河北省衡水市衡水中学2020届高三上学期期中考试数学（文）试题

河北省衡水市衡水中学2020届高三上学期期中考试数学（文）试题

‎2019－2020学年度高三年级上学期期中考试数学试卷(文科)‎ 一、选择题 ‎1.下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的定义，可得A，B，D是偶函数，再利用函数单调性的性质，即可得出结论．‎ ‎【详解】根据偶函数的定义，可得A，B，D是偶函数，B在上单调递减，D在上有增有减，A在上单调递增，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性的性质，考查函数的奇偶性，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．‎ ‎2.等差数列的前项和为，已知.则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 设等差数列的公差为，又，‎ 所以，解得，‎ 所以，故选C.‎ ‎3.已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（　　）‎ A. -4 B. ‎-1 ‎C. 1 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出在点处的切线斜率，然后利用两直线垂直的条件可求出的值.‎ ‎【详解】由题意，，，则曲线在点处的切线斜率为4，由于切线与直线垂直，则，解得.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了两直线垂直的性质，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎4.在中，是边上一点，，且，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，用基向量表示，然后与题目条件对照，即可求出．‎ ‎【详解】由在中，是边上一点，，‎ 则，‎ 即，故选．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用及向量的线性运算．‎ ‎5.已知双曲线离心率,与椭圆有相同的焦点,则该双曲线渐近线方程是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出椭圆的焦点和，所以双曲线方程可设为，所以其渐近线方程为，由题意得双曲线的，再根据其离心率，求出，根据，得到，从而得到双曲线的渐近线方程，求出答案.‎ ‎【详解】因为椭圆，其焦点为和，‎ 因为双曲线与椭圆有相同的焦点，‎ 所以设双曲线的方程为，则其渐近线方程为，‎ 且双曲线中 因为双曲线的离心率，所以，‎ 又因双曲线中 所以，即，‎ 所以双曲线的渐近线方程为 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查根据双曲线的离心率和焦点求，双曲线的渐近线，属于简单题.‎ ‎6.已知角满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用诱导公式可求，，再由二倍角公式化简，即可得结果．‎ ‎【详解】，‎ ‎ ‎ ‎．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了诱导公式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．三角函数求值有三类，(1)“给角求值”；(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种系；(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．‎ ‎7.已知函数的部分图象如图所示，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像最低点求得，根据函数图像上两个特殊点求得的值，由此求得函数解析式，进而求得的值.‎ ‎【详解】根据图像可知，函数图像最低点为，故，所以，将点代入解析式得 ‎，解得，故，所以，故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查根据三角函数图象求三角函数解析式，并求三角函数值，属于中档题.‎ ‎8.已知各项不为0的等差数列满足，数列是等比数列且，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意可得：，‎ ‎，则：.‎ 本题选择C选项.‎ ‎9.已知点P为双曲线右支上一点，点F1，F2分别为双曲线的左右焦点，点I是△PF‎1F2的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有成立，则双曲线的离心率取值范围是（　　）‎ A. （1，） B. （1，2）‎ C. （1，2] D. （1，]‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件和三角形的面积公式，求得的关系式，从而得出离心率的取值范围，得到答案．‎ ‎【详解】设的内切圆的半径为，则 ‎，‎ 因为，所以,‎ 由双曲线定义可知，‎ 所以，即，‎ 又由，所以双曲线的离心率的取值范围是，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．‎ ‎10.函数向右平移个单位后得到函数，若在上单调递增，则的取值范围是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求函数，再求函数的单调递增区间，区间是函数单调递增区间的子集，建立不等关系求的取值范围.‎ ‎【详解】,‎ 令 ‎ 解得 ， ‎ 若上单调递增，‎ ‎ ,解得： ‎ ‎ ‎ 时，.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的性质和平移变换，属于中档题型.‎ ‎11.已知函数，若当 时，有解，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数的导数，得到函数的单调性，以及的取值，再由导数的几何意义，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，函数，则导数，‎ 所以函数在上递减，在上递增，‎ 当时，，又由，，，‎ 当 时，有解，即函数和的图象有交点，如图所示，‎ 又因为在点的切线的斜率为，所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及方程的有解问题，着重考查了转化与化归思想、数形结合思想和推理、运算能力，对于方程的有解问题，通常转化为两个函数图象的交点个数，结合图象求解．‎ ‎12.在平面直角坐标系中，圆：，圆：，点，动点，分别在圆和圆上，且，为线段的中点，则的最小值为 A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，根据向量的运算和两点间的距离公式，求得点的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系，即可求解的最小值，得到答案．‎ ‎【详解】设，，，‎ 由得，即，‎ 由题意可知，MN为Rt△AMB斜边上的中线，所以,‎ 则 ‎ 又由，则，‎ 可得，化简得，‎ ‎∴点的轨迹是以为圆心、半径等于的圆C3，‎ ‎∵M在圆C3内，∴ MN的最小值即是半径减去M到圆心的距离，‎ 即，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆的方程及性质的应用，以及点圆的最值问题，其中解答中根据圆的性质，求得点的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ 二、填空题 ‎13.已知向量，，则在方向上的投影为___________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，，得在上的投影为，，求出，代入投影的公式计算即可．‎ ‎【详解】向量，，，，‎ ‎，，‎ 在方向上的投影为，．‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算及几何意义，属于基础题．‎ ‎14.若函数只有一个极值点，则k的取值范围为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数求导函数，只有一个极值点时只有一个实数解有，设新函数设，，等价转化数形结合法即可得出结论，‎ ‎【详解】函数只有一个极值点，‎ ‎，‎ 若函数只有一个极值点，只有一个实数解，‎ 则：，‎ 从而得到：，‎ 当 时，成立．‎ 当时，设，，‎ 当两函数相切时，，此时得到的最大值，但时不成立．‎ 故的取值范围为：，‎ 综上：的取值范围为：.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式问题的等价转化方法，考查数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．‎ ‎15.已知抛物线E：的焦点为F，准线为l，过F的直线m与E交于A，B两点，过A作，垂足为M，AM的中点为N，若，则___________.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，得到直线的斜率，进一步求得直线的方程，与抛物线方程联立求解即可得答案．‎ ‎【详解】，为的中点，且，‎ ‎，则直线的倾斜角为，斜率为．‎ 由抛物线，得，则直线的方程为．‎ 联立，得．‎ 则，‎ ‎．‎ 故答案为：16．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的简单性质、直线与抛物线位置关系及抛物线过焦点弦公式的应用，属于中档题．‎ ‎16.数列为1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4，…，首先给出，接着复制该项后，再添加其后继数2，于是，，然后再复制前面所有的项1，1，2，再添加2的后继数3，于是，，，，接下来再复制前面所有的项1，1，2，1，1，2，3，再添加4，…，如此继续，则______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列构造方法可知：，即；根据变化规律可得，从而得到结果.‎ ‎【详解】由数列的构造方法可知，，，，可得：‎ 即：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查根据数列的构造规律求解数列中的项，关键是能够根据构造特点得到数列各项之间的关系，考查学生的归纳总结能力.‎ 三、解答题 ‎17.已知的面积为，且且.‎ ‎(1)求角的大小；‎ ‎(2)设为的中点，且，的平分线交于，求线段的长度.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知条件求出角的正切值，再结合角的范围即可求解；‎ ‎（2）先根据条件求出，，；再借助于面积之间的关系求出，之间的比例关系，结合题中条件即可求解．‎ ‎【详解】（1），‎ 又，即，‎ ‎∴，‎ 又，∴.‎ ‎（2）如下图所示：‎ 在中，为中线，∴，‎ ‎∴‎ ‎∴.‎ 由（1）知：，‎ 又， ∴，，‎ 由余弦定理可得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎∴，又，∴，‎ 在中，有：‎ ‎ ‎ ‎，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积的应用、正余弦定理的应用，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查运算求解能力，属于中档题．‎ ‎18.已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，且，，.‎ ‎（1）若，求的通项公式；‎ ‎（2）若，求 ‎【答案】（1）；（2）5或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，由已知条件求出，再写出通项公式；（2）由，求出的值，再求出的值，求出.‎ ‎【详解】设等差数列公差为，等比数列公比为有，即.‎ ‎（1）∵，结合得，‎ ‎∴.‎ ‎（2）∵，解得或3，‎ 当时，，此时；‎ 当时，，此时.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式、等差数列的前 项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，另外，解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前 项和的关系.‎ ‎19.已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线方程；‎ ‎（Ⅱ）已知点，延长交抛物线于点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析．‎ ‎【解析】‎ 解法一：（Ⅰ）由抛物线的定义得．‎ 因为，即，解得，所以抛物线的方程为．‎ ‎（Ⅱ）因为点在抛物线上，‎ 所以，由抛物线的对称性，不妨设．‎ 由，可得直线的方程为．‎ 由，得，‎ 解得或，从而．‎ 又，‎ 所以，，‎ 所以，从而，这表明点到直线，的距离相等，‎ 故以为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．‎ 解法二：（Ⅰ）同解法一．‎ ‎（Ⅱ）设以点为圆心且与直线相切的圆的半径为．‎ 因为点在抛物线上，‎ 所以，由抛物线的对称性，不妨设．‎ 由，可得直线的方程为．‎ 由，得，‎ 解得或，从而．‎ 又，故直线的方程为，‎ 从而．‎ 又直线的方程为，‎ 所以点到直线的距离．‎ 这表明以点为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．‎ 考点：1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎20.已知数列的各项均为正数，对任意，它的前项和满足，并且，，成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，为数列的前项和，求.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据与的关系，利用临差法得到，知公差为3；再由代入递推关系求；‎ ‎（2）观察数列的通项公式，相邻两项的和有规律，故采用并项求和法，求其前项和.‎ ‎【详解】（1）对任意，有，①‎ 当时，有，解得或.‎ 当时，有.②‎ ‎①-②并整理得.‎ 而数列的各项均为正数，.‎ 当时，，‎ 此时成立；‎ 当时，，此时，不成立，舍去.‎ ‎，.‎ ‎（2）‎ ‎.‎ ‎【点睛】已知与的递推关系，利用临差法求时，要注意对下标与分两种情况，即；数列求和时要先观察通项特点，再决定采用什么方法.‎ ‎21.已知函数,.‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间； ‎ ‎（Ⅱ）令两个零点，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增.（Ⅱ）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求得函数的导数，且，进而利用导数的符号，即可求得函数单调区间；‎ ‎（Ⅱ）由有两个零点，利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象，即可得出证明．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，函数，则，且，‎ 当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调递增；‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增. ‎ ‎（Ⅱ）由有两个零点可知 由且可知，‎ 当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调增；‎ 即的最小值为，‎ 因此当时，，‎ 可知在上存在一个零点；‎ 当时，，‎ 可知在上也存在一个零点，‎ 因此，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦距为4，且过点．‎ ‎（1）求椭圆的方程 ‎（2）设椭圆的上顶点为，右焦点为，直线与椭圆交于、两点，问是否存在直线，使得为的垂心，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）存在直线满足题设条件,详见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由已知列出关于，，的方程组，解得，，，写出结果即可；‎ ‎（2）由已知可得，，．所以，因为，所以可设直线的方程为，代入椭圆方程整理，得．设，，，，由根与系数的关系写出两根之和和两根之积的表达式，再由垂心的性质列出方程求解即可．‎ ‎【详解】（1）由已知可得，‎ 解得，，，所以椭圆的方程为．‎ ‎（2）由已知可得，，∴.∵，‎ ‎∴可设直线的方程为，代入椭圆方程整理，‎ 得.设，‎ 则，∵.‎ 即 ‎∵‎ 即，∵‎ ‎∴或.‎ 由，得 又时，直线过点，不合要求，∴，‎ 故存在直线满足题设条件.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系应用，以及垂心的定义应用．意在考查学生的数学运算能力．‎