河北高三上学期金科联考二月份数学试卷（含答案）

高三数学1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。K3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。K4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。上一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.上1.已知集合AS{1,2,3,4},若AU{1}={1,2,3},则集合A的个数为A.1B.2装3.已知抛物线C:y²=2px(p>0)的焦点为F,点P(1,yo)在抛物线C上，若P|F|=3,则|y。|=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5.若函数f(x)=log₂(x²—ax)在[1,十∞]上单调递增，则实数a的取值范围为A.(一∞,1)B.[一∞,1]C.[一∞,2]D.(2,+∞)书A.c<a<bB.b<a<cC.a<b<c【高三数学第1页(共4页)】HB求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.A.a₁=-1C.ao+a₂+a+a₆+ag+a₁o=3⁹+1D.a₁+2a₂+3a₃…+10a1₀=19A.|AB|=√213.记函数的最小正周期为T,且,则f(x)在上的值域为14.德国数学家克雷尔于1816年发现了三角形的布洛卡点，法国军官布洛卡于1875年将此特【高三数学第2页(共4页)】HB15.(本小题满分13分)T23456y8(1)若两组变量间的相关系数r满足0.8≤|r|<1,,结果保留3位小数);16.(本小题满分15分)【高三数学第3页(共4页)】HB【高三数学第4页(共4页)】HB17.(本小题满分15分)(2)求平面PBC与平面PAB夹角的余弦值.18.(本小题满分17分)19.(本小题满分17分)已知函数f(x)=re²-a(eˣ-x)(a∈R).123456BCBDAC789AB2.C【解析】由题意得,所以|.故选C.3.B【解析】根据抛物线的定义，所以p=4,有y²=8x,代入x=1,可得|yo|=2√2.故选B.4.D【解析】设a=2”¹,则am+n=2m+n⁻¹≠aman=2m+-2,充分性不成立；设an=0,则{an}不是等比数列，必要性不成立.故选D.5.A【解析】当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(-∞,a),单调递增区间为(0,十∞),可得f(x)在[1,+∞]上单调递增；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(一∞,0),单调递增区间为(a,+∞).若f(x)在[1,+∞]上6.C【解析】易知b=sinl>sin2,c=sin2=sin(π-2)>sin1,所以a<b<c.故选C.7.A【解析】不妨设圆锥的高为h,母线长为1,则²=h²+1,根据等面积法，该圆锥内切球的半径为,所以该圆锥的体积与其内切球体积之比为,解得l=2或l=5,所以h=√3或h=2√6,所以该圆锥的体积为或.故选A.8.B【解析】易知且,由,得,所以,即因为函数f(x)=e+x单调递增，所以,所以,即mn=1.故选B.9.AD【解析】对于A选项，因为b=(2cosθ,2sinθ),所以|b|=√4cos²0+4sin²0=2,A选项正确；对于B选项，当a//b时，满足8sinθ—6cosθ=0,即,B选项错误；对于C选项，当a⊥b时，8cosθ+6sinθ=0,解得,可得,C选项错误；对于D选项，|a-b|≤|a|+|-b|=5+2=7,故|a-b|的最大值为7,D选项正确.故选AD.对于B选项，令x=0,可得ao+a₁+…+a10=1,B选项正确；对于C选项，令x=-2,可得ao-a₁+a₂…十a10=3⁹,与B选项分析中的式子相加，可得2(ao+a₂+aa+a₆+a₈+a10)=3⁹+1,所以,C选项错误；对于D选项，设f(x)=(x+1)(2x+1)⁹=ao+a₁(x+1)+…+a10(x+1)¹⁰,则f(x)=(2x+1)⁹+18(2x+1)⁸=a₁+2a2(x+1)+…+10a1(x+1),令x=0,可得a₁+2a2…+10a1o=19,D选项正确.故【高三数学参考答案第1页(共6页)】HB【高三数学参考答案第2页(共6页)】HB△PAB面积的最大值为,B选项错误；对于C选项1,所以,解得,C选项正确；对于D选项，不妨设P(rcosθ,rsinθ),则2r²cos²θ—r²sinfcosθ+r²sin²θ=1,即因,所以,D选项正确.故选ACD.12.【解析】由于事件A,B相互独立，所以事件A,B相互独立，所以P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=【解析】因为,且,所以.且,所以直线是曲线y=f(x)的一条对称轴，所以,解得(k∈Z),且,所以(k∈Z),,因为,解得,此时k=0,φ=0,则,且,所以14.π1【解析】∵点M为△ABC的一个布洛卡点，且∠MAC≠∠MBA,∴∠AMB+∠ABC=∠AMB+∠ABM+∠MBC=∠AMB+∠ABM+∠MAB=π,即∠AMB+∠ABC=π,故应填π(或180°);同理可知∠AMC+∠BAC=π,不妨记BC=a,CA=b,AB=c,∠BAM=θ,在△MAB中，由正弦定理得①,在△MAC中，由正弦定理得,由①②两式作商，可得,易知当a=c=√2时取等号，即△ABC的面积最大值为1.15.解：(1)依题意，x=4,y=30,……………(1分)所以所以0.85≤Ir|<1,即血液中药物浓度与代谢时间是高度相关的.……(6分)(2)因为【高三数学参考答案第3页(共6页)】HB所以a=y—bx=30—(—13)×4=82…………(10分)所以血液中药物浓度与代谢时间的回归方程为y=-13x+82,所以当x=6.2h时，y≈1.4mg/L………………(12分)即代谢6.2小时后，血液中药物浓度约为1.4mg/L…………(13分)因为an>0,所以an+1-aₙ一1=2,n≥2……………(4分)则an-an一1=1(n≥2),即{am}是等差数列………………………(6分)(2)由题意知b表示3”<a<3m+1中正整数n的个数，因为3”<n<3m+1中有3m+1—3”—1个自然数…………………(7所以abn==2n·3”—n………………所以T,=2(1·3¹+2·3²+…+n·3”)—(1+2+…+n)…………………(10分)两式相减可…………(15分)17.解：(1)如图，设点O为点P在底面ABC的射影，点M为线∵PO⊥平面ABC,ABC平面ABC,角坐标系，设平面PBC的一个法向量为n₁=(x1,y₁,必1),【高三数学参考答案第4页(共6页)】HB令z1=1,则y₁=√5,x₁=0,∴n设平面PAB的一个法向量为nz=(x2,y2,22),则有令y₂=1,则x₂=√3,……………………(12分),……………(14分)∴平面PBC与平面PAB夹角的余弦值为.…………(15分)18.解：(1)设|F₁F₂|=2c,依题意点F₂(c,0)到直线bx-ay=0的距离为……………(2分)∴双曲线C的方程为x²-y²=1(4分)则直线MD,ME的方程分别为联立方程,消去y得(9-4m²)x²—8m²x—4m²-9=0,,则联立方程,消去y得(1-4m²)x²+8m²x-4m²-1=0,,则由对称性可知，直线PQ过的定点在x轴上，设为(t,0),(8…………(9分)所以(8t-16)m²+6t-12=0,解得t=2,综上所述，直线PQ恒过定点(2,0).……………………(11分)(ii)易知………(13分)【高三数学参考答案第5页(共6页)】HB即…………(15分)即,即48m⁴+72m²+27=|48m⁴-120m²+27|,∴48m⁴+72m²+27=48m⁴-120m²+27(舍),或48m⁴+72m²+27=—(48m⁴-120m²+27),∵△=8²-4×16×9<0,∴不存在点M,使得△MDE与△MPQ的面积相等.………(17分)19.解：(1)f'(x)=(1+2x)e²ˣ—a(eˣ-1),f(∴f(0)=-a=0,解得a=0,………………(2分)∴f(x)=xe²ˣ,f'(x)=(1+2x)e²ˣ,令f'(x)=0,解得,………(3分)可得f(x)在上单调递减，在上单调递增.所以f(x)在处取得极小值.∴f(x)的极小值为……………………(4分)(2)由f(x)=x²eˣ得xe²—(x²+a)e+ax=0,即(eˣ-x)(xeˣ-a)=0,∴F(x)在(一∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，令G(x)=xe,则G'(x)=(x+1∴G(x)在(一∞,-1)上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增，∴G(x)的最小值为易知函数y=xeˣ的大致图象如图所示，①当时，方程xeˣ=a无解，此时关于x的方程f(x)=x²eˣ的实数解的个数为0;………【高三数学参考答案第6页(共6页)】HB此时关于x的方程f(x)=x²e²的实数解的个数为1;…③当时，方程xeˣ=a有两解