1、河北省保定市七校2020届高三数学上学期第三次联考试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，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.集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由二次不等式的解法得，由对数不等式的解法得，再结合集合并集的运算即可得解.【详解】解不等式,解得,则,解不等式,解得,即,即,故选:A.【点睛】本题考查了二次不等式的解法及对数不等式的解法，重点考查了集合并集的运算，属基础题.2.若复数满足（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）.A. 第三象限B. 第二象限C. 第一象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】对
2、已知复数所满足的条件进行化简得到复数，再由复数几何意义即可得.【详解】因为，所以有：所以复数在复平面内对应的点的坐标为，即第三象限故选：A【点睛】本题考查了复数的运算及复数的几何意义，属于容易题.3.在公比为2的等比数列an中，前n项和为Sn，且S72S61，则a1+a5（ ）A. 5B. 9C. 17D. 33【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的性质找到的关系计算即可得出首项与公比,再求即可.【详解】由等比数列前项和的性质可知,当时,又,得,故.故选：C【点睛】本题主要考查等比数列前项和的性质,属于中等题型.4.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，：，若是的必要条件，则可能是（ ）A
3、. ：，B. ：，C. ：，D. ：，【答案】B【解析】【分析】根据线面平行与垂直的判定与性质判断即可.【详解】由题知能推出：.对A, 当时仍然可以有,.故A错误.对B, ,则,又,则.故B正确.对C, ,则,又,故.故C错误.对D,当且相交于时,若也满足,.故D错误.故选：B【点睛】本题主要考查了空间中线面平行与垂直的判定与性质,属于基础题型.5.函数的部分图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】考查函数的定义域、在上的函数值符号，可得出正确选项.【详解】对于函数，解得且，该函数的定义域为，排除B、D选项.当时，则，此时，故选A.【点睛】本题考查函数图象的识别，一般
4、从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点、函数值符号进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.6.已知定义在上的奇函数，则不等式的解集为（ ）A. （-1，6）B. （-6，1）C. （-2，3）D. （-3，2）【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性定义求出，结合函数的单调性，对所求不等式化简，即可求解.【详解】函数是定义在上的奇函数所以，化简得 即且在上单调递增，解得： 故选D【点睛】本题主要考查了函数的基本性质，函数的奇偶性的应用，关键是利用函数的单调性来解抽象不等式.7.已知，则二项式的展开式中的常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】=2，所以的展开式中的常
5、数项为：，令r=3得常数项为8.已知是定义在上的偶函数，且当时，都有成立，设，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，由函数的奇偶性可得，分析可得在上为减函数，据此分析可得答案【详解】由于当时，都有成立，故在上为减函数，而，所以，即.故答案为D.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是分析函数单调性，属于中档题9.九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑若三棱锥为鳖臑，平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】
6、由题意得为球的直径,而,即球的半径;所以球的表面积.本题选择C选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.10.已知是抛物线上一点，为其焦点，为圆的圆心，则的最小值为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】设出抛物线的准线方程，问题求的最小值，结合抛物线的定义，就转化为，在抛物线上找一点，使到点、到抛物线准线距离之和最小，利用平面
7、几何的知识可以求解出来【详解】解：设抛物线的准线方程为，为圆的圆心，所以的坐标为，过作的垂线，垂足为，根据抛物线的定义可知，所以问题求的最小值，就转化为求的最小值，由平面几何的知识可知，当，在一条直线上时，此时，有最小值，最小值为，故选：B【点睛】本题考查了抛物线的定义，以及动点到两点定点距离之和最小问题解决本题的关键是利用抛物线的定义把问题进行转化，属于中档题11.已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将函数用三角恒等变换化简成正弦型函数，根据整体代换与正弦函数的性质，结合已知建立的不等量关系，即可求解.
8、【详解】，在区间上是增函数，.当时，取得最大值，而在区间上恰好取得一次最大值，解得，综上，.故选:D.【点睛】本题考查三角函数恒等变换、正弦函数的性质，整体代换是解题的关键，属于中档题.12.已知偶函数满足，且当时，关于的不等式在区间上有且只有300个整数解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】根据的周期和对称性得出不等式在上的整数解的个数为3,计算的值得出的范围.【详解】因为偶函数满足,所以,所以的周期为且的图象关于直线对称,由于上含有50个周期,且在每个周期内都是轴对称图形,所以关于不等式在上有3个整数解,当时,由,得,由,得,所以函数在上单调递增,在上
9、单调递减,因为,所以当时,所以当时,在上有4个整数解,不符合题意,所以,由可得或,显然在上无整数解,故而在上有3个整数解,分别为,所以,所以.故选:D【点睛】本题考查了函数的周期性,考查了函数的对称性,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了一元二次不等式,属于较难题.二、填空题：请将答案填写在答题卷相应位置上.13.已知实数，满足约束条件则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先作出不等式组表示的平面区域，再结合目标函数所对应的直线，观察直线所在的位置求目标函数的最小值即可.【详解】解：由实数，满足约束条件，作出可行域如图所示，联立，解得，由简单的线性规划问题可得，当目标函数所对应的直线过点时
10、，目标函数取最小值，即当时，目标函数取最小值，故答案为.【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.14.已知，若，则_【答案】【解析】由得：，又，所以得故=15.在中，分别为角的对边，若，则_【答案】【解析】由余弦定理可得：，再有正弦定理角化边可得：16.已知点分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的右支上，且满足，则双曲线的离心率的取值范围为_【答案】【解析】由，可得，故为直角三角形，且，由双曲线定义可得，可得又，整理得，又，即双曲线的离心率的取值范围为答案：点睛：求双曲线的离心率时，可将条件中给出的双曲线的几何关系转化为关于基本量的方程或不
11、等式，然后利用和转化为关于e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围，解题时要注意平面几何知识的应用三、解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，内角，所对的边分别是，是边的中点，若，且.求面积的最大值.【答案】最大值是【解析】【分析】由正弦定理将正弦化成边,再利用余弦定理求得.再利用向量的加法得,两边平方有,再根据即可求得面积的最大值.【详解】由题意及正弦定理得到,于是可得,又,又因为是的中点,所以,故,则,则,当且仅当时等号成立,所以,即面积的最大值是.【点睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用,同时与考查了基本不等式的运用,属于
12、中等题型.18.已知数列满足：，求数列的通项公式；设，数列的前n项和为，试比较与的大小【答案】（）；（）详见解析.【解析】【分析】直接利用利用递推关系式求数列的通项公式；首先求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和【详解】解：数列满足，时，相减可得：，时，综上可得：证明：，时，【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等19.如图，在底面是菱形的四棱锥中,平面，点分别为的中点，设直线与平面交于点.（1
13、）已知平面平面，求证：.（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）由三角形中位线定理可得,利用线面平行的判定定理可得平面,在根据线面平行的性质定理可得；（2）由勾股定理可得 ， 平面，由此可以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用两直线垂直数量积为零列出方程组，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式.试题解析：（1）,平面,平面.平面,平面,平面平面.（2）底面是菱形，E为BC的中点AB2，AEADPA平面ABCD，则以点A为原点，直线AE、AD、AP分别为轴建立如图所示空间直角坐标系则F（0，1，1），设平面
14、PCD的法向量为，有得，设，则，则解之得，设直线AQ与平面PCD所成角为，则，直线AQ与平面PCD所成角的正弦值为【方法点晴】本题主要考查线面平行的性质与判定以及利用空间向量求线面角，属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20.某普通高中为了解本校高三年级学生数学学习情况，对一模考试数学成绩进行分析，从中抽取了名学生的成绩作为样本进行统计（该校全体
15、学生的成绩均在），按下列分组，作出频率分布直方图，如图；样本中分数在内的所有数据的茎叶图如图：根据往年录取数据划出预录分数线，分数区间与可能被录取院校层次如表（1）求的值及频率分布直方图中的值；（2）根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为概率，若在该校高三年级学生中任取人，求此人都不能录取为专科的概率；（3）在选取的样本中，从可能录取为自招和专科两个层次的学生中随机抽取名学生进行调研，用表示所抽取的名学生中为自招的人数，求随机变量的分布列和数学期望【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）由图知分数在的学生有名，由图知，频率为，由此能求出的值及频率分布直方图中的值；（2）
16、能被专科院校录取的人数为人，抽取的人中，成绩能被专科院校录取的频率是，从而从该校高三年级学生中任取人能被专科院校录取的概率为，记该校高三年级学生中任取人，都不能被专科院校录取的事件为，由此可求出此人都不能录取为专科的概率；（3）选取的样本中能被专科院校录取的人数为人，成绩能过自招线人数为人，随机变量的所有可能取值为，分别求出随机变量的分布列和数学期望【详解】（1）由图知分数在的学生有名，又由图知，频率为：，则：，（2）能被专科院校录取的人数为：人抽取的人中，成绩能被专科院校录取的频率是：从该校高三年级学生中任取人能被专科院校录取概率为记该校高三年级学生中任取人，都不能被专科院校录取事件为则此人
17、都不能录取为专科的概率：（3）选取的样本中能被专科院校录取的人数为人成绩能过自招线人数为：人，又随机变量的所有可能取值为；随机变量的分布列为：【点睛】本题考查频率、频数、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、对立事件概率计算、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题21.已知点，点，点，动圆与轴相切于点，过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点（均不同于点），且与交于点，设点的轨迹为曲线.（1）证明：为定值，并求的方程；（2）设直线与的另一个交点为，直线与交于两点，当三点共线时，求四边形的面积.【答案】(1)证明见解析，方程为.(2) .【解析】分析：（1）
18、根据圆的切线性质可得， ，从而根据椭圆的可得结果；（2）直线与曲线联立，利用韦达定理、弦长公式以及三角形面积公式可得四边形的面积为.详解：（1）由已知可得|PD|PE|，|BA|BD|，|CE|CA|，所以|PB|PC|PD|DB|PC|PE|PC|AB|CE|AB|AC|AB|4|BC|所以点P的轨迹G是以B，C为焦点的椭圆（去掉与x轴的交点），可求G的方程为1(y0) （2）由O，D，C三点共线及圆的几何性质，可知PBCD，又由直线CE，CA为圆O的切线，可知CECA，OAOE，所以OACOEC，进而有ACOECO，所以|PC|BC|2，又由椭圆的定义，|PB|PC|4，得|PB|2，所以
19、PBC为等边三角形，即点P在y轴上，点P的坐标为(0，) (i)当点P的坐标为(0，)时，PBC60，BCD30，此时直线l1的方程为y (x1)，直线CD的方程为y (x1)，由整理得5x28x0，得Q(，)，所以|PQ|，由整理得13x28x320，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1x2，x1x2，|MN|x1x2|，所以四边形MPNQ的面积S|PQ|MN| (ii)当点P的坐标为(0，)时，由椭圆的对称性，四边形MPNQ的面积为综上，四边形MPNQ面积为点睛：求椭圆标准方程的方法一般为定义法与待定系数法,定义法是若题设给条件符合椭圆的定义，直接写出方程；也可以根据条件确定关于的方
20、程组，解出从而写出椭圆的标准方程解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.22.已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴垂直（1）求的单调区间；（2）设，对任意，证明：【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）求出，根据曲线在点处的切线与轴垂直即切线斜率为，求出的值，解即得函数的单调递增区间和递减区间；（2）由于，所以整理得，分别证明时，和，根据（1）可知：当时，由（1）知成立；当时，即证
21、，构造函数，利用导数研究其在单调性，求出其在上的最大值即可证得，再构造函数，利用导数求出其最小值，根据不等式的性质即可得到要证明的结论.试题解析：（1）因为，由已知得，所以，设，则，在上恒成立，即在上是减函数，由知，当时，从而，当时，从而综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是（2）因为，要证原式成立即证成立，现证明：对任意恒成立，当时，由（1）知成立；当时，且由（1）知，设，则，当时，当时，所以当时，取得最大值所以，即时，综上所述，对任意令，则恒成立，所以在上递增，恒成立，即，即当时，有；当时，由式，综上所述，时，成立，故原不等式成立考点：导数的几何意义、利用导数研究函数在给定区间上的最值及不等式的证明.方法点睛：本题主要考查了导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性和通过求给定区间上的最值来证明不等式，考查考生讨论和转化的数学思想，属于难题.本题解答的难点是第二问转化的过程，在第一问解答的基础上，利用不等式的性质把要证明的不等式转化为证明两个不等式，分别构造函数，再利用导数研究其单调性求得其最值，考查了考生应用所学函数、导数、不等式知识解决问题的能力.