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（开学考试）试题 理（含解析）一、选择题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方法分别求出集合,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.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】
2、对,复数在复平面内的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.3.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.4.函
3、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，故只有选项A正确【点睛】本题考查了函数图象识别，考查了函数的单调性与奇偶性，属于中档题5.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角均小于时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为.根据以上性质， 的最小值为（ ）A. B. C.
4、 D. 【答案】D【解析】【分析】易得的几何意义为点到点的距离之和的最小值.此时点为费马点,再根据求解的坐标,进而求得最小值即可.【详解】由题的几何意义为点到点的距离之和的最小值.由题可知,此时,且在轴上.故.,.故的最小值为故选：D【点睛】本题主要考查了根据距离公式数形结合求解最小值的问题,需要根据题意画出坐标系,再结合所给费马点的定义求解.属于中档题.6.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件，令，代入中并取相同的正指数，可得的范围并可比较的大小；由对数函数的图像与性质可判断的范围，进而比较的大小.【详解】因为令则将式子变形可得，因为所以由对数函数的图像与性
5、质可知综上可得故选：A.【点睛】本题考查了指数式与对数式大小比较，指数幂的运算性质应用，对数函数图像与性质应用，属于基础题.7.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.8.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
6、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.9.据统计，连续熬夜小时诱发心脏病的概率为 ，连续熬夜小时诱发心脏病的概率为 . 现有一人已连续熬夜小时未诱发心脏病，则他还能继续连续熬夜小时不诱发心脏病的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：首先设出题中的事件，然
7、后由题意结合条件概率公式整理计算即可求得最终结果.详解：设事件A为48h发病，事件B为72h发病，由题意可知：，则，由条件概率公式可得：.本题选择A选项.点睛：本题主要考查条件概率公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10.已知中，角的对边分别为，是的中点，则面积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设,根据的余弦定理可得关于的关系式,再根据中的余弦定理可求得的关系式,进而化简得到关于的关系式,再表达出面积的公式,化简求解最大值即可.【详解】设,在中有余弦定理.在中,因为,故.即.化简可得.故.故.故.设,则,当时取得面积的最大值为.故选：B【点
8、睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用,同时也考查了二次复合函数的最值问题.需要根据题意确定边角的关系,进而表达出面积关于边长的关系式,再换元利用二次函数的性质求解.属于难题.11.函数上有唯一零点，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
9、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.
10、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.二、填空题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.在的展开式中，常数项为_【答案】5【解析】【分析】易知的展开式的通项.故常数项为
11、，带入计算即可.【详解】易知的展开式的通项，又的展开式的通项，所以.令，得.因为，所以，所以当时，.故常数项为.故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理求常数项，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.15.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】（满足题设条件的函数均可）【解析】【分析】先求出函数在原点处的切线方程,再构造常见的函数分析即可.【详解】由题,故,故函数在原点处的切线方程为.故可考虑如函数,此时,故.又,故.此时.故答案为：（满足题设条件的函数均可）【点睛】本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程与构造函数的问题.需要熟悉常见的函数的性质,从而能够构造出合适的函数
12、.属于基础题.16.棱长为的正四面体的外接球与内切球的半径之和为_，内切球球面上有一动点，则的最小值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】(1)将正四面体放入正方体可求得外接球半径,利用等体积法可求得内切球的半径.(2)根据阿波罗尼斯球的性质找到阿波罗尼斯球中的两个定点,再将转换,从而得出取最小值时的线段,再根据余弦定理求解即可.【详解】(1) 将正四面体放入如图正方体,则正四面体的外接球与该正方体的外接球为同一球.半径为.设正四面体的内切球半径为,根据等体积法有,解得.故外接球与内切球的半径之和为. (2)由阿波罗尼斯球得内切球球心是线段上以为定点,空间中满足的点的集合,连接并
13、延长交平面于,交内切球上方的点设为,过作,交于,连接,设.由(1)空得.所以,解得,所以,所以.所以,在中,所以.所以的最小值为故答案为：(1)；(2)【点睛】本题主要考查了正四面体外接球与内切球的半径计算,同时也考查了利用阿波罗尼斯球中的比例关系求解线段最值的问题,需要根据题意找到球中的定点,根据阿波罗尼斯球的性质转换所求的线段之和求解.属于难题.三、解答题17.为数列的前项和满足：.（1）设，证明是等比数列；（2）求.【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】【分析】(1)利用数列的前项和与通项的关系,再构造证明即可.(2)根据(1)可得,故可分为奇数与为偶数两种情况求解即可.【详解】(1
14、)因为,故,-可得.整理可得,即,.因为,.故是等比数列.(2)当时, ,解得,又,故当为偶数时有.当为奇数时有.故【点睛】本题主要考查了根据数列前项和与通项的关系,构造并证明新数列为等比数列的问题,同时也考查了分奇偶求解数列前项和的方法,属于中档题.18.如图，已知平行四边形中，为边的中点，将沿直线翻折成.若为线段的中点.（1）证明平面，并求的长；（2）在翻折过程中，当三棱锥的体积取最大时，求平面与平面所成的二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】【分析】(1)取的中点,连接,证明四边形为平行四边形即可.(2)易得当三棱锥的体积取最大时,面面,再以为坐标原点建立空间直角坐标
15、系,再分别求出面与面的法向量,进而求得平面与平面所成的二面角的余弦值即可.【详解】(1) 取的中点,连接,因为为线段的中点,故为的中位线,故.又平行四边形中,为边的中点,故,故.故四边形为平行四边形,故.又平面,平面,故平面.(2)因为为线段的中点,故,故当三棱锥的体积取最大时三棱锥的体积取最大.故此时面面.因为,.故边长是2的正三角形., 故,解得.故,故.故以为原点建立如图空间直角坐标系.则平面的一个法向量为.,.故,.设平面的一个法向量为,则因为,即,取有,.故.设平面与平面所成的二面角为,则.故平面与平面所成的二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查了线面平行的证明以及利用空间直角坐标系求
16、解二面角的问题.属于中档题.19.某人经营淡水池塘养草鱼，根据过去期的养殖档案，该池塘的养殖重量（百斤）都在百斤以上，其中不足百斤的有期，不低于百斤且不超过百斤的有期，超过百斤的有期根据统计，该池塘的草鱼重量的增加量（百斤）与使用某种饵料的质量（百斤）之间的关系如图所示（1）根据数据可知与具有线性相关关系，请建立关于的回归方程；如果此人设想使用某种饵料百斤时，草鱼重量的增加量须多于百斤，请根据回归方程计算，确定此方案是否可行？并说明理由（2）养鱼池塘对水质含氧量与新鲜度要求较高，某商家为该养殖户提供收费服务，即提供不超过台增氧冲水机，每期养殖使用的冲水机运行台数与鱼塘的鱼重量有如下关系：鱼的重
17、量（单位：百斤）冲水机只需运行台数若某台增氧冲水机运行，则商家每期可获利千元；若某台冲水机未运行，则商家每期亏损千元视频率为概率，商家欲使每期冲水机总利润的均值达到最大，应提供几台增氧冲水机？附：对于一组数据，其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为【答案】（1） 当时，此方案可行（2）应提供台增氧冲水机【解析】【分析】（1）求出，代入公式得到回归方程代入，求出估计值再进行判断（2）分三个方案分别计算盈利的期望，选择期望高者即可【详解】解：（1）依题意，所以当时，故此方案可行（2）设盈利为，安装台时，盈利，安装台时，；安装台时，；.，故应提供台增氧冲水机【点睛】本题考查了回归方程的求解，
18、以及利用回归方程来作简单的预测，考查了方案的选择依据及合理的判断能力属于中档题20.已知点，和抛物线，过点的动直线交抛物线于，直线交抛物线于另一点，为坐标原点.（1）求；（2）证明：恒过定点.【答案】(1)5; (2)恒过定点,证明见解析【解析】【分析】(1)设点,再根据三点共线利用斜率可得,进而求得即可.(2) 同(1),设点,根据三点共线利用斜率可得.再根据化简可得,再结合可求得直线的方程,进而代入化简求得定点即可.【详解】(1) 设点,因为三点共线,故,即 ,即,所以.故.(2) 设点,因为三点共线,所以,所以,即,化简得.由(1) ,所以,即,即.因,所以直线的方程为,即,即,由有,代
19、入可得.所以直线恒过定点.【点睛】本题主要考查了设抛物线上的点坐标,根据抛物线方程表示求解向量的数量积问题,同时也考查了弦长所在直线的方程进行化简求解证明定点的问题,其中三点共线需要用斜率相等表达,属于难题.21.已知函数，其中，为自然对数的底数.（1）若，且当时，总成立，求实数的取值范围；（2）若，且存在两个极值点，求证：.【答案】（1）；（2）详见解析【解析】【分析】（1）若，且当时，总成立，分类讨论，确定函数的最小值，即可求实数的取值范围；（2）求出函数的导数，构造新的函数，根据函数的单调性证明即可【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，不成立
20、，即（2）当时，因为存在两个极值点，即有条件知，为两根，不妨设则，由（1）知当，即（当且仅当取等号）所以当时，恒有又令 则所以在 上递增，从而综上可得：【点睛】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性、最值问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题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
21、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.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.
