河北省2020届高三上学期第一次大联考数学(理)试卷(含解析)

理科数学

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合A{x|y1x2}和集合B{y|yx2}，则AB等于（ ）

A．(0,1),(1,0) B．[0,) C．[1,1] D．[0,1]

2．已知xR，复数z11xi，z22i，若z1z2为纯虚数，则实数x的值为（ ） A．2 B．11 C．2或 D．1 223．如图是调查某学校高一、高二年级学生参加社团活动的等高条形图，阴影部分的高表示

参加社团的频率．已知该校高一、高二年级学生人数均为600人（所有学生都参加了调查），现从参加社团的同学中按分层抽样的方式抽取45人，则抽取的高二学生人数为（ ）

A.9 （ ） A．

B.18 C.27 D.36

4．等比数列an的前n项和为Sn，已知a2a53a3，且a4与9a7的等差中项为2，则S5112121 B．112 C． D．121 3275．下列有关命题的说法正确的是（ ） A．若“pq”为假命题，则“pq”为假命题

B．“x1”是“x25x60”的必要不充分条件

11”的逆否命题为真命题 xD．命题“x0，2019x20190”的否定是“x00，2019x020190”

x2y26．已知直线2xy40经过椭圆221（ab0）的右焦点F2，且与椭圆在

ab第一象限的交点为A，与y轴的交点为B，F1是椭圆的左焦点，且|AB||AF1|，则椭圆

C．命题“若x1，则的方程为（ ）

x2y2A．1

4036x2y2B．1

2016x2y2C．1

106x2D．y21

5

7．为了得到函数ycos2x的图象，可以将函数ysin(2x4)的图象（ ）

个单位 4C．向右移个单位

4A．向左移个单位 8D． 向右移个单位

8B．向左移

8．如图所示是某多面体的三视图，图中小方格单位长度为1，则该多 面体的侧面最大面积为（ ）

A．23 B．22 C．6

12020D．2

，则a,b,c的大小关系是（ ）

9. 设alog20192020,blog20202019,c2019A.abc B.acb C.cab D. cba

(0,1)上恰有一个极值点和一个零点， 10．已知函数f(x 则的取值范)sin(x)(0)在

围是（ ） A．(,33] B．[,) C． (,] D． [,) 2222211．已知O为ABC的外心，若AOBCBC，则ABC为（ ）

A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定

2 y2 x12．过双曲线221（ab0）右焦点F的直线交两渐近线于A、B两点，若

abOAAB0，O 为坐标原点，且OAB内切圆半径为（ ） A．31a，则该双曲线的离心率为223 3B．3 C．43 D．31 3第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)~(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答。第(22)~(23)题为选考题，考生根据要求作答。 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

axb,x013．已知函数f(x)是奇函数，且f(log42)1，则g(2) ；

g(x),x0132n14．已知函数f(x)4sinxx在x0处的切线与直线nxy60平行，则(x)3x的展开式中常数项为 ；

15．在ABC中，角A,B,C所对的边为a,b,c，若c3absinC，则当

2ba

取最大值ab

时，cosC ；

16．如图，已知三棱锥ABCD的四个顶点A、B、C、D都在球O的表面上， ACD是正三角形，BCD是等腰直角三角形， BCBD2，若二面角ACDB的余弦值为3，则球O到平面BCD的距离为________． 3

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分）

已知等比数列{an}的首项a12，且a2、a32、a4成等差数列． （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）若bnlog2a2n1，求数列{

1}的前n项和Tn． bnbn1

18. （本小题满分12分）

如图，四棱锥PABCD中，ABAD2BC2，BC//AD，ABAD，PBD为正三角形，且PA23. （Ⅰ）证明：直线AB平面PBC；

（Ⅱ）若四棱锥PABCD的体积为，E是线段CD的中点， 求直线PE与平面PBC所成角的正弦值.

19.（本小题满分12分）

2

已知抛物线y2x，过点P(1,1)分别作斜率为k1，k2的抛物线的动弦AB、CD，设M、

N分别为线段AB、CD的中点．

（Ⅰ）若P为线段AB的中点，求直线AB的方程；

（Ⅱ）若k1k21，求证直线MN恒过定点，并求出定点坐标．

20.（本小题满分12分） 近一段时间来，由于受非洲猪瘟的影响，各地猪肉价格普遍上涨，生猪供不应求。各大养猪场正面临巨大挑战，目前各项针对性政策措施对于生猪整体产能恢复、激发养殖户积极性的作用正在逐步显现．

现有甲、乙两个规模一致的大型养猪场，均养有1万头猪.根据猪的重量，将其分为三个成长阶段如下表．

猪生长的三个阶段 阶段 重量（Kg） 幼年期 成长期 成年期 [2,18) [18,82) [82,98] 根据以往经验，两个养猪场内猪的体重X均近似服从正态分布

X~N(50,162).

由于我国有关部门加强对大型养猪场即将投放市场的成年期的猪监控力度，高度重视其质量保证，为了养出健康的成年活猪，甲、乙两养猪场引入两种不同的防控及养殖模式． 已知甲、乙两个养猪场内一头成年期猪能通过质检合格的概率分别为（Ⅰ）试估算各养猪场三个阶段的猪的数量； （Ⅱ）已知甲养猪场出售一头成年期的猪，若为健康合格的猪 ，则可盈利400元，若为不合格的猪，则亏损200元；乙养猪场出售一头成年期的猪，若为健康合格的猪 ，则可盈利500元，若为不合格的猪，则亏损100元．记Y为甲、乙养猪场各出售一头成年期猪所得的总利润，求随机变量Y的分布列，假设两养猪场均能把成年期猪售完，求两养猪场的总利润期望值． 43，． 54)（参考数据：若Z~N(,)，则P(ZP(2Z2)0.9544，P(3Z3)0.9974）

21.（本小题满分12分） 已知函数f(x)exx． （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

xx（Ⅱ）若f(x1)f(x2)，x1x2，求证：e1e22．

20.6，

请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上． 22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

1x1t(x1)2y221. 已知直线l的参数方程（t为参数），曲线C:43y33t2（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴且具有相同单位长度建立极坐标系，求直线l和曲线C的极坐标方程；

11（Ⅱ）直线l与曲线C交于M、N两点，求值. |OM||ON|

23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 设函数fx2x1x3． （Ⅰ）解不等式fx0；

（Ⅱ）若fx3x3a对一切实数x均成立，求实数a的取值范围．

数学试卷参考答案

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】D

}，B{yy0}，则A 【解析】由已知A{x1x12．【答案】A

B[0,1]，故选D .

【解析】由z1z2(1xi)(2i)=2x(2x1)i，由z1z2为纯虚数， 则2x0，解得x2.故选A.

2x10327人，故选C． 53．【答案】C

【解析】根据等高条形图可知，参加社团的高一和高二的人数比为2:3，由分层抽样的性质可得，抽取的高二学生人数为454．【答案】D

3 【解析】∵数列an是等比数列，a2a53a3，∴a4a1q3．∵a4与9a7的等差中

项为2，∴a49a7a4(19q)4，解得q31，3181[1()5]3121．故选D． a181．∴S51135．【答案】C 【解析】

A. 若“pq”为假命题，则p,q中至少有一个假命题，则“pq”可真可假，所以该选项是错误的；

B. “x1”是“x25x60”的充分不必要条件，因为由\"x25x60\"得到“x1或x6”，所以该选项是错误的； C. 命题“若x1,则

11”的逆否命题为真命题，因为原命题是真命题，而原命题的真假x性和其逆否命题的真假是一致的，所以该选项是正确的；

D. 命题“x0，2019x20190”的否定是“x00，2019x020190”，所以该选项是错误的. 6．【答案】D

【解析】直线2xy40与x轴和y轴的交点分别为F2(2,0)，B(0,4)，所以c2， 又2a|AF，所以a1||AF2||AB||AF2||BF2|255，从而b2541，

x2所以椭圆方程为y21，故选D．

5 7．【答案】B

【解析】∵ysin(2x)cos(2x)cos2(x)，所以要得到函数ycos2x的

448图象，只需要将函数ysin(2x4)的图象向左平移

个单位．故选B． 8 8．【答案】B

【解析】由三视图可知多面体是棱长为2的正方体中的三棱锥PABC，

APCB

故AC1，PA2，BCPC∴SABCSPAC5，AB22，PB23，

1211， 211SPAB22222，SPBC2326，

22∴该多面体的侧面最大面积为22．故选B．

9.【答案】C 【解析】

1111log20192019alog20192020log20192020log2019201921； 2222111120201.0blog20202019log20202019log20202020;c2019 222

10．【答案】A

【解析】作出函数f(x)sin(的图像，依题意可得x)(0)3，解得123． 2

11.【答案】C 【解析】设

M为边BC的中点，并设角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，则

1b2c2， AOBC(AMMO)BCAMBC(ABAC)(ACAB)22b2c2a2c2b2a22222abc2a，所以cosB0，从而角B为钝角. 故

22ac2ac所以ABC为钝角三角形．

12．【答案】A

【解析】因为ab0，所以双曲线的渐近线如图所示， 设内切圆圆心为M，则M在AOB平分线Ox上， 过点M分别作MNOA于N，MTAB于T，

由FAOA得四边形MTAN为正方形，由焦点到渐近线 的距离为b得FAb，又OFc，所以OAa，

3331a， a，所以NO22MNb3b23. 所以tanAOF，得e1()2aNO3a3NAMN故选A.

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)~(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答。第(22)~(23)题为选考题，考生根据要求作答。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 【答案】15

【解析】因为函数f(x)是奇函数，所以f(0)a0b0，解得b1．

1又f(log42)1，即f()1，所以a211a22，解得a4．

24x1,x0所以f(x)，故g(2)f(2)f(2)(421)15．

g(x),x0

14. 【答案】24

【解析】解析由题意知，f'x4cosxx.由题意知f'0n，即n4.

21122222(x)n(x)4， 其常数项为T3C4x()224.

xxx

213 13222 【解析】在ABC中由余弦定理可得cab2abcosC，

baa2b2c22abcosC3absinC2abcosC3sinC2cosC 所以abababab31321313sin(C)，其中sin，cos，

131315．【答案】

当

213ba． 取得最大值13时，C，∴cosCcos()sin213ab2A C E B D

16．【答案】1

【解析】取CD的中点E，连接AE，BE， 由题可得：BE2,AE6，

3， 3因为二面角ACDB的余弦值为23)12，∴AB23, 30所以ADBACB90，线段AB为的球O直径，故R3，

在ABE中，由余弦定理得AB26226(延长BE，过点A作AG垂直于BE的延长线于点G，∴AG662， 3所以球心O到平面BCD的距离为1．

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析． 【解析】（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，依题意有a2a42(a32)，

32即2q2q2(2q2)，解得q2，所以an2；………………………5分

n（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn2n1，设cn则cn1，

bnbn112n12n1111()，………………………9分 22n12n1∴Tnc1c2111111cn[(1)()()]

23352n12n111n．………………………………………………12分 (1)22n12n1

18. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析． 【解析】（Ⅰ）又

ABAD，且ABAD2，BD22，又PBD为正三角形，所以PBPDBD22，

z

AB2，PA23，所以ABPB，又ABAD，BC//AD，

ABBC，PBBCB，所以AB平面PBC.………4分

（Ⅱ）设点

D距离为h，则P到平面ABC的

11VPABCD[(12)2]hh，依题可得h2.以A为原

32点，直线AB、AD分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，则

3A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,1,0),则E(1,,0)，设

2y

x

x2y2412P(x,y,2),由PA23，PBPD22，可得x2(y2)248，解得x2，

(x2)2y248y2，即P(2,2,2)。…………………………………8分

1所以PE(1,,2)，又由（Ⅰ）可知，AB(2,0,0)是平面PBC的一个法向量，

2122221∴cosPE,AB, 211212(1)2()2(2)22221所以直线PE与平面PBC所成角的正弦值为.…………………………………12分

21

19. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析．

22x2②． 【解析】（Ⅰ）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y122x1①，y2①－②，得 (y1y2)(y1y2)2(x1x2) ． 又因为P(1,1)是线段AB的中点，所以y1y22

yy1所以，k12=21．

x2x1y2y1又直线AB过P(1,1)，所以直线AB的方程为yx；…………………………………5分

（Ⅱ）依题设M(xM,yM)，直线AB的方程为y1k1(x1)，即yk1x1k1， 亦即yk1xk2，代入抛物线方程并化简得 k12x2(2k22k．0 1k22)x2k1k2222k1k2…………………………………7分 k12k121k1k21k1k2ykxkkk21． 于是，xM，M1M2122k1k1k11k1k2同理，xN，yN1．…………………………………9分 2k2k2yyNkk易知k1k20，所以直线MN的斜率kM21．

xMxN1k2k1kk1k1k2)， 故直线MN的方程为y121(xk11k2k1k12kk即y21x1．此时直线过定点(0,1)．

1k2k1所以，x1x2故直线MN恒过定点(0,1)．…………………………………12分

20. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析．

【解析】（Ⅰ）由于猪的体重X近似服从正态分布N(50,16)，设各阶段猪的数量分别为

2n1,n2,n3

∴P(2x18)P(50316x50216)0.99740.95440.0215，

2∴n1100000.0215215（头）；……………2分

同理，P(18x82)P(50216x50216)0.9544， ∴n2100000.95449544（头）；……………4分

P(82x98)P(50216x50316)∴n3100000.0215215（头）.

0.99740.95440.0215，

2所以，甲、乙两养猪场各有幼年期猪215头，成长期猪9544头，成年期猪215头。……………6分

（Ⅱ）依题意，甲、乙两个养猪场内一头成年期猪能通过质检合格的概率分别为随机变量Y可能取值为900，300，300.

43，，5443341137111，P(Y=300)， P(Y=900)，P(Y=300)5455454205420所以Y的分布列为：

Y 900 300 300 3 57 201 20

P 371（元）， 30030063052020由于各养猪场均有215头成年猪，一头猪出售的利润总和的期望为630元，则总利润期望为630215135450（元）. …………………………………12分 所以E(Y)900

21. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析．

【解析】（Ⅰ）函数fx定义域为R, fxe1，

x令fx0得x0,，令fx0得x,0， 故fx在0,单调递增，在,0单调递减. ……………4分

ex2ex1（Ⅱ）fx1fx2,不妨设x2x1，则ex1ex2,1，

x2x1x1x2要证：e1exx22,即证：

x2x1ex2ex12……（*）， x2x1eex2x1ex2x11x2x1eex2x1x2x1而x，令tx2x1,t0,，

e2ex1e1et1（*）等价于tt2tet12et20,t0,，……………8分

e1设gtte12e2,t0,，

ttgtt1et12ett1et1,tt

令htt1e1,∵h'tte0在t0,恒成立，

则gt在t0,单调递增，故gtg00，故gt在t0,单调递增， 故gtg00，故原命题得证．……………12分

22. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析． 【解析】（Ⅰ）由y3(11t)3x得y3x.直线l的极坐标方程为2R.……2分 3(x1)2y222由1，得3x6x4y90.

43222222由xy及xcos,ysin.可化为36cossin90.

所以曲线C的极坐标方程为(3sin（Ⅱ）将2)2(6cos)90.……………5分

3代入，得54120.

2由极坐标几何意义，设M(1,则12), N(2,)，不妨设10,20， 33412，12， 55412()24()111121554. 即……………10分 12OMON121235 23．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析．

1时，f(x)2x1(x3)x40，解得x4； 212当3x时,f(x)2x1(x3)3x20，解得3x；

23当x3时，f(x)2x1(x3)x40，解得x3，

2综上,原不等式的解集为{x|x或x4} ； ……………5分

3【解析】（Ⅰ）解法一：当x解法二：fx02x1x3，两边平方整理得，3x10x80，解得x223或x4，所以，原不等式的解集为{x|x2或x4}；……………5分 31时等号成2（Ⅱ）f(x)3x32x12x3|2x1(2x6)|7，当3x立，所以a7 ．

故实数a的取值范围为(,7]．……………10分