1、河北省邢台市2020届高三数学上学期期末考试试题 理（含解析）考生注意：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法和加法法则可计算出所求复数.【详解】.故选：A.【点睛】本题考查复数的除法与加法计算，考查计算能力，属于基础题.2.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先求出集
2、合，再根据交集的定义计算可得；详解】解：所以或，即或故选：【点睛】本题考查一元二次不等式的解法及交集的运算，属于基础题.3.某地有两个国家AAAA级旅游景区甲景区和乙景区.相关部门统计了这两个景区2019年1月至6月的月客流量（单位：百人），得到如图所示的茎叶图.关于2019年1月至6月这两个景区的月客流量，以下结论错误的是（ ）A. 甲景区月客流量的中位数为12950人B. 乙景区月客流量的中位数为12450人C. 甲景区月客流量的极差为3200人D. 乙景区月客流量的极差为3100人【答案】D【解析】【分析】分别计算甲乙景区流量的中位数和极差得到答案.【详解】根据茎叶图的数据：甲景区月客流
3、量的中位数为12950人，乙景区月客流量的中位数为12450人.甲景区月客流量的极差为3200人，乙景区月客流量的极差为3000人.故选：【点睛】本题考查了茎叶图中位数和极差的计算，意在考查学生的应用能力.4.若夹角为的向量与满足，且向量为非零向量，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】可对两边平方得出，再根据为非零向量且即可得出【详解】解：；为非零向量；故选B【点睛】考查向量的数量积的运算及计算公式，向量夹角的概念5.设是椭圆上一点，分别是的左、右焦点.若，则（ ）A. 4B. C. 5D. 【答案】C【解析】【分析】依题意可得椭圆的焦点在轴，且，即可计算出、，再由椭圆的定
4、义计算可得；【详解】解：依题意可得椭圆焦点在轴，且，由，可得，即，又，所以故选：【点睛】本题考查椭圆的定义及简单几何性质，属于基础题.6.（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用切化弦后通分得，利用辅助角公式化简即可得结果.【详解】，故选：B.【点睛】本题主要考查了三角函数式的化简，利用切化弦思想和辅助角公式是解题的关键，属于中档题.7.若函数在上为减函数，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意得出在区间上恒成立，分析函数的单调性，得出该函数的最大值，可得出关于实数的不等式，解出即可.【详解】，.由于函数在上为减函数，则不等式在区间上恒
5、成立，且函数在区间上单调递增，所以，解得.因此，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用函数在区间上的单调性求参数的取值范围，一般转化为导数不等式在区间上恒成立来求解，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.8.已知函数的图象关于直线对称，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式将函数化简，再根据余弦函数的性质解答.【详解】解：，又因为的图象关于对称，所以，即，因为，所以的最小值为.故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换以及余弦函数的性质，属于基础题.9.如图，在四棱锥中，侧面是边长为6的正三角形，侧面与矩形所在平面垂直，分别为侧棱的中点，为棱上
6、一点，且，.若平面与交于点，则与底面所成角的正切值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】连接，因为分别为侧棱的中点，所以，根据线面平行的判定，得出平面，再由线面平行的性质得出，继而有，根据线段的比例关系可确定，取的中点，连接，再由面面垂直和线面角的定义找出为与底面所成角，解三角形，可得选项.【详解】连接，因为分别为侧棱的中点，所以，又平面，平面，平面，又平面平面，所以，.因为，所以.取的中点，连接，则.因为，所以，又侧面底面，所以底面，所以为与底面所成的角.因为，所以.故选：C.【点睛】本题考查线面角的计算，关键在于根据线面的关系，找出线面角的平面角，属于中档题.10.的展
7、开式的常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先对多项式进行变行转化成，其展开式要出现常数项，只能第1个括号出项，第2个括号出项.【详解】，的展开式中的常数项为.故选：A.【点睛】本题考查二项式定理展开式的应用，考查运算求解能力，求解的关键是对多项式进行等价变形，同时要注意二项式定理展开式的特点.11.某工厂产生的废气必须经过过滤后排放，规定排放时污染物的残留含量不得超过原污染物总量的.已知在过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫克/升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为（为常数，为原污染物总量）.若前个小时废气中的污染物被过滤掉了，那么要能够按规定排放废气，还需
8、要过滤小时，则正整数的最小值为（ ）（参考数据：取）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知条件得出，可得出，然后解不等式，解出的取值范围，即可得出正整数的最小值.【详解】由题意，前个小时消除了的污染物，因为，所以，所以，即，所以，则由，得，所以，故正整数的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查指数函数模型的应用，涉及指数不等式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.12.双曲线的左、右焦点分别为，渐近线分别为，过点且与垂直的直线交于点，交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】设：，：，联立方程得到，再计算，利用余弦定理得到，计算
9、得到答案.【详解】记为坐标原点.由题意可得，不妨设：，：则直线：.联立，解得则故，.因为，所以所以，则.因为，所以，所以，整理得，则解得.故选：【点睛】本题考查了双曲线的离心率问题，综合性强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.设分别为内角的对边.已知，则_.【答案】（或150）【解析】【分析】利用已知条件通过余弦定理直接求解即可.【详解】因为，所以，故答案为：（或）.【点睛】本题主要考查三角形的解法，余弦定理的应用，属于基础题.14.现有下列三个结论，其中所有正确结论的编号是_.若，则的最大值
10、为；“”的一个必要不充分条件是“”；若且，则.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式判断；根据充要条件判断；由简单的线性规划判断；即可推出结果【详解】解：若，则，当且仅当，即时，等号成立，所以正确；因为，所以不正确；作出不等式组，表示的可行域，由图可知，当直线经过点时，取得最小值6，故所以也正确故所有正确结论的编号是故答案为：【点睛】本题以命题的真假判断为载体，考查了线性规划以及充要条件，基本不等式以及数列的应用，难度不大，属于中档题15.已知正四棱柱每个顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则该四棱柱的侧面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设球的半径为，可得，设正四棱柱的底面边长，高为，
11、 ，利用基本不等式可得该正四棱柱侧面积的最大值.【详解】设球的半径为，则，解得，设正四棱柱的底面边长，高为，则正四棱柱的体对角线为球的直径，则有，即，由基本不等式可得，所以，当且仅当，即时，等号成立. 故该正四棱柱的侧面积为，其最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查球体表面积的计算,同时也考查了正四棱柱外接球问题以及正四棱柱侧面积最值的计算,涉及了利用基本不等式求最值,解题的关键就是要根据题意得出定值条件,考查计算能力，属于中等题16.函数在上单调递增，且为奇函数.当时，且，则满足的的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由特殊值法分析可得和，进而分析可得在上单调递增，据此可得原不等
12、式等价于，解可得的范围，即可得答案【详解】解：根据题意，因为当时，且，所以又，所以，因为在，上单调递增，且为奇函数，所以在上单调递增所以，即，故答案为：【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于中档题三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在等比数列中，且.（1）求通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由数列是等比数列，及，且，两式相除得到公比，再代入可求，则通项公式
13、可求.（2）利用分组求和求出数列的前n项和.【详解】解：（1）因为等比数列中，且.所以公比，所以，即，故.（2）因为所以，所以.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的计算与等比数列前项和公式的应用，属于基础题.18.某土特产超市为预估2020年元旦期间游客购买土特产的情况，对2019年元旦期间的90位游客购买情况进行统计，得到如下人数分布表.购买金额（元）人数101520152010（1）根据以上数据完成列联表，并判断是否有的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关.不少于60元少于60元合计男40女18合计（2）为吸引游客，该超市推出一种优惠方案，购买金额不少于60元可抽奖3次，每次中奖概率为
14、（每次抽奖互不影响，且的值等于人数分布表中购买金额不少于60元的频率），中奖1次减5元，中奖2次减10元，中奖3次减15元.若游客甲计划购买80元的土特产，请列出实际付款数（元）的分布列并求其数学期望.附：参考公式和数据：，.附表：2.0722.7063.8416.6357.8790.1500.1000.0500.0100.005【答案】(1)见解析，有的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关.(2)分布列见解析，数学期望75【解析】【分析】（1）完善列联表，计算得到答案.（2）先计算，分别计算，得到分布列，计算得到答案.【详解】（1）列联表如下：不少于60元少于60元合计男124052女1
15、82038合计306090，因此有的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关.（2）可能取值为65，70，75，80，且.，所以的分布列为65707580.【点睛】本题考查了列联表，分布列，意在考查学生的应用能力和计算能力.19.如图，在正四棱锥中，二面角为，为的中点.（1）证明：；（2）已知为直线上一点，且与不重合，若异面直线与所成角为，求【答案】（1）详见解析；（2）11.【解析】【分析】（1）设V在底面的射影为O，连接OE，找出二面角的平面角，再证明，从而得到；（2）取AB的中点G，以O为坐标原点，分别以，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，根据异面直线与所成角为，求出的值，
16、从而得到的值.【详解】（1）设V在底面的射影为O.则O为正方形ABCD的中心如图，连接OE，因为E为BC的中点，所以.在正四棱锥中，则，所以为二面角的平面角，则.在中，又，所以.（2）取AB的中点G，以O为坐标原点，分别以，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则，.设，则，从而，整理得，解得（舍去），故.【点睛】本题考查空间中的线线垂直、线面角、面面角定义，考查空间想象能力和运算求解能力，在第（2）问求解时，根据共线向量基本定理确定，引入一个变量确定点的位置，是求解问题的关键.20.在直角坐标系中，点，是曲线上的任意一点，动点满足（1）求点的轨迹方程；（2）经过点的动直线与点的轨迹
17、方程交于两点，在轴上是否存在定点（异于点），使得？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在点符合题意.【解析】【分析】（1）设，利用相关点代入法得到点的轨迹方程；（2）设存在点，使得，则，因为直线l的倾斜角不可能为，故设直线l的方程为，利用斜率和为0，求得，从而得到定点坐标.【详解】（1）设，则，.又，则即因为点N为曲线上的任意一点，所以，所以，整理得，故点C的轨迹方程为.（2）设存在点，使得，所以.由题易知，直线l的倾斜角不可能为，故设直线l的方程为，将代入，得.设，则，.因，所以，即，所以.故存在点，使得.【点睛】本题考查相关点代入法求轨迹方程及抛物线中的定点问
18、题，考查函数与方程思想、数形结合思想的应用，求解时注意直线方程的设法，能使运算过程更简洁.21.已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求，的值和的单调区间；（2）若对任意的，恒成立，求整数的最大值.【答案】（1），的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）3.【解析】【分析】（1）求导得到，根据切线方程计算得到，代入导函数得到函数的单调区间.（2）讨论，两种情况，变换得到，设，求函数的最小值得到答案.【详解】（1），由切线方程，知，解得，.故，由，得；由，得.所以的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）当时，恒成立，则.当时，恒成立等价于对恒成立.令，.令，则对恒成立，所以在上单调递增.又，所
19、以，.当时，；当时，.所以，又，则，故，整数的最大值为3.【点睛】本题考查了函数的单调性，恒成立问题，将恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键.（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线的极坐标方程为.（1）求，的值；（2）已知点的直角坐标为，与曲线交于，两点，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据极坐标方程得到，根据参数方程得到答案.（2）将参数方程代入圆
20、方程得到，根据韦达定理得到，计算得到答案.【详解】（1）由，得，则，即.因为，所以.（2）将代入，得.设，两点对应的参数分别为，则，.所以.【点睛】本题考查了极坐标方程和参数方程，利用直线的参数方程可以简化计算，是解题的关键.选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围，【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式的解集； （2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，得出关于的不等式，求出解集即可【详解】（1）当时，解得；当时，解得，则； 当时，解得，则. 综上，不等式的解集为；（2） ，若对任意，不等式恒成立，则，解得或.因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用，同时考查了不等式恒成立问题，属于中档题
