定点Q与弦垂直，然后利用勾股定理可求得弦长.【详解】解：设圆心坐标P为（a,-2），则r2，解得a=1，所以P（1，-2）.又直线过定点Q（-2，0），当直线PQ与弦垂直时，弦长最短，根据圆内特征三角形可知弦长直线被圆截得的弦长为故选B11如图，三棱柱的高为6，点D，E分别在线段，上，E.点A，D，E所确定的平面把三棱柱切割成体积不相等的两部分，若底面的面积为6，则较大部分的体积为A22B23C26D27【答案】B【解析】延长AD与CC1的交点为P，连接PE与C1B1的交点为N，延长PE交B1B为M，与面ABC交于点Q，得到截面为DNMA，由题意得A1D2DC1，由此能求出较大部分的体积【详解】如图，延长AD与的交点为P，连接PE与的交点为N，延长PE交为M，与面ABC交于点Q，得到截面为DNMA，N分别为，的中点，下部分体积故选B【点睛】本题考查几何体中两部分体积之比的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间不规则几何体体积的求解方法的培养12设,其中，则的最小值为( )ABCD【答案】C【解析】分析：由表示两点与点的距离，而点在抛物线上，抛物线的焦点，准线为，则表示与的距离和与准线的距离的和加上1，由抛物线的定义可得表示与的距离和加上1，画出图象，当三点共线时，可求得最小值.详解：由题意，由表示两点与点的距离，而点在抛物线上，抛物线的焦点，准线为，则表示与的距离和与准线的距离的和加上1，由抛物线的定义可得表示与的距离和加上1，由图象可知三点共线时，且为曲线的垂线，此时取得最小值，即为切点，设，由，可得，设，则递增，且，可得切点，即有，则的最小值为，故选C.点睛：本题考查直线与抛物线的综合应用问题，解答中注意运用两点间的距离公式和抛物线的定义，以及三点共线等知识综合运用，着重考查了转化与化归思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.二、填空题13已知函数，则_.【答案】-4【解析】先求，再求.【详解】因为函数，则.故答案为-4.【点睛】本题考查了分段函数求值，属于简单题型.14已知，分别为椭圆的左、右焦点，且点A是椭圆C上一点，点M的坐标为，若为的角平分线，则_.【答案】【解析】由题意可知：A在y轴左侧，3，根据椭圆的性质可知：|AF1|+|AF2|2a10，即可求得|AF2|的值【详解】解：由题意可知：F1AMMAF2，设A在y轴左侧，3，由|AF1|+|AF2|2a10，A在y轴右侧时，|AF2|，故答案为：【点睛】本题考查椭圆的几何性质及角平分线的性质，属于基本知识的考查15如图（1），在等腰直角中，斜边，D为的中点，将沿折叠得到如图（2）所示的三棱锥，若三棱锥的外接球的半径为，则_.图（1） 图（2） 【答案】【解析】根据题意，先找到球心的位置，再根据球的半径是，以及已有的边的长度和角度关系，分析即可解决【详解】解：球是三棱锥CABD的外接球，所以球心O到各顶点的距离相等，如图根据题意，CD平面ABD，取CD的中点E，AB的中点G，连接CG，DG，因为ADBD，CD平面ABD，所以A和B关于平面CDG对称，在平面CDG内，作线段CD的垂直平分线，则球心O在线段CD的垂直平分线上，设为图中的O点位置，过O作直线CD的平行线，交平面ABD于点F，则OF平面ABD，且OFDE1，因为AF在平面ABD内，所以OFAF，即三角形AOF为直角三角形，且斜边OAR，AF2，所以，BF2，所以四边形ADBF为菱形，又知ODR，三角形ODE为直角三角形，OE2，三角形ADF为等边三角形，ADF，故ADB，故填：【点睛】本题考查了三棱锥的外接球的问题，找到球心的位置是解决本题的关键属于中档题16设定义在D上的函数在点处的切线方程为，当时，若在D内恒成立，则称P点为函数的“类对称中心点”，则函数的“类对称中心点”的坐标是_.【答案】【解析】由求导公式求出函数f（x）的导数，由导数的几何意义和条件求出切线方程，再求出yg（x），设F（x）f（x）g（x），求出导数化简后利用分类讨论和导数与函数单调性的关系，判断出F（x）的单调性和最值，从而可判断出的符号，再由“类对称中心点”的定义确定“类对称中心点”的坐标【详解】解：由题意得，f（x），f（x0）（x0），即函数yf（x）的定义域D（0，+），所以函数yf（x）在点P（x0，f（x0）处的切线方程l方程为：y（）（）（xx0），则g（x）（）（xx0）+（），设F（x）f（x）g（x）lnx（）（xx0）+（），则F（x0）0，所以F（x）fx）g（x）（） 当0x0e时，F（x）在（x0，）上递减，x（x0，）时，F（x）F（x0）0，此时，当x0e时，F（x）在（，x0）上递减；x（，x0）时，F（x）F（x0）0，此时，yF（x）在（0，e）（e，+）上不存在“类对称点”若x0e，0，则F（x）在（0，+）上是增函数，当xx0时，F（x）F（x0）0，当xx0时，F（x）F（x0）0，故，即此时点P是yf（x）的“类对称点”，综上可得，yF（x）存在“类对称点”，e是一个“类对称点”的横坐标，又f（e），所以函数f（x）的“类对称中心点”的坐标是，故答案为：【点睛】本题考查利用导数求函数的单调增区间，求函数的最值问题、新定义的问题，考查了分类讨论思想和等价转化思想的合理运用，以及化简变形能力，此题是难题三、解答题17在平面四边形中，.（1）求；（2）若E是的中点，求.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用余弦定理进行化简，求出C；（2）利用向量法求出CE【详解】（1）由题设及余弦定理得：，BD2AB2+DA22ABDAcosA5+4cosC，所以cosC，；（2）由，得所以.【点睛】本题考查余弦定理的应用，考查了向量数量积运算，属于中档题18如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延长交AB于点G.（）证明：G是AB的中点；（）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积【答案】（）见解析；（）作图见解析，体积为.【解析】试题分析：证明由可得是的中点.（）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得四面体的体积试题解析：（）因为在平面内的正投影为，所以因为在平面内的正投影为，所以所以平面，故又由已知可得，从而是的中点.（）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.理由如下：由已知可得，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.由（）知，是的中点，所以在上，故由题设可得平面，平面，所以，因此由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得所以四面体的体积【考点】线面位置关系及几何体体积的计算【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.19设椭圆的右顶点为A，上顶点为B已知椭圆的离心率为，（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限若的面积是面积的2倍，求的值【答案】（1）；(2)【解析】分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.（II）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得.易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得由,从而所以，椭圆的方程为（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，点的坐标为由的面积是面积的2倍，可得，从而，即易知直线的方程为，由方程组消去y，可得由方程组消去，可得由，可得，两边平方，整理得，解得，或当时，不合题意，舍去；当时，符合题意所以，的值为点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题20如图，四边形是平行四边形，平面平面，G为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）根据余弦定理求出BD，继而得到BDAD，再根据面面垂直的判定定理即可证明；（2）先判断出直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所形成的角，再根据余弦定理和解直角三角形即可求出答案【详解】（1）证明：在中，由余弦定理可得，进而，即，又平面平面，平面，平面平面，平面，平面，平面平面.（2），直线与平面所成的角即为直线与平面所形成的角，过点A作于点H，连接，又平面平面，由（1）知平面，直线与平面所成的角为，在，由余弦定理得，在中，直线与平面所成角的正弦值.【点睛】本题考查了平面与平面的垂直，直线与平面所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于中档题21设抛物线的方程为，其中常数，F是抛物线的焦点.（1）设A是点F关于顶点O的对称点，P是抛物线上的动点，求的最大值；（2）设，是两条互相垂直，且均经过点F的直线，与抛物线交于点A，B，与抛物线交于点C，D，若点G满足，求点G的轨迹方程.【答案】（1）最大值为；（2）【解析】（1）求得A的坐标，设出过A的直线为yk（x），ktan，联立抛物线方程，运用判别式为0，求得倾斜角，可得所求最大值；（2）求得F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），G（x，y），设l1：yk（x1），联立抛物线方程，运用韦达定理，以及两直线垂直的条件：斜率之积为1，结合向量的坐标表示，以及消元，可得所求轨迹方程【详解】（1）A是点关于顶点O的对称点，可得，设过A的直线为，联立抛物线方程可得，由直线和抛物线相切可得，解得，可取，可得切线的倾斜角为45，由抛物线的定义可得，而的最小值为45，的最大值为；（2）由，可得，设，设，联立抛物线，可得，即有，由两直线垂直的条件，可将k换为，可得，点G满足，可得，即为，可得，则G的轨迹方程为.【点睛】本题考查抛物线的定义和方程、性质，考查直线和抛物线的位置关系，注意联立直