河北省石家庄市第二中学2020届高三数学下学期教学质量检测试题 文（含解析）.doc

1、河北省石家庄市第二中学2020届高三数学下学期教学质量检测试题 文（含解析）（时间：120分钟 分值：150分）第卷（选择题 共60分）一、选择题（每小题5分）1. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据二次不等式与对数不等式的求法分别求出集合,再求即可.【详解】,.故或.所以.故选：B【点睛】本题主要考查了二次不等式与对数不等式的求解,同时也考查了集合的基本运算.属于基础题.2. A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式转化，原式=sin163sin223+cos163cos223再通过两角和公式化简，转化成特殊角得出结果【详解】

2、原式=sin163sin223+cos163cos223=cos（163-223）=cos（-60）=.故选A.【点睛】本题主要考查了诱导公式应用及两角和与差的余弦公式要熟记公式是关键3. 对于任意复数，任意向量，给出下列命题：；若，则；若，则其中正确的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对,根据复平面内复数的运算与平面向量运算,数形结合辨析即可.对,根据复数的运算推导.对,举出反例判定即可.【详解】对,复数在复平面内运算与平面向量的运算相似,均满足平行四边形法则,根据向量的三角不等式有,故也成立.故正确.对, 则,由复数的运算可知, .故正确.对若则,不一定有.故正

3、确.故选：C【点睛】本题主要考查了复数与平面向量的基本运算辨析,属于基础题.4. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离等于实轴长，则此双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据右焦点到渐近线的距离等于实轴长列出关于的关系式求解即可.【详解】渐近线方程,即.故右焦点到渐近线的距离.故.即,解得.故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的运算,需要根据题意建立关于的关系式求解.属于基础题.5. 诗歌是一种抒情言志的文学体裁，用高度凝练的语言、形象表达作者丰富的情感，诗歌也可以反映数量关系的内在联系和规律，人们常常把数学问题和算法理论编成朗朗上口的诗歌词赋，使抽象理性

4、的数学问题诗词化，比如诗歌：“十里长街闹盈盈，庆祝祖国万象新；佳节礼花破长空，长街灯笼胜繁星；七七数时余两个，八个一数恰为零；三数之时剩两盏，灯笼几盏放光明”，则此诗歌中长街上灯笼最少几盏（ ）A. 70B. 128C. 140D. 150【答案】B【解析】【分析】根据题意得灯笼数除以7余2，再利用代入法和排除法可得答案【详解】由七七数时余两个，可知灯笼数除以7余2，则，错.故选：B.【点睛】本题以数学传统文化为背景，要求读懂题意，考查简单的合情推理，属于基础题6. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先判断函数为偶函数，然后通过构造函数，可判断是单调递增函

5、数，从而可得到时，即可判断时，从而可确定在上单调递增，即可得到答案【详解】因为，所以为偶函数，选项B错误，令，则恒成立，所以是单调递增函数，则当时，故时，即在上单调递增，排除，故只有选项A正确故选：A【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数的单调性与奇偶性，属于中档题7. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是的中点，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先整理得到，从而求出，再求出，最后求的面积即可.【详解】解：在中，M是的中点，则,所以，分别在和中，由余弦定理可得：，即，整理得：，在中，由余弦定理得：，所以，则的面积,故选：B.【点睛】本题考查余弦

6、定理、三角形面积公式，是中档题.8. 在等差数列中，为其前项的和，已知，且，若取得最大值，则为（ ）A. 20B. 21C. 22D. 23【答案】A【解析】【分析】转化条件得，进而可得，即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由可得即，数列为递减数列，当时，取得最大值.故选：A.【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用，考查了等差数列前项和最大值的问题，属于基础题.9. 已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】易得该几何体为四分之一个圆锥与三棱锥的组合体,再分别根据面积公式求解即可.【详解】该几何体为四分之一个圆锥与三棱锥的组合

7、体,且四分之一圆锥底面半径为1,高为1.三棱锥为墙角三棱锥,三条直角边长分别为.另外三条边长分别为.故该几何体的表面积为 .故选：D【点睛】本题主要考查了根据三视图求解几何体表面积的问题,需要根据题意三视图确定几何体的形状,再分别计算各边长,再利用公式求解即可.属于中档题.10. 已知函数的最小正周期是，若其图象向右平移个单位后得到的函数为奇函数，则下列结论正确的是（ ）A. 函数的图象关于直线对称B. 函数的图象关于点对称C. 函数在区间上单调递减D. 函数在上有个零点【答案】C【解析】【分析】先根据题意求解析式，然后用整体代入的思想求出函数的所有对称轴、对称中心、单调递减区间及零点，逐一判

8、断各选项，即可得出结论.【详解】最小正周期是， 它的图象向右平移个单位后得到的函数为奇函数，为奇函数，则，由得，则的图象不关于对称，故选项A错误；由得，则的图象不关于对称，故选项B错误；由，得，则的单调递减区间为取，得区间，由，知选项C正确；函数的零点为，则函数在上有和两个零点，故选项D错误.故选：C.【点睛】本题考查了三角函数的图象变换，单调性、奇偶性、对称中心、对称轴等性质，属于中档题.11. 函数在上有唯一零点，下列四个结论：；其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导可得,再根据函数的单调性以及极值点和零点即可知为函数的零点和极小值点,进而根据

9、满足的关系式逐个选项判定即可.【详解】由题,令,因为,故.设的根为,则可知在区间上,单调递减；在区间上,单调递增.又当时, ；当时, .故在时取最小值,且,故.且,即.故正确.因为,即.故正确.错误.令,则,故为增函数.又,故.故错误.综上,正确.故选：A【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数的零点问题,需要根据题意求导分析函数的单调性,进而得到零点满足的关系式,再逐个性质进行判定即可.属于中档题.12. 过椭圆上一点作圆的切线，且切线的斜率小于，切点为，交椭圆另一点，若是线段的中点，则直线的斜率（ ）A. 为定值B. 为定值C. 为定值D. 随变化而变化【答案】C【解析】【分析】因为是线段的

10、中点,故可设,再用点差法根据直线与垂直斜率相乘等于求出切点的坐标,再求出直线的斜率即可.【详解】设,则,化简可得 .因为是线段的中点,故.代入化简可得的斜率.又直线与垂直,故,解得,代入圆可得.故直线的斜率为为定值.故选：C【点睛】本题主要考查了点差法在研究中点弦中的应用,需要根据题意利用点差法以及直线与圆相切,斜率之间的关系列式求解.属于中档题.第卷（非选择题 共90分）二、填空题（每小题5分，其中15题每一个空2分，第二个空3分）13. 已知向量，向量与的夹角为，且，则_.【答案】或【解析】【分析】数形结合可设或者,再分别根据向量坐标的模长公式代入求解即可.【详解】建立平面直角坐标系,不妨

11、设,起点均在原点.因为向量与的夹角为,故可设或者,.当时,因为,故,解得.当时,因为,故,解得.故或.故答案为：或【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算,需要根据题意建系确定的方向,再设坐标进行计算.属于中档题.14. 棱长为36的正四面体的外接球与内切球的半径之和为_.【答案】【解析】【分析】将正四面体补成正方体，则正四面体与该正方体的外接球相同，可求出正方体的外接球的半径，利用等体积法可求出其内切球的半径，得到答案.【详解】将正四面体补成正方体，如图正四面体与该正方体的外接球相同设正方体的棱长为，则，所以则正方体的对角线长为所以正四面体的外接球的半径为：设正四面体的内接球的球心为则,则所以正

12、四面体的外接球与内切球的半径之和为故答案为：【点睛】本题考查求正四面体的外接球的半径和内切球的半径，考查补形法的应用，属于中档题.15. 函数在原点处的切线方程为_，请你举出与函数在原点处具有相同切线的一个函数是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先求出的导数，得到函数在的导数值，从而得到切线的斜率，得到切线方程.举一个函数在原点处的导数值为2的函数即可.【详解】由得，所以函数在原点处的切线斜率为所以函数在原点处的切线方程为：与函数在原点处具有相同切线的一个函数则函数在原点处的导数值为2的函数即可.,所以函数在原点处的切线方程为：故答案为： ，【点睛】本题考查求函数的切线方程，举

13、例满足条件的函数，属于基础题.16. 在平面直角坐标系下，三角形的三个顶点分别为，位于动直线l：的两侧，其中一侧有一个点，点到直线l的距离记为，另一侧有两个点，两个点到直线l的距离之和记为，若无论直线怎么变化，总有，则的值为_.【答案】2【解析】【分析】根据题意不妨设，位于直线的同侧，位于直线的另一侧,利用几何性质分析得出直线恒过三角形的重心，从而得出答案.【详解】根据题意不妨设，位于直线的同侧，位于直线的另一侧，如图过，分别作直线的垂线，垂足分别为,设的中点为，过作直线的垂线，垂足为，连接交直线于点.则由三角形与三角形相似，则又由为的中点，所以为三角形的重心.又为与直线的交点.，即直线恒过三

14、角形的重心由直线l：恒过点所以，解得所以故答案为：2【点睛】本题考查点到直线的距离，点与直线的位置关系，考查三角形的重心的性质，直线过定点问题，属于中档题.三、解答题17. 为数列的前n项和满足：（）.（1）设，证明是等比数列；（2）求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由，可得，相减得，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列；（2）由（1）知，则，两式相减得，再利用累加法可得结果.【详解】（1）证明：依题意，-得， ，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列；（2）由（1）知，则，两式相减得，则，累加得【点睛】本题考查数列与的前n项和之间的关系、等比数列的定义及累加法的

15、应用，属于中档题.18. 如图，已知平行四边形中，E为边的中点，将沿直线翻折成.若M为线段的中点.（1）证明平面，并求的长；（2）在翻折过程中，求三棱锥的体积的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）1【解析】【分析】（1）取的中点,连接，,可得四边形为平行四边形.，从而且，可证明，得出答案.（2）由，当面面时，有最大值.【详解】取的中点,连接，由，分别为，的中点，则且又在平行四边形中，E为边的中点，则且所以且，所以四边形为平行四边形.则,又面,面,所以平面.在中，,所以,又所以.(2) M为线段的中点.所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍所以设点到面的距离为，是边长为2的等边三角形.所以

16、当面面时，有最大值则此时的最大值为：所以三棱锥的体积的最大值为1【点睛】本题考查线面平行的证明和求三棱锥的体积问题，考查空间线面的位置关系，属于中档题.19. 按国家规定，某型号运营汽车的使用年限为8年某二手汽车交易市场对2018年成交的该型号运营汽车交易前的使用时间进行统计，得到频率分布直方图如图使用时间x12345平均交易价格y2523201817（1）记事件：“在2018年成交的该型号运营汽车中，随机选取1辆，该车的使用年限不超过4年”，试估计事件的概率；（2）根据该二手汽车交易市场的历史资料，得到如表，其中（单位：年）表示该型号运营汽车的使用时间，（单位：万元）表示相应的平均交易价格由

17、表提供的数据可以看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用最小二乘法求出关于的线性回归方程，并预测该型号运营汽车使用7年的平均交易价格相关公式：，【答案】（1）0.6；（2）；12.2万元【解析】【分析】（1）直接由频率分布直方图求频率，以频率估计事件的概率；（2）由表2，与的值，得到线性回归方程，当时，求得，则答案可求【详解】（1）由频率分布直方图可知，在2018年成交的该型号运营汽车的使用年限不超过4年的频率为：，估计事件的概率为；（2）由表2，可得，且，当时，所以该型号运营汽车使用7年的平均交易价格为12.2万元【点睛】本题主要考查了频率分布直方图应用，以及线性回归方程的求法，其中解答中熟

18、记频率分布直方图的相关知识，以及利用公式准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题20. 已知点和抛物线C：，过点A的动直线l交抛物线于M，P，O为坐标原点.（1）证明：为定值；（2）若的面积为，求.【答案】（1）5 （2）【解析】【分析】（1）由条件设直线l的方程为，则由,得出，则，然后有数量积的坐标公式可得答案.（2）由（1）有,由的面积为有，可得答案.【详解】（1）设由条件设直线l的方程为，则由则，所以，则则（2）由（1）有 又,则将两式相除可得，有所以【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查向量的数量积和三角形的面积，属于中档题.21. 已知函数.（，e是自然对数的

19、底数）（1）若，当时，求实数a的取值范围；（2）若，存在两个极值点，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）将代入，得，再按及讨论即可得解；（2）将代入，得，由题意可得，不妨设，则，运用导数并结合第一小问的结论即可得证【详解】（1）当，则，当时，在，上单调递增，；当时，在上单调递减，在上单调递增，则，不成立，实数的取值范围为（2）证明：当时，函数存在两个极值点，即，由题意知，为方程的两根，故，不妨设，则，由（1）知，当，即（当且仅当时取等号），当时，恒有，又，令，则，函数在上单调递增，（1），从而，综上可得：【点睛】本题考查导数的综合运用，考查恒成立问题及不等式的证明问

20、题，涉及了分类讨思想、转化思想及放缩思维，属于难题（二选一）选修4-4：坐标系与参数方程 22. 已知在平面直角坐标系中，曲线（为参数），（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线（且）.（1）求与的极坐标方程；（2）若与相交于点，与相交于点，当为何值时，最大，并求最大值.【答案】(1) ,；(2) 当时, 最大为4.【解析】【分析】(1) 中可得,再代入化简得出的直角坐标方程,进而求得其极坐标方程. 又为圆,得出直角坐标方程后再求出极坐标方程即可.(2)根据极坐标的几何意义,代入到与的极坐标方程,再表达出关于的解析式求最大值即可.【详解】(1) 因为,故,代入有,即,化简可

21、得,故其极坐标方程为,即 .又,故,.又,故是以为圆心,半径为的圆.故的直角坐标方程为,即,故其极坐标方程为.故,.(2)由题,故.故当时, 最大为4.【点睛】本题主要考查了参数方程与直角坐标以及直角坐标和极坐标的互化,同时也考查了根据极坐标的几何意义求解弦长最值的问题,属于中档题.选修4-5：不等式选讲 23. 已知函数的最大值为.（1）求；（2）若均为正数，证明：.【答案】(1) ；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)将绝对值函数写成分段函数,再分析的最大值即可.(2)可换元令, ,再反解出利用基本不等式证明即可.【详解】(1)由题, ,故当时；当时；当时, .综上.故.(2)原不等式即证令, ,联立可得,则不等式左边右边当且仅当时取等号.即得证.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式最值的求解以及换元利用基本不等式证明不等式的问题,需要根据所证明的不等式的结构进行换元,反解证明利用基本不等式证明.属于中档题.