河北省廊坊市2020届高三上学期期末考试数学文科试题

河北省廊坊市2020届高三上学期期末考试数学文科试题

廊坊市2019-2020学年度第一学期高三期末调研考试 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号.‎ ‎3.在答题卡上与题号相对应的区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应的答题区域的答案一律无效.不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记.‎ ‎4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每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，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次根式有意义条件及指数不等式,可解得集合A与集合B,再由集合交集运算即可得解.‎ ‎【详解】对于集合 对于集合 所以 故选:D ‎【点睛】本题考查了指数不等式的解法与二次根式有意义的条件,交集的简单运算,属于基础题.‎ ‎2.复数对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将复数根据乘法运算化简即可得在复平面内的坐标,即可判断所在象限.‎ ‎【详解】由复数的乘法运算,化简可得 则在复平面内对应点的坐标为 所以对应的点在第一象限 故选:A ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算,复数的几何意义,属于基础题.‎ ‎3.函数的图象在点处的切线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求导可得,则为点处的切线斜率,即可求得切线方程 ‎【详解】由题意,‎ 所以,则在点处的切线斜率为,‎ 所以在处的切线方程为,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查在曲线某点处的切线方程,考查导数的几何意义 ‎4.已知外接圆半径为1，圆心为，若，则面积的最大值为（ ）‎ A. 2 B. C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的线性运算,可判断出为圆的直径.结合勾股定理及不等式即可求得面积的最大值.‎ ‎【详解】根据向量的减法运算,化简可得 ‎,则 即为的中点.‎ 又因为为外接圆圆心,该外接圆的半径为1.所以 由圆的性质可知, ‎ 设 则 由不等式性质可知,‎ 则,当且仅当时取等号 所以 即面积的最大值为 ‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了向量的线性运算,不等式性质的应用,属于基础题.‎ ‎5.设点为，所表示的平面区域内的动点，若在上述区域内满足最小时所对应的点为，则与（为坐标原点）的夹角的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式组,可画出可行域.根据距离的最小值,可判断出点位置.再由几何性质即可求得夹角的取值范围.‎ ‎【详解】根据所给不等式组,画出可行域如下图所示:‎ 满足最小时所对应的点为,即可行域内的到原点距离的平方最小 当与直线垂直时,交点即为点.‎ 设直线与轴交于点,与轴交于点 由直线的斜率与倾斜角可知, ‎ 由与直线垂直 所以当与或重合时, 与的夹角取得最大值;当与重合时, 与的夹角取得最小值 即与的夹角的取值范围为 故选:A ‎【点睛】本题考查了线性规划的简单应用,距离型最值的求法,平面几何性质的应用,属于基础题.‎ ‎6.已知递增等差数列中，，则的（ ）‎ A. 最大值为 B. 最小值为‎4 ‎C. 最小值为 D. 最大值为4或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的通项公式可用表示出.由数列单调递增可得.用表示出,结合基本不等式即可求得最值.‎ ‎【详解】因为 由等差数列通项公式,设公差为,可得 变形可得 因为数列为递增数列,所以 即 而由等差数列通项公式可知 由,结合基本不等式可得 当且仅当时取得等号 所以的最小值为4‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了等差数列通项公式与单调性的应用,基本不等式在求最值中的用法,属于中档题.‎ ‎7.如图为一个抛物线形拱桥，当水面经过抛物线的焦点时，水面的宽度为，则此时欲经过桥洞的一艘宽的货船，其船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,抽象出抛物线的几何模型.根据抛物线的通经性质求得抛物线方程,即可求得当宽为时的纵坐标,进而求得水面到顶部的距离.‎ ‎【详解】根据题意,画出抛物线如下图所示:‎ 设宽度为时与抛物线的交点分别为.当宽度为时与抛物线的交点为.‎ 当水面经过抛物线的焦点时,宽度为 由抛物线性质可知,则抛物线方程为 则 当宽度为时,设 代入抛物线方程可得,解得 ‎ 所以直线与直线的距离为 即船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过 故选:D ‎【点睛】本题考查了抛物线在实际问题中的应用,抛物线几何性质的应用,属于基础题.‎ ‎8.用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最小体积为（ ）‎ A. 5 B. ‎6 ‎C. 7 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,当体积最小时,结合三视图还原空间几何体,即可求解.‎ ‎【详解】根据题意,当几何体体积最小时,空间几何图如下图所示:‎ 所以几何体的最小体积为5‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了三视图还原空间几何体的应用,对空间想象能力要求较高,属于中档题.‎ ‎9.函数的零点所在的区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断出函数的单调性,结合零点存在定理即可判断出零点所在区间.‎ ‎【详解】函数 所以函数在R上单调递增 因为 所以函数零点在 故选:C ‎【点睛】本题考查了根据零点存在定理判断零点所在区间,注意需判断函数的单调性,说明零点的唯一性,属于基础题.‎ ‎10.下列说法不正确的是（ ）‎ A. “为真”是“为真”的充分不必要条件；‎ B. 若数据的平均数为1，则的平均数为2；‎ C. 在区间上随机取一个数，则事件“”发生的概率为 D. 设从总体中抽取的样本为若记样本横、纵坐标的平均数分别为，则回归直线必过点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.“为真”可知，为真命题，可得“为真”，反之不成立，即可判断出正误；B. 根据平均数公式即可判断；.由题意得的范围，再利用几何概率计算公式即可判断出正误；.根据回归直线的性质即可判断.‎ ‎【详解】.“为真”可知，为真命题，可得“为真”反之“为真”可知真或真，但不一定为真，“为真”是“为真”的充分不必要条件，故正确；‎ ‎.由题意知，则，故正确；‎ ‎.在区间上随机取一个数，由，‎ 得，解得，‎ 事件“”发生的概率为： ，故不正确；‎ ‎.根据回归直线的性质可知，回归直线必过中心点，故正确.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是充分不必要条件的判断，平均数的计算，几何概型的概率计算，以及回归方程的应用，是基础题.‎ ‎11.若直线与函数和的图象都相切，则（ ）‎ A. 3 B. ‎2 ‎C. 1 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过直线与函数相切求出，再根据线与函数相切，即可求出.‎ ‎【详解】直线与函数相切，设切点为，‎ 又，所以解得，‎ 即直线为，‎ 又直线与相切，设切点为，，‎ ‎，则，切点为，将切点代入得，‎ ‎，解得.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是导数的几何意义，考查学生的逻辑思维能力、运算能力，是中档题.‎ ‎12.如图，在棱长为1的正方体中，、是面对角线上两个不同的动点. ①；②与所成的角均为；③若，则四面体的体积为定值.则上述三个命题中假命题的个数为（ ）‎ A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令与重合，与重合，即可判断①和②，根据平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，可判断③.‎ ‎【详解】‎ ‎①当与重合，与重合时，易知,故①正确；‎ ‎②当与重合，与重合时，由题意可知均是等边三角形，均为，且为异面直线与，与所成角的平面角，故②正确；‎ ‎③设平面两条对角线交点为，则易得平面，平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，故四面体 的体积一定是定值，故③正确.‎ 故假命题有个.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是立体几何的综合应用，异面直线所成角的问题，四面体的体积求法，考查学生的空间想象能力，是中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.设抛掷一枚骰子得到的点数为，则方程无实数根的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据方程无实数根得出的值，即可得出概率.‎ ‎【详解】方程无实数根,‎ ‎，即，‎ 解得，又，‎ ‎，‎ 抛掷一枚骰子得到的点数为，则方程无实数根的概率为.‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是一元二次方程有实根的条件，古典概型的概率公式的应用，是基础题.‎ ‎14.如图，某地一天从时的温度变化曲线近似满足函数，则该函数的表达式为________．‎ ‎【答案】，，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过函数的图象，求出，，求出函数的周期，推出，利用函数经过求出，得到函数的解析式．‎ ‎【详解】解：由题意以及函数的图象可知，，，，所以，‎ 由函数经过 所以，又，所以，‎ 所以函数的解析式：，，．‎ 故答案为：，，．‎ ‎【点睛】通过函数的图象求出函数的解析式，是三角函数常考题型，注意图象经过的特殊点，注意函数解析式的范围容易出错遗漏，属于基础题．‎ ‎15.已知圆，当圆的面积最小时，直线被圆截得的弦长为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化圆的一般方程为标准方程，求出圆面积最小时的圆心和半径，再根据半弦和圆心到直线的距离以及半径之间满足勾股定理即可求得弦长.‎ ‎【详解】圆即，‎ 故当当圆的面积最小时，，‎ 此时圆方程为，圆心为半径为，‎ 圆心到直线的距离为，‎ 直线被圆截得的弦长为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查圆的面积、直线与圆的位置关系.由圆的方程求出面积最小时的圆，以及弦长的求法，利用半弦和圆心到直线的距离以及半径之间满足勾股定理，是基础题.‎ ‎16.已知数列中，，其前项和为，且满足，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，及算出，同时构造等比数列，求出时的，即可得到.‎ ‎【详解】①，，可得，，‎ ‎②，‎ ‎②—①得，‎ 变形为：，‎ 即，又，‎ 则当时数列是以为首项，为公比的等比数列，‎ 即，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是数列通项的求法，构造数列求通项方法的应用，考查学生的分析问题解决问题的能力以及计算能力，是中档题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知的三个内角，，所对的边分别为，设，.‎ ‎（1）若，求与的夹角；‎ ‎（2）若，求周长的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入可求得.根据平面向量数量积的坐标运算求得,由数量积的定义即可求得,进而得夹角.‎ ‎（2）根据及向量模的坐标表示,可求得.再由余弦定理可得.结合基本不等式即可求得的最大值,即可求得周长的最大值;或由正弦定理,用角表示出,结合辅助角公式及角的取值范围,即可求得的取值范围,进而求得周长的最大值.‎ 详解】（1）,所以,‎ 因为,‎ ‎,‎ 又,,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎（2）因为,即,‎ 所以,‎ 方法1.由余弦定理,得.‎ ‎,‎ 即,‎ 即,（当且仅当时取等号）‎ 所以周长的最大值为.‎ 方法2.由正弦定理可知,‎ ‎,‎ ‎,,‎ 所以,‎ 又,,‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以当时,取最大值.‎ 所以周长的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义,正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,‎ 三角形周长的表示方法,基本不等式与正弦函数的图像与性质应用,属于基础题.‎ ‎18.已知数列满足为等比数列，且，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可求得数列的首项和公比，利用等比数列通项公式可得数列的通项公式，即可得到；‎ ‎（2）由利用累加法得到时的，验证时成立，即可得到.‎ ‎【详解】解：（1）由且得：‎ ‎，‎ 所以，‎ 又因为数列为等比数列，所以可知其首项为4，公比为2. ‎ 故，‎ 所以.‎ ‎（2）由，‎ ‎.‎ ‎ ，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 累加得， ‎ ‎.‎ 又满足上式 ‎【点睛】本题主要考查是等比数列通项公式的应用，基本量的计算，以及利用累加法求通项，利用累加法时最后要注意验证时是否成立，考查学生的计算能力，是中档题.‎ ‎19.如图，几何体中，，均为边长为2的正三角形，且平面平面，四边形为正方形.‎ ‎（1）若平面平面，求几何体的体积；‎ ‎（2）证明：平面平面.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意证出平面，故所求的几何体的体积等于三棱锥的体积的2倍，运算求得结果；（2）先证明和平行且相等，可得四边形为平行四边形，可得，再证，利用平面和平面平行的判定定理，证得平面平面.‎ ‎【详解】（1）取中点，的中点，连接.‎ 因为，且平面平面，‎ 所以平面，‎ 同理平面，‎ 又因为，‎ 所以.‎ ‎（2）证明：设平面平面，‎ 因为平面平面，‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 即与重合，‎ 所以 所以四边形为平行四边形，‎ 所以，‎ 平面,平面,‎ 平面,‎ 又 同理可得平面，‎ ‎,‎ 平面，‎ 所以平面平面；‎ ‎【点睛】本题主要考查平面和平面平行的判定定理的应用，用分割法求柱体、锥体的体积，考查学生的空间想象能力，以及逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎20.设椭圆的一个焦点为，四条直线，所围成的区域面积为.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）设过的直线与交于不同的两点，若以弦为直径的圆恰好经过原点，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意知、面积以及列出方程组，即可求出的方程；‎ ‎（2）根据题意设出直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理，且根据向量数量积列出关系式，求出斜率，即可得直线的方程.‎ ‎【详解】（1）依题意得，‎ 解得，‎ 椭圆的方程为．‎ ‎（2）易知直线的斜率存在，并设直线方程为，将其代入，‎ 化简得，‎ 设、，‎ ‎，‎ 且，‎ 依题意可知，‎ ‎，‎ 即 ‎ 将代入上式得 化简得，所以 故所求的直线方程为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查综合分析与运算能力.综合性强，是中档题.‎ ‎21.根据有关资料预测，某市下月1—14日的空气质量指数趋势如下图所示.，根据已知折线图，解答下面的问题：‎ ‎（1）求污染指数的众数及前五天污染指数的平均值；（保留整数）‎ ‎（2）为了更好发挥空气质量监测服务人民目的，监测部门在发布空气质量指数的同时，也给出了出行建议，比如空气污染指数大于150时需要戴口罩，超过200时建议减少外出活动等等.如果某人事先没有注意到空气质量预报，而在1—12号这12天中随机选定一天，欲在接下来的两天中（不含选定当天）进行外出活动.求其外出活动的两天期间.‎ ‎①恰好都遭遇重度及以上污染天气的概率；‎ ‎②至少有一天能避开重度及以上污染天气的概率.‎ 附：空气质量等级参考表：‎ 等级 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 ‎【答案】（1）众数为157，平均值为；（2）①；②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据折线图可知知道众数，利用平均数计算公式可以算出平均值；‎ ‎（2）①根据折线图，天中只有1日、11日、12日3天满足题意，根据古典概型概率公式即可得；②法一从事件的对立面入手结合①即可得；法二分两种情况（i）连续两天都避开重度及以上污染；（ii）恰有一天有重度及以上污染，求出概率，在求和即可.‎ ‎【详解】（1）众数为157，共出现3次.‎ 前五天污染指数平均值为，‎ ‎（2）①在‎2月1日—12日这12天中，只有在1日、11日、12日3天时，‎ 其接下来的两天才会遭遇重度及以上污染天气，故：‎ 所求的概率为 ‎②法1：由①知，“此人外出期间其接下来的两天期间都避不开重度及以上污染”，‎ 对应的到达日期为：1日、11日、12日.‎ 所以所求的概率为 法2：根据题意，事件“此人接下来的两天至少有1天能避开空气重度及以上污染”，‎ 包括两种情况：‎ ‎（i）连续两天都避开重度及以上污染；‎ 由折线图易知，在3日、4日、7日、8日、9日时，其接下来的两天都能避开重度及以上污染天气 此时，所求的概率为，‎ ‎（ii）恰有一天有重度及以上污染 由折线图易知，在2日、5日、6日、10日时，其接下来的两天恰有一天能避开重度及以上污染天气 此时，所求的概率为 故所求的概率为.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是众数，平均数的计算，以及古典概型的概率计算，同时考查学生对折线图的理解和应用，考查学生的分析问题解决问题的能力，是基础题.‎ ‎22.已知函数满足:①定义为；②.‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）若；均有成立，求的取值范围；‎ ‎（3）设，试求方程的解.‎ ‎【答案】（1）（2）（3），、，、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用构造方程组法即可求得的解析式;‎ ‎（2）根据不等式,构造函数与.根据不等式恒成立可知满足.求得.通过判断的符号可判断的单调性,由其单调性可得,进而可知为单调递增函数,即可求得.再根据及二次函数性质,可得的取值范围;‎ ‎（3）根据的解析式,画出函数图像.并令,则方程变为.解得的值.即可知、及.结合函数图像及解析式,即可求得对应方程的解.‎ ‎【详解】（1）,…①‎ 所以即…②‎ 由①②联立解得:.‎ ‎（2）设,‎ ‎,‎ 依题意知:当时 又在上恒成立,‎ 所以在上单调递减 在上单调递增,‎ ‎,‎ 解得: ‎ 实数的取值范围为.‎ ‎（3）的图象如图所示：‎ 令,则 当时有1个解,‎ 当时有2个解：、,‎ 当时有3个解:、.‎ 故方程的解分别为：‎ ‎,、,、‎ ‎【点睛】本题考查了构造方程组法求函数解析式,二次求导的方法判断函数的单调性与最值,在定区间上恒成立问题的解法,换元法解复合函数与方程的应用,综合性强,属于难题.‎