衡水中学2020届高三年级第十次调研考试理科数学试卷(含答案)

衡水中学2020届高三年级第十次调研考试1数学（理科）参考答案一．选择题：DDCBCDCACABD1.【解析】40xxB1xZxA3,2,1BA故选D.2.【解析】221234,2,12,12zbbiibzizi.故选D.3.【解析】设等比数列{}na公比为q，则3683511273aaqqaa，所以5611243aaq.故选C.4.答案：B5.【解析】10,1,0cba，故选C.6.D7.【解析】设圆锥底面半径为r，则22LrLr，所以，22213312112LhvrhLh289.故选C.8.【解析】)1()1(),()(xfxfxfxf0)0(f4T最小正周期1)1()1()14505()2019(ffff,0)0()4505()2020(fff1)2020()2019(ff故选A.9.【解析】分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为113123252550P；后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为212121252525P所以，所求事件概率为：12110PP故选C.10.【解析】3min21xx，周期T,22T,132sin2162sin2xxy,又新函数的图像关于y轴对称，k23,k6，6min答案：A11.【解析】)0,(),0,(,2,221cFcFbaP）（由题可知，41cos12FPF高三年级第十次调研考试2caFPFFFPFFFPF2cos12122122241116acacac或11153:y渐近线方为故选B.12.【解析】100)()(1,)-)(1)(22)(1)1(2kkfxfkxkkxfkkxxfkkxxxfx有最小值，即时，当）递增递减，（，在（时，①当，开口向上的对称轴为时，当1010)1()(11-)(1kfxfxxfk显然成立，此时有最小值，即时，当）上递减，在（时，②当（2）当1x时，3)1()(eekxxfxxekxxf)()('10)1()(1)(123kekekefxfxfk此时）上递增，在（时，①当3130)()(,),1()(13kkeekfxfkkxfkk此时）递增递减，（在时，②当综上：30k故选D.二．填空题：13.1014.161y15.4116.①⑤15.解析：易知2,111,219nnnan,11bnnbnnb111)1(nnbnnb所以数列nnb是常数列，得：nbn1，又数列nnba,的最小公共周期为60，所以404020202020baba，而11040aa，41440bb，所以41404020202020baba16.解析：不妨设2AD，又ACD为正三角形，由ABDBDCDBDBDA3，得DCDBDBDA0)(DCDADB，即有ACDB，所以30ADB3ABDBDCDB3得)(3DADBDBDCDB，化简可以得334DB，90DAB，易得ACDABDSS，故21VV，由于60ACDADB，所以ACDABD与的外接圆相同（四点共圆），所以三棱锥ABDP，三棱锥ACDP的外接球相同，所以21SS三．解答题：（共70分）17.解：（1）由0A，2cos3A，得5sin3A，…………………………1分所以5245sinsin22sincos2339BAAA，…………………………3分由正弦定理sinsinabAB，可得sin6sinbAaB.…………………………6分（2）2221coscos22cos12139BAA，…………………………8分在ABC22coscos()sinsincoscos27CABABAB………………………10分在ACM中，由余弦定理得：2223052cos9AMACCMACCMC所以，3053AM.…………………………12分18.解析：（1）证法1：在棱11,DDCC分别取点NM,，使得1PMQN，易知四边形MNQP是·平行四边形，所以PQMN//，联结NEMNFM,,，NDAENDAE//,且则所以四边形ADNE为矩形，故NEAD//，同理，ADBCFM////且ADMFNE，故四边形FMNE是平行四边形，所以MNEF//，所以PQEF//故QPFE,,,四点共面又BPQPQBPQEFPQEF平面平面，,//，4所以PQBEF平面//.…………………6分证法2：因为直棱柱1111DCBAABCD的底面是菱形，ABCDAABDAC底面1,，设BDAC,交点为O，以O为原点，分别以OBOA,，及过O且与1AA平行的直线为zyx,,轴建立空间直角坐标系.则有)0,0,2(A，)0,1,0(B，)0,0,2(C，)0,1,0(D，设aBF，],3,1[a则)1,0,2(aE，),1,0(aF，)1,0,2(aP，),1,0(aQ，），（11,2EF，)1,1,2(QP，所以PQEF//，故QPFE,,,四点共面.又BPQPQBPQEFPQEF平面平面，,//，所以PQBEF平面//.……6分（2）.平面EFPQ中向量），（11,2EF，），（11,2EQ，设平面EFPQ的一个法向量为）（111,,zyx，则0202111111zyxzyx，可得其一个法向量为)2,0,1(1n.平面BPQ中，），（11,2aBP，）（aBQ,2,0，设平面BPQ的一个法向量为）（222,,zyxn，则0201222222azyzayx）（，所以取其一个法向量）（4,2,22aan.若5516)2(5,cos222121aannnn，则8451022aaa）（，即有02342aa，],3,1[a解得232a],3,1[故不存在点P使之成立.……………12分19.解析：方法一：（1）如图设BOE，则)sin2,cos2(B)sin2,cos2(D，所以cos2Px，sin2Py.所以动点P的轨迹C的方程为12422yx.……………5分5方法二：（1）当射线OD的斜率存在时，设斜率为k，OD方程为kxy，由222yxkxy得2212kyP，同理得2214kxP，所以2Px422Py即有动点P的轨迹C的方程为12422yx.当射线OD的斜率不存在时，点)2,0(也满足………5分（2）.由（1）可知E为C的焦点，设直线l的方程为2myx（斜率不为0时）且设点),(),,(2211yxNyxM，由42222yxmyx得0222)2(22myym所以22222221221myymmyy，所以)1(4211122212mmyymMN………８分又射线OQ方程为mxy，带入椭圆C的方程得4)(222myx，即22214mxQ222214mmyQ，)1(4211222mmOQ………１０分所以211OQMN)1(4222mm43)1(42122mm……１１分又当直线l的斜率为０时，也符合条件．综上，211OQMN为定值，且为43．…１２分20.解析(1)所求概率P＝(C1232.31)(C2221.21)＋(C2232.32)(C1221.21)+(C2232.32)(C2221.21)=94----------------------6分(2)他们在一轮游戏中获“优秀小组”概率为222221222212212222221112)1()1(PCPCPPCPCPCPPCP=2P1P2(P1+P2)-3P21P22-------------------------8分因为P1+P2=34所以P=38p2p2-3p21p22因0≤P1≤1,0≤P2≤1所以31≤P1≤1，31≤P2≤1，又p2p2≤（2PP21）2=946所以91p1p2≤94令t=p1p2以91t≤94则P=h(t)=-3t2+38t-----------10分当t=94时Pmax=2716他们小组在n轮游戏中获“优秀小组”次数满足~B(n,p)由npmax=16则n=27所以理论上至少要进行27轮游戏。此时P1+P2＝34p1p2=94P1=P2＝32---------------12分21.解析（1）),0(ln)(Raxaxxaxfxxaxaxf1)('Rax,0①当0a时，的)(xf减区间为),0(，没有增区间②当0a时，的)(xf增区间为),0(a，减区间为),(a-----------------4分（2）原不等式xbxxxxakln)ln1(.],1[],,1[exea，∴1lnln1lnlnaxxxxbxxxxbxx，-------6分令21lnlnln'xxxxbxxbggxxxx，令11)(ln)('xxpbxxxplnpxxxb在1,上递增；①当10p时，即],1[1ebb所以1b时1,xe，0'0pxgx，∴gx在1,e上递增；∴min122cgxgbbcb.②当0pe，即],1[eeb时1,xe，0'0pxgx，∴gx在1,e上递减；∴min22bbcgxgebcbee]12,1[eeee.---------------9分③当10ppe时，lnpxxxb在上递增；存在唯一实数01,xe，使得00px，则当01,xx时0'0pxgx.7当0,xxe时0'0pxgx.∴00000mi000n1lnln1lnxxxxbxxxcgxgx.∴00000011lnlnbcxxxxxx.此时00lnbxx.令11ln'10xhxxxhxhxxx在1,e上递增，01,11,bexe，∴12,bcee.综上所述，]12,2[eecb.--------------------12分22.解析：(1):曲线1C的一般方程是1122yx222yx，且cosx，siny，曲线2C的一般方程为1121622yx…………5分(2)：设点P的坐标为sin32,cos4,221rPCPA,91cos413cos8cos4sin321cos4222221PC6281cos42PA,即1cos时，62maxPA…………10分23.解析：（1）.如图，平面区域平面区域由一个正方形及其内部组成，四个顶点分别为)1,0(),2,1(),1,2(),0,1(，所以22221S.………5分（2）.由（1）2))((cbca，而cba,,都为正数，所以4))((2