2020届河北省衡水中学高三下学期第八次调研数学(文)试题(解析版)

1、第1页共 23 页2020 届河北省衡水中学高三下学期第八次调研数学（文）试一、单选题21 .设全集为R，集合A x|x 2x 0，集合B x| x 1，则AI B（）A .1,1B.1,2C.0,1D.0,2【答案】C【解析】化简集合AB，根据交集的定义，即可求解【详解】A 0,2,B 1,1,所以AI B 0,1, 故选：C.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题20202 .已知复数z i1 i，则z的模z()A . 1B .应c. 73D. 4【答案】B【解析】由i20201,z1 i，根据模长公式，即可求解【详解】已知z 1 1 i1 i，所以zJ2,故选：B【点睛】本题考查虚数的定

2、义，以及复数的模长，属于基础题.3.在 2019 年的国庆假期中，重庆再次展现 网红城市”的魅力，吸引了 3000 多万人次 的客流北京游客小李慕名而来，第一天打算游览洪崖洞”，解放碑”，朝天门”如果随机安排三个景点的游览顺序，则最后游览朝天门”的概率为（）16第2页共 23 页【答案】C【解析】 洪崖洞” 解放碑” 朝天门”分别记为 代B,C，列出游览三个景点的所有安排顺序，确定最后游览朝天门”安排个数，根据古典概型的概率即可求解【详解】洪崖洞”解放碑”朝天门”分别记为代B,C， 随机安排三个景点的游览顺序，有以下安排方法:A, B,C, A,C,B, B,A,C, B,C,A，C,B, A

3、, C, A,B共有 6 种安排方法,其概率为P故选：C【点睛】本题考查古典概型的概率，属于基础题解.【详解】r r由a b有cos故选：B5623其中最后游览朝天门”由 2 种安排方法4 .已知非零向量b满足:1,1v vv1,a bb，则向量vva，b的夹角大小为（【答【解1,11，求出ab，再由向量的夹角公式，即可求2r br br a有o-2-212第3页共 23 页【点睛】 本题考查向量的数量积运算，考查向量的夹角，属于基础题5已知正方体ABCD ABQP的棱长为 1,其内切球与外接球的表面积分别为S,1B 21D4【答案】6 .已知tan2， 贝Usin2sin的值为（)2234A

4、 B.C 一D 5555【答案】B【解析】首先利用诱导公式化简函数解析式，之后利用正余弦平方和等于i，得到关于弦的分式型二次齐次式，之后化成切的式子，代入求解得结果【详解】cos sintan22sinsin cos sin22厂2cos2si n21 tan21 45故选：B.【点睛】该题考查的是有关三角函数化简求值的问题，涉及到的知识点有诱导公式，同角三角函体的对角线，求出半径，由球的表面积公式，即可求解【详解】内切球的半径r11外接球的半径r22，22所以表面积之比为S1U 1S2r23故选：C.【点睛】本题考查正方体的内切球和外接球的表面积， 属基础题【解析】S2，则SiS根据正方体的

5、内切球的直径为正方体的棱，求出其半径，外接球的直径为正方16第4页共 23 页数关系式，属于简单题目【详解】第 4 页共 23 页7 如图所示的一个算法的程序框图，则输出d的最大值为（）J2/输aw/A . 2B. 2C12【答案】C【解析】【详解】模拟程序的运行，可得程序框图的功能是求半圆-上的点到直线 x - y- 2= 0 的距离的最大值, 如图：31-rli_III-2o17可得：d 的最大值为 0P+r=f：+1.故选：C.f x，当x 0,3时,xf x 2，则f log2l92()11A 一B.-C 223【答案】D6，利用函数周期性进行转化即可/枪心/8 已知f x是定义在0,

6、的函数，满足f x 3【解析】根据条件确定函数的周期为第6页共 23 页11.223C.44.11D.11 22【答案】B【解析】借助长方体作出棱锥，利用球心到顶点的距离相等确定性质求出半径，即可计算【详解】O 的位置，利用球的由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A BCD,法则，属于简单题目9 .如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的体积为（）fx3 f x fx6 f x,T 6f log2192log264 3 f 6 log23 f log232log233,故选：D.【点睛】该题考查的是有关函数值的求解问题,涉及到的知识点有函数的周期性

7、，对数式的运算F为BD的中点,第7页共 23 页第8页共 23 页f (x)的图象只有外接球球心0在过CD的中点E且垂直于平面BCD的直线I上,又点0到A, B,D的距离相等,在OEN中，由NE培，即20E，得0E 3，44 113【点睛】本题主要考查了三视图，棱锥的外接球，球的体积，属于中档题f(x 2),x1f(x)loga(x1)恰有10 .已知函数f (x)x1, 1x1,关于x的方程5 个解,则a的取值范围为()1 1111111A.a -B.aC.a -D.a75756464【答案】B【解析】 根据 f(x)求出 f(x)有表达式，可用图象来分析，再由f(x)的图象与g(x) lo

8、ga(x 1)有 5 个交点可得a的范围.【详解】所以0又在过左边正方体一对棱的中点M , N所在直线上,所以三棱锥ABCD外接球的球半径R . 0E2BE2. 32(.2)211，由题意函数y f (x)的图象与 y loga(x 1)的图象有 5 个交点.象与1,1上相同，如图，若a 1，则 y loga(x 1)是增函数，它与第9页共 23 页一个交点，不合题意, 当0 a 1时 y loga(x1)是减函数，要有 5 个交点，loga(4 1)111因此有，解得-a -.loga(6 1)175故选：B.【点睛】合思想求解.11.已知抛物线x24y的焦点为F,过直线y x 2上任一点引

9、抛物线的两条切线P xo,yo代入h和J,即可求得直线AB的方程，进而求得点F到直线AB的距离本题考查方程解的个数与函数零点问题.解题时转化为函数图象交点个数，通过数形结切点为A,B，则点 F 到直线AB的距离(A 无最小值C .有最小值，最小值为 1【答案】D2【解析】设A x-i, y1,B x2, y2，可得为程 h 和以 B 为切点的切线方程 J,设过直线B .无最大值D .有最大值，最大值为.524%,X24y2,即可求得A为切点的切线方yx 2上任一点为P xo,yo将第10页共 23 页所以直线ABy。，【详解】设A x1,y1,B x2,y2,可得x；4 y1,x|4y2Q以A

10、为切点的切线方程为 h：y y1殂x人，即y *x y1 22同理可得，以B为切点的切线方程为l2：yx y22设过直线y x 2上任一点为Px0, y0y x0y1,P x0,y0代入得X2y。X。y2,2第11页共 23 页x又Qy0X。2,即y x0-12QAB过定点P 2,2,AB时,F 0,1到I的距离的最大值为：.202122、,5.当AB过点F时，距离的最小值为 0 故选:D.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，综合性强，本题涉及到轨迹方程的求法及直线与抛物线的相关知识，解题时要注意合理地进行等价转化则实数a的取值范围为（【详解】x 0时,x当PF12 .已知函数f

11、 x a 2a 1 e2x3a2 ex有 4 个不同的零点,1A .2,eB.1 e 12，2C.U 1,e【答【解因为f为：aex1,10,故a 2a2xe 3a 12“十20,化简2a 1 ex20,即a2,2a二，构造函数e,求其最值即可求得实数a的取值范围0,a 2a1 e2x3a2 ex x得ae2a 10,可得:a2,2a第12页共 23 页x在，1上单调递增，在1,上单调递减0,结合 g(*)= 0, g(x2)= 0 得到ex12ax1a 0,ex22ax?a 0进一步得到e ee e2a，把问题转化为证明e2v，将其变形后整体换元构造函数x1x2N X2t再利用导数证明t 0

12、 得答案.【详解】(1)X丄2时，由Xf x 0得a-2XXeXe x 1令h xh x2XX.1.-X 1时，h x0,22第28页共 23 页1 X2时，h x 0第29页共 23 页因为 为，X2是函数g x的两个不同极值点（不妨设X1X2），易知（若0，则函数f x没有或只有一个极值点，与已知矛盾） ，X20所以e12ax.(a 0，e 2ax2a两式相减得2a于是要证明X22In 2a，即证明UK ，两边同除以% x2X1色即证e2X-!X?X1X2eeX1x21，即证X2JX21X20即证不等式tte2当t 0时恒成立ALeALe1h x在,1上是减函数，在1,2上是增函数 h 2

13、 h1, h(x)的大致图像:2/T-bkjt -L1XJ1o1 2345*-1利用y h x与y a的图像知a e,2 .e(2)由已知g x exax2ax, g x ex2ax a,又h2122 . e，h44“亠ee 16e4e44e e 160，4馆贝te2第30页共 23 页两点tt1 e2ttt22ee2e21122设htt e-1，则ht1丄1e211e；1,22 22当t0时，h t 0,h t单调递减，所以h th 00,即-te2-10，所以2所以t在t 0时是减函数故t在t0处取得最小值0所以t0得证所以x1X2In 2a.0.【点睛】本题考查利用考查了导数在解决不等式

14、证明问题中的应用,考查了数学转化思想方法和函数构造法, 属于难题.22在直角坐标系xOy中，曲线Ci：2 2cos，2sin，（为参数），以原点0为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2：sin 3，曲线Ci与曲线C2相交于M，N第31页共 23 页（1）求曲线 C2的直角坐标方程与直线MN的一般方；点P4,0，PMPN.【答案】（1）C2:x24y 3,直线MN:4x4y 3 0(2)1124【解析】（1）将曲线Ci:2 2cos2sinx 22化简为：2上sin2cos，根据sin2cos21消参，即可得到C2的直角坐标方程，将C1和C2直角坐标方程作差，即可求得直线MN的般方程x

15、3（2）将IMN:y x-方程,改写成直线参数方程：32xt42（t为参数），将其2第32页共 23 页【详解】(1)G：x 22y24即x24x y20.2 2C2:x y 4y 3-将-得：IMN：4x 4y 30,【点睛】来求线段和，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于基础题.23 .已知函数f Xx 1 2x 2a.(1)若 a 1,求不等式x 4的解集；(2)证明:对任意 XR,2f x【答案】(1)x5ui,(2)证明见解析代入 G，即可求得PMPN.曲线C2的直角坐标方程2 2x y 4y 3,直线MN的一般方程O3y4X3一4XyNM3P一，04在lMN上,直线MN的参数方程为：2(t为参数)，根据韦达定理t2tl0,t20.4,整理得1仆2 +,t14故:PMPNt1t2114t2t211257-t41657160,本题考查了极坐标和直角坐标方程.解题关键是掌握直线的标准参数方程，结合韦达定理第33页共 23 页