1、河北区20202021学年度第一学期期末高三年级质量检测数学一、选择题：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. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知集合，根据交补运算求即可.【详解】由题意知：，而，故选：B2. 设，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】求出二次不等式的解即可根据集合的关系进行判断.【详解】的解为，设，因为是的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3. 圆的圆心到直线的距离为1，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】
2、A【解析】试题分析：由配方得，所以圆心为，因为圆的圆心到直线的距离为1，所以，解得，故选A.【考点】 圆的方程，点到直线的距离公式【名师点睛】直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离. 已知直线与圆的位置关系时，常用几何法将位置关系转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系，以此来确定参数的值或取值范围4. 某班全体学生参加一次测试，将所得分数依次分组：，绘制出如图所示的成绩频率分布直方图，若低于60分的人数是18，则该班的学生人数是（ ）A. 50B. 54C. 60D. 64【答案】C【解析】【分析】由频率分布直方图计算可得得分低于分的频率，由频数和频率计算可得总数.【详解】由频率分
3、布直方图知：得分低于分的频率为：低于分的人数是 该班的学生人数是故选：【点睛】本题考查利用频率分布直方图计算频率和总数的问题，关键是明确频率、频数和总数之间的关系.5. 函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】通过函数值的正负可判断函数的图象.【详解】因为，故当时，而当，结合各选项中图象可得C是正确的，故选：C.【点睛】本题考查函数图象的识别，一般通过函数的奇偶性、单调性和函数值的符号等来判断，本题属于基础题.6. 已知双曲线C：（，）的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】
4、根据双曲线的渐近线所过点求出渐近线，设双曲线的方程为，再根据题意求出双曲线的焦点从而由的关系求出t即可求得双曲线方程.【详解】因为双曲线C的渐近线过点，所以双曲线C的渐近线为，设双曲线的方程为，又因为双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，所以，解得，所以双曲线的方程为.故选：B7. 设，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数的性质有，由指数函数单调性有，即可知a，b，c的大小关系.【详解】，又，故选：D8. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则（ ）A. 为奇函数，在上单调递減B. 最大值为1，图象关于直线对称C. 周期为，图象关于点对
5、称D. 为偶函数，在上单调递增【答案】B【解析】函数左移后得到.故为偶函数,且在上递增,最大值为,对称轴为,故B选项正确,选B.9. 已知函数其中.若存在实数，使得函数有三个零点，则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出函数的图象，依题意函数与直线有三个不同的交点，可得，解之即可详解】当时，函数的图象如图：时，要使得关于的方程有三个不同的根，必须，即，解得，的取值范围是，故选【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，数形结合思想的运用是关键，分析得到是难点，属于中档题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.10. i是虚数单位，则
6、复数_.【答案】【解析】【分析】根据复数的乘除运算，化简复数即可.【详解】由已知复数，故答案为：11. 二项式的展开式中常数项为_.【答案】【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式求解.【详解】二项式的展开式中通项，令，即，故常数项为.故答案为：.【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且nr，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求
7、解12. 四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且，则四面体ABCD的体积为_，球O的表面积为_【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】根据四面体的特征，利用锥体体积公式求解，利用补图法可得该四面体的外接球与以AB，AC，AD为长宽高的长方体的外接球相同，求出体对角线长度即直径，即可得解.【详解】因为AB，AC，AD两两垂直，且，所以四面体ABCD的体积，该四面体的外接球与以AB，AC，AD为长宽高的长方体的外接球相同，直径为该长方体的体对角线长球O的表面积为.故答案为：1，【点睛】此题考查求锥体体积，解决几何体的外接球问题，需要积累常见几何体外接球半径
8、的求解方法，以便于解题中能够事半功倍.13. 一个袋子中有形状和大小完全相同的3个白球与2个黑球，每次从中取出一个球，取到白球得2分，取到黑球得3分.甲从袋子中有放回地依次取出3个球，则甲三次都取到白球的概率为_，甲总得分是7的概率为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】甲从袋中取出白球的概率为，取出黑球的概率为，由此可求出三次都取到白球的概率；甲总得分是7的组合为取出2次白球1次黑球.【详解】甲从袋中取出白球的概率为，取出黑球的概率为，所以甲从袋子中有放回地依次取出3个球，三次都取到白球的概率为.甲总得分是7的组合为取出2次白球1次黑球，概率为.故答案为：；14. 已知，且，则的
9、最小值为_.【答案】10【解析】【分析】巧妙利用“1”将变形为，进一步展开化简利用基本不等式求最小值.【详解】，当且仅当即时等号成立，的最小值为10.故答案为：1015. 如图，在中，D是的中点，E在边上，且，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】将作为平面向量的一组基底，再根据平面向量基本定理用表示出，再由即可得出结论.【详解】因为在中，D是的中点，E在边上，且，所以 ,又，所以，即，所以.故答案为：三、解答题：本大题共5小题.共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足（1）求角B的大小；（2）若，求的值；（3）若，求边a的值
10、.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由正弦定理的边角转化得，结合三角形内角性质即可求角B.（2）由两角差、倍角公式展开，根据已知条件及（1）的结论即可求值.（3）根据余弦定理列方程即可求a的值.【详解】（1）由正弦定理有：，而为的内角，即，由，可得，（2），可得，而，（3）由余弦定理知：，又，可得.17. 如图，四棱柱中，底面，底面是正方形，点P为侧棱上的一点，且.（1）若点P为的中点，求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；（3）若二面角的余弦值为，求的长.【答案】（1）证明见详解；（2）；（3）；【解析】【分析】（1）连接AC交BD于O点，连接PO，在中有，结
11、合线面平行的判定即可证平面.（2）根据正棱柱的性质求，利用余弦定理求得，再由线面垂直的判定、性质可证面面，即知与直线与平面所成角的关系，进而求正弦值.（3）构建空间直角坐标系，令的长为，确定的坐标，找到面、面的法向量，由已知二面角余弦值可得，即可求的长.【详解】（1）连接AC交BD于O点，连接PO，如下图在中有P、O分别为、AC的中点，所以，又面，面，平面；（2）底面，底面是正方形，可得，在中，则有，在底面的射影为，而，即，同理，且，面，又面，故面面，综上可知：补角为直线与平面所成角，故其正弦值为，（3）构建以为原点，为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，则有，若令的长为有，在面上若方向量
12、为，则，令，即，而面上的一个方向量为，二面角的余弦值为，有，可得，即.【点睛】关键点点睛：（1）利用中位线性质，结合线面平行的判定证线面平行.（2）由直棱柱性质求有关角的函数值，再证明该角所在平面与面垂直，进而确定线面角的平面角，即可求正弦值.（3）由已知二面角的余弦值，找到两个半平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示列方程求线段长度.18. 已知等差数列的公差为正数.，其前n项和为，数列为等比数列，且，.（1）求数列与的通项公式；（2）求数列的前n项和.（3）设，求数列的前2n项和.【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）等差数列的公差d为正数，数列为等比数列，设公比为q，运用等
13、差数列和等比数列的通项公式和求和公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；（2）由错位相减法求数列的前n项和即可；（3）由，化简得，由数列的分组求和与裂项相消求和即可.【详解】(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则,解得，.（2）由（1）得，两式相减得，. (3)由(1)知.，设数列的前2n项和为,.【点睛】方法点睛：数列通项为等差等比数列乘积的形式，求和一般都要利用两边同乘以等比数列的公比后，两式作差后求和，即错位相减法；数列通项为分式时，可考虑将分式变形为两项之差，利用相加相消的方法求和，即裂项相消法.19. 已知椭圆C：（）的两个顶点分别为点，离心率为.（1）求椭圆C
14、的方程；（2）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作的垂线交于点E.证明：与的面积之比为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设椭圆方程，由根据椭圆的离心率公式可求得c，从而求出b，即可写出椭圆方程；（2）根据直线的位置关系分别求出直线DE与直线BN的斜率及方程，联立可求得点E的坐标，根据三角形的面积公式即可求得两三角形面积之比.【详解】（1）焦点在x轴上，两个顶点分别为点， 椭圆C的方程为；（2）设，可得，直线AM的方程为：，直线DE的方程：，直线BN的方程：，直线DE与直线BN的方程联立可得 ，整理为：，即，计算可得，代入直线DE的方程
15、可得，则，又，所以与的面积之比为定值.20. 已知函数，其中.（1）若曲线在点处的切线的斜率为1，求a的值；（2）讨论函数的单调性；（3）若函数的导函数在区间上存在零点，证明：当时，.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由导数的几何意义运算即可得解；（2），对的大小关系进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性；（3）结合导函数的零点可得，再由函数的单调性，进而可转化条件为，设，通过导数证明即可得证.【详解】（1）因为，所以，所以，解得；（2），若即，的解为，所以当时，单调递减；当时，单调递增；若即，的解为或，所以当时，单调递增；当时，单调递减；若即，恒成立，所以上单调递增；若即，解为或，所以当时，单调递增；当时，单调递减.综上所述，若，当时，单调递减，时， 单调递增；若，当时，单调递增，时，单调递减；若，在上单调递增；若， 当时，单调递增，时，单调递减.（3）证明：由题意，因为导函数在区间上存在零点， 设零点为，则，所以在上单调递减，在上单调递增，故 ，设，则，设，则，单调递减，又，故在上恒成立，故单调递减，所以，故当时，.
