河北省九校2020届高三上学期联考数学文科试题

河北省九校2020届高三上学期联考数学文科试题

河北省九校2020届高三上学期第二次联考试题文科数学 一、选择题 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合A中的不等式，得出解集，求出集合B，即可求得.‎ ‎【详解】解不等式，，得，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查解一元二次不等式，求函数值域，求两个集合的并集，关键在于根据集合关系准确求解.‎ ‎2.已知复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第三象限 C. 直线上 D. 直线上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为 在复平面内对应的点为 在第二象限，在直线上 ，选C.‎ ‎3.设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一是借助于中间值1，二是化为同底数的对数比较可得．‎ ‎【详解】，，，‎ ‎∴，即．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查对数和幂的比较大小，比较大小时，同是对数的能化为同底数的化为同底数，同是幂的化为同底数或者化为同指数，不能转化的借助中间值如1，0等等比较．‎ ‎4.函数图象的大致形状为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的性质，结合函数图象特点即可得到结论．‎ ‎【详解】 ，‎ 是奇函数，关于对称，排除，；‎ 当时，，故选D.‎ ‎【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.‎ ‎5.朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问有如下表述：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升”.其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天比前一天多派出7人，修筑堤坝的每人每天分发大米‎3升”，则前3天共分发大米（ ）‎ A. ‎234升 B. ‎468升 C. ‎639升 D. ‎‎903升 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，得到等差数列的首项，公差，从而求出其前项的和，再求出3共分发的大米，得到答案.‎ ‎【详解】由题意可知每天派出的人数构成等差数列，‎ 记为，且，公差，‎ 则前3项和，‎ 则前3天共分发大米（升），‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的前项和公式，属于简单题.‎ ‎6.‎ 博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（ ）‎ A. P1•P2＝ B. P1＝P2＝ C. P1+P2＝ D. P1＜P2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可.‎ ‎【详解】三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321‎ 方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝；‎ 方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝；‎ 所以P1+P2＝‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.‎ ‎7.下面有四个命题：‎ ‎①“，”的否定是“，”；‎ ‎②命题“若，则”的否命题是“若，则；‎ ‎③“”是“”的必要不充分条件：‎ ‎④若命题为真命题，为假命题，则为真命题.‎ 其中所有正确命题的编号是( )‎ A. ①②④ B. ①③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过全称命题的否定来判断①；‎ 通过否命题的写法来判断②；‎ 通过指数，对数不等式的解来确定充分性和必要性来判断③；‎ 通过复合命题的真假关系来判断④.‎ ‎【详解】全称命题的否定是特称命题，所以①正确；‎ 命题“若，则”的否命题是“若，则”，所以②错误；由，可得，而由”，可得，则“”是“”的充分不必要条件，所以③错误；‎ 命题为真，为假，则为真命题，所以④正确.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假的判断，涉及的知识点较多，综合性强，但难度不大．‎ ‎8.过抛物线的焦点作直线交抛物线于P，Q两点，若线段中点的纵坐标为4，，则（ ）‎ A. 6 B. ‎8 ‎C. 10 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的定义，即抛物线上的点到焦点的距离等于它到准线的距离求解．‎ ‎【详解】‎ 如图，设是中点，在抛物线准线上的射影分别为，设，抛物线中，，，∴，又是的中点，∴，‎ ‎∴，．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的焦点弦性质，可直接利用焦点弦性质解题．焦点弦性质：对抛物线，是它的焦点弦，，则．，．‎ ‎9.某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.‎ ‎【详解】三棱锥的实物图如下图所示：‎ 将其补成直四棱锥，底面，‎ 可知四边形为矩形，且，.‎ 矩形的外接圆直径，且.‎ 所以，三棱锥外接球的直径为，‎ 因此，该三棱锥的外接球的表面积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎10.已知两个不相等的非零向量，，满足，且与－的夹角为60°，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，由已知与的夹角为可得，由正弦定理得，从而可求的取值范围 ‎【详解】解：设，，，‎ 如图所示：‎ 则由 又与的夹角为，‎ 又由 由正弦定理得 故选：．‎ ‎【点睛】本题主考查了向量的减法运算的三角形法则，考查了三角形的正弦定理及三角函数的性质，属于中档题．‎ ‎11.已知函数若函数在R上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）‎ A. B. C. [0，2） D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得在R上单调递增,故考虑在上单调递增,在上单调递增.且当时,的值大于等于的值.‎ ‎【详解】因为函数在R上单调递增,首先在上单调递增,故,则①；其次在上单调递增,而,令,故或,故,即②；最后,当 时,③；综合①②③,实数a的取值范围为,‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的单调性,主要注意每段函数上满足单调性,且区间分段处左右两段的函数值也要满足单调性.‎ ‎12.已知双曲线的左右焦点为为它的中心，为双曲线右支上的一点，的内切圆圆心为，且圆与轴相切于点，过作直线的垂线，垂足为，若双曲线的离心率为，则（ ）‎ A. B. C. D. 与关系不确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ F1（﹣c，0）、F2（c，0），内切圆与x轴的切点是点A ‎∵|PF1|﹣|PF2|=‎2a，及圆的切线长定理知，‎ ‎|AF1|﹣|AF2|=‎2a，设内切圆的圆心横坐标为x，‎ 则|（x+c）﹣（c﹣x）|=‎‎2a ‎∴x=a；‎ ‎|OA|=a，‎ 在△PCF2中，由题意得，F2B⊥PI于B，延长交F‎1F2于点C，利用△PCB≌△PF2B，可知 PC=PF2，‎ ‎∴在三角形F1CF2中，有：‎ OB=CF1=（PF1﹣PC）=（PF1﹣PF2）=×‎2a=a．‎ ‎∴|OB|=|OA|．‎ 故选A．‎ 点睛：这个题目考查了双曲线的几何意义和双曲线的第一定义；用到了焦三角形的的内切圆的性质和结论．一般无论双曲线还是椭圆，和焦三角形的有关的可以想到，焦三角形的的周长，余弦定理，定义的应用，面积公式等．‎ 二、填空题 ‎13.某市某年各月的日最高气温（℃）数据的茎叶图如图所示，若图中所有数据的中位数与平均数相等，则__________.‎ ‎【答案】18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算数据中位数为12,再利用平均值公式得到答案．‎ ‎【详解】根据茎叶图：共有12个数，中位数为 ‎ 平均数为： ‎ 故答案为18‎ ‎【点睛】本题考查了中位数和平均数的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎14.已知正项等比数列满足，与的等差中项为，则的值为__________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，建立方程计算得到答案.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，因为与的等差中项为，所以，‎ 所以，又，所以，‎ 又数列的各项均为正数，所以，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎15.函数在上单调递增，且图象关于直线对称，则的值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得到，根据的在上单调递增，得到，从而得到的范围，再根据图象关于直线对称，表示出，从而得到的值.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为函数在上单调递增，‎ 所以 即，解得且，‎ 又，∴，即，‎ 又函数的图象关于直线对称，‎ 所以，得，‎ 又，‎ 所以取，则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查根据正弦型函数的单调区间求参数的范围，根据正弦型函数的对称轴求参数的值，属于中档题.‎ ‎16.如图，正方体的棱长为，、、分别是、、的中点，过点、、的截面将正方体分割成两部分，则较大部分几何体的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先做出过点、、的截面，如图所示，然后求出截面下方几何体的体积，再求较大部分的体积.‎ ‎【详解】延长，分别与交于，‎ 连，与交于，连，‎ 与交于，连，则截面为五边形，‎ 为中点，，‎ 同理，‎ 截面下方几何体的体积为：‎ ‎，较大部分几何体的体积为.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查组合体的体积，解题的关键作出截面图形，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.某学校为了解学生假期参与志愿服务活动的情况，随机调查了名男生，名女生，得到他们一周参与志愿服务活动时间的统计数据如右表（单位：人）：‎ 超过小时 不超过小时 男 女 ‎（1）能否有的把握认为该校学生一周参与志愿服务活动时间是否超过小时与性别有关？‎ ‎（2）以这名学生参与志愿服务活动时间超过小时的频率作为该事件发生的概率，现从该校学生中随机抽查名学生，试估计这名学生中一周参与志愿服务活动时间超过小时的人数.‎ 附：‎ ‎【答案】（1）有，理由见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）列出列联表，根据表格中的数据计算出的观测值，并将的值与作大小比较，即可判断出题中结论的正误；‎ ‎（2）根据表格中的数据得出参与志愿服务活动时间超过小时的频率，然后乘以即可得出结果.‎ 详解】（1）列联表如下表所示：‎ 超过小时 不超过小时 合计 男 女 ‎1‎ 合计 ‎，‎ 因此，有的把握认为该校学生一周参与志愿服务活动时间是否超过小时与性别有关；‎ ‎（2）由表格中的数据可知，该校参与志愿服务活动时间超过小时的学生频率为，‎ 因此，抽取的名学生中一周参与志愿服务活动时间超过小时的人数为.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验思想的应用，同时也考查了分层抽样中频数的计算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.已知的内角，，的对边分别为，，，.‎ ‎（Ⅰ）求角；‎ ‎（Ⅱ）若，，求及的面积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据正弦定理将所给条件变形、并结合三内角的关系可得，于是得到，故．（Ⅱ）由余弦定理求出，进而可得三角形的面积．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意及正弦定理可得．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理可得，‎ 即，‎ 整理得，‎ 解得或（舍去）.‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 根据正余弦定理求三角形的内角时，在求出内角的三角函数值后容易忽视角的范围，从而造成失分．另外，三角形的面积常与解三角形结合在一起考查，在应用余弦定理时要注意整体思路的运用，以简化解题的过程．‎ ‎19.如图，在三棱锥中，正三角形所在平面与等腰三角形所在平面互相垂直，，是中点，于.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明平面，得到，结合已知，证得平面.（2）将所求转化为，利用（1）的结论得到三棱锥的高为，由此计算得三棱锥的体积.‎ ‎【详解】解：（1）∵AB＝BC，O是AC中点，‎ ‎∴BO⊥AC，‎ 又平面PAC⊥平面ABC，‎ 且平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，‎ ‎∴BO⊥平面PAC，‎ ‎∴BO⊥PC，‎ 又OH⊥PC，BO∩OH＝O，‎ ‎∴PC⊥平面BOH；‎ ‎（2）∵△HAO与△HOC面积相等，‎ ‎∴,‎ ‎∵BO⊥平面PAC,∴,‎ ‎∵,∠HOC=30°∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴,即.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的证明，考查三棱锥体积的求法，属于中档题.‎ ‎20.已知函数，．‎ ‎（1）当时，求函数在点处的切线方程；‎ ‎（2）当时，恒成立，求实数a的最大值．‎ ‎【答案】（1） ；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为，所以，求出，利用点斜式，即可写出答案.‎ ‎（2）讨论的取值,参变分离，找到在上的最小值，即为a的最大值.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎，，‎ 所以切线方程为，即 ；‎ ‎（2），，‎ 当时，，不等式恒成立，；‎ 当时，，所以，‎ 设，，‎ 时，，为减函数，‎ 时，，为增函数，‎ 所以，，‎ 综上：，所以的最大值是．‎ ‎【点睛】本题考查函数上某点的切线方程,含参不等式恒成立问题.属于中档题.求曲线上某点的切线方程的一般思路是：求出切点与切线的斜率，利用点斜式写出直线.含参不等式恒成立问题一般都可以参变分离,将解不等式等价转换为求函数的最值.‎ ‎21.已知椭圆左、右焦点为别为、，且过点和.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）如图，点为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点，的延长线与椭圆交于点，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点和代入椭圆方程解得，即可得椭圆方程；‎ ‎（2）当的斜率不存在时，易得；当的斜率存在时，设的方程为，联立，得：，设，利用韦达定理得，则，点到直线的距离是点到直线的距离的2倍，则 ‎，得；进行比较，得出面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）根据题意得，将点和代入椭圆方程得：，‎ 解得：，所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）由（1）得椭圆的，，‎ ‎①当的斜率不存在时，易知，‎ ‎；‎ ‎②当的斜率存在时，设直线的方程为，‎ 联立方程组，消去得：‎ 设，，‎ ‎，‎ 点到直线的距离，因为是线段的中点，所以点到直线的距离为，‎ 所以 综上，面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，分类讨论的思想，弦长公式和点到直线的距离公式的应用，三角形面积的求法，属于中档题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若与交于，两点，点的极坐标为，求的值.‎ ‎【答案】（1）的普通方程为.的直角坐标方程为.（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）直接利用参数方程和极坐标方程的公式得到答案.‎ ‎（2）的参数方程转化为标准形式为代入，利用韦达定理得到，，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）消去参数得曲线的普通方程为.‎ 曲线的极坐标方程可化为，即，‎ 又，，∴曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）的参数方程转化为标准形式为（为参数），‎ 代入得，‎ 点的直角坐标为，设，分别是对应的参数，‎ 则，.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程标准形式的应用，考查的核心素养是数学运算和直观想象.‎ ‎23.已知x，y，z均为正数．‎ ‎（1）若xy＜1，证明：|x+z|⋅|y+z|＞4xyz；‎ ‎（2）若＝，求2xy⋅2yz⋅2xz的最小值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）最小值8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用基本不等式可得 , 再根据0＜xy＜1时, 即可证明|x+z|⋅|y+z|＞4xyz.‎ ‎（2）由＝, 得，然后利用基本不等式即可得到xy+yz+xz≥3，从而求出2xy⋅2yz⋅2xz的最小值.‎ ‎【详解】（1）证明：∵x，y，z均为正数，‎ ‎∴|x+z|⋅|y+z|＝（x+z）（y+z）≥＝，‎ 当且仅当x＝y＝z时取等号．‎ 又∵0＜xy＜1，∴，‎ ‎∴|x+z|⋅|y+z|＞4xyz；‎ ‎（2）∵＝，即．‎ ‎∵，‎ ‎，‎ ‎，‎ 当且仅当x＝y＝z＝1时取等号，‎ ‎∴，‎ ‎∴xy+yz+xz≥3，∴2xy⋅2yz⋅2xz＝2xy+yz+xz≥8，‎ ‎∴2xy⋅2yz⋅2xz的最小值为8．‎ ‎【点睛】本题考查了利用综合法证明不等式和利用基本不等式求最值，考查了转化思想和运算能力，属中档题．‎