56 2019年衡水高三第三次联合质量测评 理解析_W

1、 博雅闻道衡水金卷高中联合质量测评 I理数 f(-) f f( ) 11故选 2一、选择题 【解 析】 由 ()，得 2-if(0)，所以 15 (4)2 .C. 1.D芝 1+i =2-i芝=7.B 【解析】由题中条件及三视图可知该几何体是由 (2-i)(1-i) 1-3i 131+i棱长为2的正方体被平面截去了两个三棱锥后剩下 (1+i)(1-i)= = - i，所以点在复平面内 222的几何体 ABCDD B ，如图所示， 1 1的第四象限.故选 D. 2.B 【解析】因为 A= X 1og (X-2)1= X 2X 24，所以CUA=X X 2或X泛4，B=X X2 -3X -40=X

2、 (X-4)(X+1)0=X -1X4，所以(CUA)nB=X -1槡2.故选 C. 4.B 【解 析】根据题意设每天派出的人数组成数列 a ，分析可得数列是首项a =64，公差为8 的等差 该 几 何 体 的 侧 面 三 角 形 有 6ABB1，6AB1D1， 6ADD1，6CDD1，6CB1D1，6CBB1，由对称性只需 n11数列，设1984 人全部派遣到位需要 n 天，则 na1 +计算6ABB1，6AB1D1 的大小，因为S6ABB 1 = 2 X2n(n-1) n ( )，解得故 X 8=64 +4nn-1 =1984n=16. X2=2，S =槡3 ( )2所以该几何体 26AB

3、1D14 X 2槡2 = 2槡3. 选 B. 的表面积为(2+2+2槡3)X2+4=12+4槡3.故选 B. 5.C 【解析】法一：设正方形的边长为2，则这两个半 8.D 【解析】依题.圆的 并 集 所 在 区 域 的 面 积 为 亢. 12 - 2 XAE EP= AE EP cosA，E EP ，亢 1由图易知向量， 所成角为钝角，所以cos， AE EPAE( -)=+1， 所以该质点落入这两个半圆的 ，所以当 . 最小时，即为向量 在向量 422EP 0 恒成立 得函数 f X 在1区间 AEBC+525(11) ( ) 133134 故 =f 6-=210255(-1，1)内 单 调

4、 递 增，而 f 2 2BC=AB+BC+BC=AB+AD. f(- 1 )，f( 15) (1) f(1 )，f( ) 选D. 5 -=f - 8 =4 =9.C【解析】因为 ， ，所以 2222.1. AP cos AP AF2 = AF2 参考答案及解析 IPF J_AF ，由已知得 A(-1，0)，B(1，0)，F (2，0)，f(- 亢-X)=0，f(亢-X)+f(亢+X)=0 对任 22 32且 PF =3，tan PAF =1，所以 PAF = 4442乙2 1+2乙245o，PB= 槡32 +(2-1)2 = 槡10，在三角形 ABP 中，意的实数X 均恒成立，所以f(X)的图

5、象关于直线X =- 亢和点 (亢，0)对称，所以 亢- (- 亢 )= T 由正弦定理得，2PB= 槡1 0 =2槡5，所以44444R= T2亢sin乙PAB1+k ( kEN)，因为 T=， 所以 w=2k+1(kE=三角形 APB 的外接圆的面积为 亢R2槡2亢(5)2 =5亢.N)，因2为f(X)在(0， )上w单 调，所以 -0= C. 槡T 亢，所以 3亢 16，16 由 知， 3亢3亢 1616 ， 【】( 0t两个焦点 0a+t a 之间的距离为2，所以2 槡 (a+t)-a=2，所以t=1，由 2222y=1， a2-1Xy得 X = ，由 已知得，OM +0la 1+=1

6、a -1 a 14.8X6【解 析】依 题 得 2n =256，所 以 n =8，在 O 2=+X2，所a以 02=2，所以a=1+槡2，所以 2=b 的 式中令 ，则 ( )8a aX+X X =1a+b =)n1212- 槡2b n (+ )-r( )= =. A. 256，所以a+b=2 ，又因为 (aX+ ) 式 的 通 槡a+12+槡2212.Af -XX Tr+1 = C8aX ( ) =【解 析】 因 为 两 个 等 式亢 4.2. 公 式 为 r ( )8-r b X 博雅闻道衡水金卷高中联合质量测评 I8Cr (a)8-rbrX8-2r，令 8-2r=0r=4，所 以得到 由

7、不 等 式 的 性 质 可 知 9= PA 2 + PB 2 - C4a4b4=70ab=1，ab=-1(舍)，当ab=1 时，由a槡3 PA PB 泛(2-槡3)PA PB ， 88+b=2得a=b=1.所以令8-2r=6r=1，所以 T2=C1X6 =8X6 ， 8X6. 9 ( )， 所以 PAPB =92+槡3 2-槡311槡5- 2 【解析】设点 ( ， )， ( ， )，所以 当且仅当 PA = PB 时取等号. (10分) 15. 10槡 P X y M -211PC = (X-2)2+( -3)2 ， 此时S 6PAB= PA PB sin30o槡y 129P =( (X-2)

8、2+(y-3)2 )2-2=槡 槡4PA PB (2+槡3)， 4= 槡 (X-2)2+(y-3)2-2.由 PM = P 得 所以 积的最大值为 9( ) ( 分) 2+ 3 . 12槡 (X+2)2 +(y-1)2 = 槡 (X-2)2+(y-3)2-2，6ABP 4槡化简得4X+2y-3=0，所以点 B 在直线E 上运动， 18.解：(1)调整前y 关于X 的表达式为 点 A 在圆C 上运动，所以圆心C 到直线E 的距离为 0，X 35008+6-3 11 511槡5y=(X-3500)X0.03，XE(3500，5000 .(2分) d槡，所以的最小值为()， ( ， = 槡1 6+4

9、 = 10AB10l45+ X-5000 X0.1XE 50008000- 2， 11槡5 调整后y 关于X 的表达式为 ， 槡 10 -槡2. y= 0X 5000 (4分) 16. 亢 ， ) 【解析】由f(-X)+f(X)=cosX，令 (2)(X-5000)X0.03，XE(5000，8000 由 分 表可知 3000，5000) 5000， 4 +00(X)= (X)- 1X， (-X)+ (X)=7000)的人 中 取 7 人， 中 3000，5000)中 3f1f cosf1f1人， 5000，7000)的人中 4人， () 12 -X -( X)+ (X)- 1X= (-X)+

10、再 这7人中选4人，所以Z 的取值可能为0，2，4， f cos -f 2cosf 2(5分) f(X)-cosX=0，所以f1(X)为奇函 .因为当X 0()(，) C2C2 181P Z=0 =P a=2b=2 = 344 ， 1时，fI(X)泛 ，所以当X 0时，fI (X)=fI(X)C7 =35 2()(，)(，)sinf100+ 1X泛0 ，所以 (X)在(-，0上单调 P Z=2 =P a=1 b=3 +P a=3 b=1 =C1C3 +C3C1 1623 4 C4 3 4 =， 递增，所以 f (X)在 R上单调递增.因为 f(t)泛7351 ( ) ( ， ) C0C41 ，

11、 亢槡2亢 P Z=4 =P a=0b=4 = 3 4 =f( -t)+ cos(t+ )，即为f(t)- 1cost泛24C7 35f( -t) cos( -t) 1f1 ( 224f t 泛-所以 分 列为 亢 - 1 亢 ，所以 ()亢 Z 024 P 18351635 1 352222t) ，所以t泛 亢-t，所以t泛 亢. 24二、解答题 6c 17.解：(1)在 ABC 中，由正弦定理得 =. a 18161 36(7分) sinA sinC 所以E(Z)=0X +2X +4X = . (8分) 将3槡6，3槡6，代入上式得 2353535 35 由于小李的工资、薪金等收入为750

12、0元， a = 2A=60o C=45o=sin60o按调整前起征点应纳个税为 1500X3% +2500X c c=3， sin45o10% =295元； (10分) 按调整后起征点应纳个税为2500X3% =75元， 所以c的值为3. (5分)比较两个纳税方案可知，按调整后起征点应纳个税 (2) 在 6ABP 中， 少交220元， 由 弦定理得 AB 2 = PA 2 + PB 2 -2PA PB cos30o， 即个人的 收入增 220 元，所以小李的 收入增 220元. (12分) 所以9= PA 2+ PB 2-槡3 PA PB ， (8分) 19.解：(1) FB1D1J_ CEA

13、1， 3 参考答案及解析 I连接 AC,BD 相交于点O, 因为 面 ABCD 为 ,所以 ACJ_BD, 又因为直四棱柱上下 面全等, 20.解：(1)由y2=4mX 与X-y-m=0消去X,得y2 -4my-4m2=0, (2分) 设 A(X ,y ),B(X ,y ), 1 12 2所以由 ACJ_BD 得A EJ_B D , 则y1,y2 为方程 y2 -4my-4m2 =0 的两个不同 11 1又因为CB=CD,BB1=DD1, 所以CB1=CD1, 因为E 为B1D1 的中点,所以CEJ_B1D1, 的根, 所以y1=(2+2槡2)m,y2=(2-2槡2)m, AFy1 2+2槡2

14、又CE A E=E,所以B D 平面CEA , 因为 A,F,B 三点共线,所以= -=n 11 1J_1BF y2 2槡2-2又因为B1D1亡平面FB1D1, 槡2+1( 分)所以平面FB D J_平面CEA . (5分) 41 11槡2-1(2)连接OE,易知OEJ_平面 ABCD, 所以OB,OC,OE 两两互相垂直, 所以分别以OB,OC,OE所在直线为X,y,芝轴的正方 , 直 坐 标 , 所 , (2) 因为 AB=8, 所以(X +m)+(X +m)=8, 12所以(X1 +X2 )+2m=(y1 +y2 )+4m=4m+4m=8, 所以 m=1. (6分) 线段 AB 的中点坐

15、标为(3m,2m),即(3,2), 所以线段 AB 的中垂线方程为X+y-5=0, (8分) 因为所求的圆过 A,B 点,所以圆心 D 在直线X+y -5=0上, 设所求圆的圆心坐标为(X0,5-X0), 不难算得两条平行线X+y-5=0与 X+y+3=0之 的距离d -5-3, =槡2 =4槡2 则O(0,0,0),C(0,槡3,0),B1 (1,0,4),D1 (-1,0,4),F(0,-槡3,2). (7分)设平面 的法 量为 ( , , ), 即 D 直线X+y+3=0的距离d=4槡2, 由X D - (5直-线XX )-y1-12=0的距离得 00=2(X -3)2, CB Dn1

16、= X1 y1 芝10 1 1槡2则设圆 D 的半径为R, n1 .CB1 =0, (X1,y1,芝1).(1,-槡3,4)=0, 则R2= AB 2 +2()2()2,X -3*2 =16+2X -3 n1.D1B1=0, (X1,y1,芝1).(2,0,0)=0, 1* 槡3y1,=4 芝 , X,令y1 =41芝 =槡,31 X =0( ) 00因为过点 A 与点B 的圆与直线X+y+3=0相切,所以d2=R2, 1=0 所以(4 2)2=16+2(X -3)2, (10分)槡0所以n1=(0,4,槡3). (9分) 解得X =3+2槡2,y =2-2 2, X =3-2 2,y同 设平

17、面FB D 的法 量为n =(X , ,芝 ), 槡槡2 y2 2000 0 . ,1 12 则 2 FB1=02 y22槡 n (X , ,芝 ).(1,3,2)=0, =2+2槡2, ., ( , ,芝 ).( ,) , 所以)2所求圆 的(方程为 (X-)23-(2槡2)2 + (y)2-2+n2 D1B1=0X2 y22 200 =02槡2=32X-3+2槡2+ y-2-2槡2=32. 槡3y2=-2芝2 , , X2=0,令y =2芝 =-槡3 X =0222 解：()当 X (X)-Xf时, ( ) X3 () 12分 所以n =(0,2,-槡3), (10分) 21. 1=1g

18、X =, 2aX =eX 所以 cos(n ,n n1.n23X2-X3 X2(3-X) e , (2分) 1 2 = n n1 2(0,4,槡3).(0,2,-槡3) 5 槡133 .gI(X)=X =X ee因为X泛5,所以gI(X)0, =槡1 6+3X 槡4 +3= 133 ( ) , ), 所以g X 在 5 +00 时单调递减 所以所求的锐二面 F-B D -C 的余弦值为 53 53 1 1所以g(X) g(5)=e 1,即g(X)X3， 2h X =1-eX . 2即当时， ， ( )当a 0时，h(X) 0，h(X)没有零点； (5分)X泛50eX 0时 hI X =eX ，

19、 X X2X 0，所以当 X 无限增大 当XE(0，2)时，hI(X)0. eX 0 所以h(X)在(0，2)上单调递减，在(2，+ 00 )上单调 又因为k(0)=0，所以当且仅当0 1 0，即a4h X 0 + 002 零点； e2个不同的零点， (7分)故h(X)在(0，+ 00 )上有2 个不同的零点时，a 的取 () ， 即 时， ( )在( ， )上只有2 h 2 =0a= 4h X 0 +00值范围是(e ，+00 ). (12分) 1个零点； (8分) 4e222.解： (1)当 a = 亢 时，直 线 l 的 参 数 方 程 为 4霆 h(2)时，由于h(0)=1，所以h(X

20、)在(0，2)上有1个零点， (9分 X=-1+tcos亢 6 ，槡3 ， )6X=-1+2t 亢1由(1)知，当X泛5时，eX X3， (10分)2y=1+tsine 52， l6ly 所以 ( ) 16a316a313，消去参数 得 2t ( 分) t X- 3 +1+ 3 =0.3h 4a =1- e4a 1- (4a)3 1- 4 = 4 0槡 y槡 (11分)由曲线C 的极坐标方程为 2=4， 故h(X)在(2，4a)上有 1 个零点，因 h(X)在(0，得 2+(sin8)2=4， +00)上有2个不同的零点. p p p 1+sin28 将X2+y2= 2，及y= sin8 代入得X2 +2y2 =4，即 综上，h(X)在