2019届河北省衡水中学高考押题试卷（一）数学（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在本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，则A. B.C. D.2. 若复数，在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则A.B.C.D.3. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，书中有一问题：“今有方物一束，外周一匝有三十二枚，问积几何？”该著作中提出了一种解决此问题的方法：“重置二位，左位减八，余加右位，至尽虚减一，即得．”通过对该问题的研究发现，若一束方物外周一匝的枚数是分整数倍时，均可采用此方法求解．如图是解决这类问题的程序框图，若输入，则输出的结果为（）A. B.C. D.4. 已知一个几何体的三视图如图所示（正方形的边长为），则该几何体的体积为（）A. B.C. D.5. 若正实数，满足，则取最小值时，的值为（）A. B.C. D.6. 《红海行动》是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有（）A.种B.种C.种D.种7. 函数的大致图象是（）A.B.C.D.8. 已知函数，若要得到一个奇函数的图象，则可以将函数的图象（）A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度9. 已知在四棱锥中，平面平面，且是边长为的正三角形，底面是边长为的正方形，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C. D.10. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为，且在双曲线上到的距离为的点有且仅有个，则这个点到双曲线的左焦点的距离为（）A. B.C. D.11. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，成等比数列，，则的值为（）A. B.C. D.12. 已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“度零点函数“，若与互为“度零点函数“，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13. 已知向量，，，若，则________．14. 已知，，现向集合所在区域内投点，则该点落在集合所在区域内的概率为________．15. 已知实数，满足，且，则实数的取值范围为________．16. 设是函数的极值点，数列满足，，，若表示不超过的最大整数，则________．三、解答题：本大题共5小题，共70分。
解答应写出文字说明证明过程或演算步骤。
17.内接于半径为的圆，，，分别是，，的对边，且，．Ⅰ求角的大小；Ⅱ若是边上的中线，，求的面积．18. 如图，在矩形中，，，为的中点，为的中点．将沿折起到，使得平面平面（如图）Ⅰ求证：；Ⅱ求直线与平面所成角的正弦值；Ⅲ在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．19. 旅游公司规定：若一个导游一年内为公司挣取的旅游总收入不低于（单位：百万元），则称为优秀导游．经验表明，一个公司的优秀导游率越高，该公司的影响度越高，已知甲、乙两家旅游公司各有导游名，统计他们一年内旅游总收入，分别得到甲公司的频率分布直方图和乙公司的频数分布表如下：Ⅰ求，的值，并比较甲、乙两家旅游公司，哪家的影响度高？Ⅱ若导游的奖金（单位：万元）与其一年内旅游总收入（单位：百万元）之间的关系为，求甲公司导游的年平均奖金；Ⅲ从甲、乙两家公司旅游收入在的总人数中，随机的抽取人进行表彰．设来自乙公司的人数为，求的分布列及数学期望．20. 已知椭圆的离心率为，且过点．Ⅰ求椭圆的方程；Ⅱ过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于，两点，直线过坐标原点且与直线的斜率互为相反数．若直线与椭圆交于，两点且均不与点，重合，设直线与轴所成的锐角为，直线与轴所成的锐角为，判断与的大小关系并加以证明．21. 已知函数，．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若不等式对任意的正实数都成立，求实数的最大整数；（3）当时，若存在实数，，且，使得，求证：请考生在第22题和第23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不得分，如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）写出直线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；（2）已知与直线平行的直线过点，且与曲线交于，两点，试求．[选修4-5：不等式选讲]23. 已知函数，．（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式的解集包含，求的取值范围．参考答案与试题解析2019届河北省衡水中学高考押题试卷（一）数学（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在本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】B【考点】交集及其运算【解析】根据函数的定义域求出集合，根据对数不等式求求出集合，再根据交集的定义即可求出【解答】由题意，可得，，所以，2.【答案】A【考点】复数的运算【解析】由已知求得，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵复数，在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，∴，则，3.【答案】B【考点】程序框图【解析】模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的，的值，当时，满足条件退出循环，即可得到输出的值【解答】模拟程序的运行，可得，执行循环体，，不满足条件，执行循环体，，不满足条件，执行循环体，，满足条件，可得，退出循环，输出的值为．4.【答案】B【考点】由三视图求面积、体积【解析】画出三视图表示的几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．【解答】由题意可知几何体的形状如图：是长方体中截出的棱锥（底面是梯形，高为，底面边长，上底边长为，高为）的剩余部分；，所以几何体的体积为：．5.【答案】D【考点】基本不等式【解析】由条件可得，运用乘法和基本不等式，计算可得最小值．【解答】∵，且，∴，∴，当且仅当时取等号，6.【答案】D【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据题意，由于任务必须排在前三位，按的位置分种情况讨论，依次分析任务、以及其他三个任务的安排方法，由分步计数原理可得每种情况的安排方案数目，由加法原理计算可得答案．【解答】根据题意，由于任务必须排在前三位，分种情况讨论：①、排在第一位，任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法，则此时有种安排方案；②、排在第二位，任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法，则此时有种安排方案；③、排在第三位，任务、必须排在一起，则任务、相邻的位置有个，考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的个任务全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法，则此时有种安排方案；则符合题意要求的安排方案有种；7.【答案】C【考点】函数的图象与图象变化【解析】利用函数的奇偶性排除选项，通过函数图象经过的特殊点判断即可．【解答】函数满足是奇函数，排除，时，，对应点在第一象限，时，，对应点在第四象限；所以排除，故选：．8.【答案】C【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】利用辅助角公式化积，结合的图象变换规律及正弦函数、余弦函数的奇偶性得出结论．【解答】解：，设平移量为，得到函数，又为奇函数，所以，即.故选.9.【答案】C【考点】球的体积和表面积【解析】先由平面与平面垂直的性质定理得到平面，利用正弦定理求出的外接圆半径，然后利用公式计算出该四棱锥外接球半径，就可以计算出外接球的表面积．【解答】∵四边形是正方形，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，所以，平面，设的外接圆半径为，四棱锥的外接球的半径为，由正弦定理可得，所以，，所以，，因此，该四棱锥的外接球的表面积为，10.【答案】D【考点】双曲线的性质【解析】设渐近线为，可得，即．又．即，，．即可得到这个点到双曲线的左焦点的距离为，【解答】设渐近线为，∵右焦点到渐近线的距离为，∴，即．∵双曲线上到的距离为的点有且仅有个，这个点是右顶点，∴．∴，，∴．则这个点到双曲线的左焦点的距离为，11.【答案】D【考点】余弦定理正弦定理【解析】根据等比数列和正弦、余弦定理，求得、的值，再计算的值．【解答】解：中，，，成等比数列，∴，由正弦定理得，，∵，∴，由余弦定理得，∵，∴，∴．故选.12.【答案】B【考点】函数解析式的求解及常用方法【解析】由，解得，由，解得，设其解为，由与互为“度零点函数“，得，设，则，，当时，，是增函数，当时，，是减函数，由此能求出实数的取值范围．【解答】由，解得，由，解得，设其解为，∵与互为“度零点函数“，∴，解得，∵，∴，设，则，，当时，，是增函数，当时，，是减函数，∴，，，∴实数的取值范围为．故选：．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.【答案】【考点】平面向量的简单坐标运算【解析】利用向量坐标运算公式求出，由，求出，从而利用向量垂直求出，由此能求出的值．【解答】∵向量，，，∴，∵，∴，解得，∴，∴14.【答案】【考点】几何概型【解析】画出集合、表示的平面区域，根据图形求出对应面积的比即可．【解答】由得，由得，且；画出集合表示的平面区域为图中正方形区域；画出表示的平面区域为图中阴影部分，如图所示；则所求的概率为．15.【答案】【考点】简单线性规划【解析】由约束条件作出可行域，把转化变形，再由的几何意义，即可行域上的动点与定点连线的斜率求解．【解答】由约束条件作出可行域如图，∵，而表示可行域上的动点与定点连线的斜率，∴最大值为的斜率，最小值为的斜率．∴．16.【答案】【考点】利用导数研究函数的极值数列与函数的综合【解析】利用函数的导数通过函数的极值，得到数列的递推关系式，求出数列的通项公式，化简数列求和，推出结果即可．【解答】，是函数的极值点，可得：，即，，，，…，累加可得，，，则．三、解答题：本大题共5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由正弦定理得，可化为即．Ⅱ以，为邻边作平行四边形，在中，．在中，由余弦定理得．即：，解得，故．【考点】余弦定理【解析】Ⅰ利用已知条件通过正弦定理以及余弦定理转化求解即可得到；Ⅱ以，为邻边作平行四边形，在中，．在中，由余弦定理得．求出，然后求解三角形的面积．【解答】Ⅰ由正弦定理得，可化为即．Ⅱ以，为邻边作平行四边形，在中，．在中，由余弦定理得．即：，解得，故．18.【答案】证明：Ⅰ如图，在矩形中，∵，，为中点，∴，∵为的中点，∴，由题意可知，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴．Ⅱ取中点为，连结，由矩形性质，，，可知，由Ⅰ可知，，，以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，在中，由，，则，∴，，，，，设平面的一个法向量为则，，令，则，∴，设直线与平面所成角为，，∴直线与平面所成角的正弦值为．Ⅲ假设在线段上存在点，满足平面，设由，∴，，若平面，则，∴，解得，所以．【考点】直线与平面所成的角【解析】Ⅰ推导出，则平面，由此能证明．Ⅱ取中点为，连结，以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．Ⅲ假设在线段上存在点，满足平面，利用向量法能求出的值．【解答】证明：Ⅰ如图，在矩形中，∵，，为中点，∴，∵为的中点，∴，由题意可知，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴．Ⅱ取中点为，连结，由矩形性质，，，可知，由Ⅰ可知，，，以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，在中，由，，则，∴，，，，，设平面的一个法向量为则，，令，则，∴，设直线与平面所成角为，，∴直线与平面所成角的正弦值为．Ⅲ假设在线段上存在点，满足平面，设由，∴，，若平面，则，∴，解得，所以．19.【答案】Ⅰ由频率分布直方图知，，解得；由频率分布表知，，解得；∴甲公司的导游优秀率为，乙公司的导游优秀率为，由于，所以甲公司的影响度高；Ⅱ甲公司年旅游总收入为的人数为（人），年旅游总收入为的人数为（人），年旅游总收入为的人数为（人），所以甲公司导游的年平均奖金为（万元）；Ⅲ由已知得，年旅游总收入在的人数为人，其中甲公司人，乙公司人，则的可能取值为，，，；计算，，，；∴的分布列为：数学期望为．【考点】频率分布直方图离散型随机变量及其分布列离散型随机变量的期望与方差【解析】Ⅰ由频率分布直方图和频率分布表，列方程求得、的值，计算两公司的导游优秀率，比较即可；Ⅱ利用加权平均数计算甲公司导游的年平均奖金；Ⅲ由题意知的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，计算数学期望值．【解答】Ⅰ由频率分布直方图知，，解得；由频率分布表知，，解得；∴甲公司的导游优秀率为，乙公司的导游优秀率为，由于，所以甲公司的影响度高；Ⅱ甲公司年旅游总收入为的人数为（人），年旅游总收入为的人数为（人），年旅游总收入为的人数为（人），所以甲公司导游的年平均奖金为（万元）；Ⅲ由已知得，年旅游总收入在的人数为人，其中甲公司人，乙公司人，则的可能取值为，，，；计算，，，；∴的分布列为：数学期望为．20. 【答案】Ⅰ由题可得，解得．所以椭圆的方程为．Ⅱ结论：，理由如下：由题知直线斜率存在， 设，，．联立，消去得，由题易知恒成立，由韦达定理得，因为与斜率相反且过原点， 设，，， 联立消去得，由题易知恒成立， 由韦达定理得，因为，两点不与，重合， 所以直线，存在斜率，，则所以直线，的倾斜角互补， 所以．【考点】 椭圆的性质 【解析】（1）由题可得，求出，，，即可得到椭圆的方程，（2）结论：，理由如下：由题知直线斜率存在，设，，，设，，，根据韦达定理以及斜率公式即可证明【解答】Ⅰ由题可得，解得．所以椭圆的方程为． Ⅱ结论：，理由如下： 由题知直线斜率存在， 设，，．联立，消去得，由题易知恒成立，由韦达定理得，因为与斜率相反且过原点， 设，，，联立消去得，由题易知恒成立，由韦达定理得，因为，两点不与，重合，所以直线，存在斜率，，则所以直线，的倾斜角互补，所以．21.【答案】当时，，当时，，，所以函数在区间上为减函数；当时，，则，令，解得，当时，；当时，，所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数．且，综上，的单调减区间为，单调增区间为．由可得对任意的正实数都成立，即对任意的正实数都成立．记），则，可得，令，则，所以在上为增函数，即在上为增函数．又因为，，所以存在唯一零点，记为，则，且，当时，，当时，，所以在区间上为减函数，在区间上为增函数．所以的最小值为，，可得，，所以，，可得，又因为，所以实数的最大整数为；证明：由题意，令，解得，由题意可得，，当时，；当时，，所以函数在上为减函数，在上为增函数，若存在实数，，，则介于，之间，不妨设，因为在上单减，在上单增，且，所以当时，，由，，可得，故，又在上单调递减，且，所以，所以，同理，，解得，所以．【考点】分段函数的应用【解析】（1）求得的分段函数式，讨论的符号，结合导数，可得单调区间；（2）由可得对任意的正实数都成立，即对任意的正实数都成立．记），则，求得的导数，判断单调性和零点的范围，即可得到所求值；（3）求得的导数和单调区间，可得当时，，求得，同理，解不等式即可得证．【解答】当时，，当时，，，所以函数在区间上为减函数；当时，，则，令，解得，当时，；当时，，所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数．且，综上，的单调减区间为，单调增区间为．由可得对任意的正实数都成立，即对任意的正实数都成立．记），则，可得，令，则，所以在上为增函数，即在上为增函数．又因为，，所以存在唯一零点，记为，则，且，当时，，当时，，所以在区间上为减函数，在区间上为增函数．所以的最小值为，，可得，，所以，，可得，又因为，所以实数的最大整数为；证明：由题意，令，解得，由题意可得，，当时，；当时，，所以函数在上为减函数，在上为增函数，若存在实数，，，则介于，之间，不妨设，因为在上单减，在上单增，且，所以当时，，由，，可得，故，又在上单调递减，且，所以，所以，同理，，解得，所以．请考生在第22题和第23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不得分，如果多做，则按所做的第一题计分。