1、保定三中高二年级2020年12月月考数学一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40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. 若a,b为实数，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】利用充分条件和必要条件的定义直接进行判断即可.【详解】若，必有，可得；但是时，或，不一定为零.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.2. 某学校的老师配置及比例如图所示，为了调查各类老师的薪资状况，现采用分层抽样的方法抽取部分老师进行调查，在抽取的样本中，青年老师有30人，则该样本中的老年教师人数为（
2、 ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由分层抽样的特点，运用比例关系求出结果【详解】设样本中的老年教师人数为人，由分层抽样的特点得：，所以，故选【点睛】本题考查了分层抽样的计算，由分层抽样的特点结合比例关系求出结果，较为基础3. 已知函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式可得结果.【详解】，因此，.故选：A.4. 已知双曲线的离心率，且其虚轴长为8，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意建立的方程，求出即可得到结果【详解】根据题意得到：，得，故方程为：故选：D【点睛】方法点睛：求双曲线
3、方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用5. 如图，在直三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以为坐标原点，向量，方向分别为、轴建立空间直角坐标系，分别求出两直线的方向向量，计算两向量夹角的余弦值，即可求出结果.【详解】由题意可得，以为坐标原点，向量，方向分别为、轴建立空间直角坐标系，则，所以，因此异面直线与所成角的余弦值等于.故选：D.【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间
4、向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，为上一点，为坐标原点，若，则（ ）A. B. 或C. D. 【答案】D【解析】【分析】连结，由于，可知是三角形的中位线，得到，然后利用双曲线的性质求出即可得到答案【详解】因为，所以为的中点，(如下图)连结，则是三角形的中位线，所以，由双曲线方程可得，所以，而，所以或者18，因为，所以舍去，故18，则.故选D.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及性质，平面向量的线性运算，属
5、于中档题7. 过焦点为F的抛物线y212x上一点M向其准线作垂线，垂足为N，若直线NF的斜率为，则|MF|（ ）A. 2B. 2C. 4D. 4【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的方程求出焦点坐标，利用已知条件转化求解即可【详解】解：抛物线的焦点坐标，则，直线的斜率为，可得，则抛物线可得：，解得，所以，故选：【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，属于基础题8. 在某地区某高传染性病毒流行期间，为了建立指标显示疫情已受控制，以便向该地区居众显示可以过正常生活，有公共卫生专家建议的指标是“连续7天每天新增感染人数不超过5人”，根据连续7天的新增病例数计算，下列 各个选
6、项中，一定符合上述指标的是 ( )平均数； 标准差； 平均数且标准差；平均数且极差小于或等于2；众数等于1且极差小于或等于4A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：错，对，若极差等于0或1，在的条件下显然符合指标，若极差等于2，则有下列可能，（1）0,1,2，（2）1,2,3，（3）2,3,4，（4）3，4，5，（5）4，5，6. 在 的条件下，只有（1）（2）（3）成立，符合标准正确，若众数等于1 且极差小于等于4，则最大数不超过5，符合指标，故选D. 考点：方差、极差、平均数二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全
7、部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 已知双曲线，则（ ）A. 的离心率为B. 的虚轴长是实轴长的6倍C. 双曲线与的渐近线相同D. 直线上存在一点在上【答案】AC【解析】【分析】根据双曲线方程求得，进而可得，即可判断A与B；分别求两双曲线渐近线方程可判断C；根据渐近线可判断D.【详解】因为，所以，则，所以A正确，B错误.双曲与的渐近线均为，所以C正确，因为C的的渐近线的斜率小于的3，所以直线与相离，所以D错误.故选：AC【点睛】本题考查根据双曲线方程求渐近线以及基本量，考查基本求解能力，属基础题.10. 下图统计了截止到2019年年底中国电动汽车充电桩细分产品占比及保有量情
8、况，关于这5次统计，下列说法错误的是（ ） A. 私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2018年B. 公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是25.7万台C. 公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为23.12万台D. 从2017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过50%【答案】ABC【解析】【分析】根据统计图表分别对选项A、B、C、D验证即可.【详解】私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2016年，A错误；这5次统计的公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是21.4万台，B错误；因为，故C项错误，D项显然正确故选：ABC.【点睛】本题考查统计图表与用样本估计总体，涉及到中位数、平均
9、数等知识，是一道基础题.11. （多选）已知点在抛物线上，抛物线的焦点为F，延长与抛物线相交于另一点B，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）A. 抛物线的准线方程为B. 抛物线的焦点坐标为C. 点B的坐标为D. 的面积为8【答案】ABD【解析】【分析】将代入抛物线方程，求出，进而可得，根据抛物线的标准方程逐一判断即可.【详解】将代入抛物线方程可得，因此抛物线方程为，所以准线方程为，焦点坐标为，故A，B正确；易知轴，所以，故C错误；又因为，所以，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了抛物线的标准方程，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.12. 如图，ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别
10、为达BC，CD的中点，将ABE，ECF，FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则（ ）A. APEFB. 点P在平面AEF内的射影为AEF的垂心C. 二面角AEFP的余弦值为D. 若四面体PAEF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是24【答案】ABC【解析】【分析】根据线面垂直的判定和性质、垂心的定义，二面角的定义，以及棱锥外接球表面积的求解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】根据题意，平面，故平面；因为平面，故平面；故可得两两垂直.对：由平面平面，故，故正确；对：过作平面的垂线，连接，延长交于，如下所示：由可知，又平面平面，故，又平面，故可得：平面
11、，又平面，故可得，即点在三角形底边的垂线上；同理可证，点在三角形底边的垂线上.故点在平面的投影即为三角形的垂心，故正确；对：根据中所求，为三角形的垂线，又，根据三线合一故可得点为中点.又，故三角形为等腰三角形，连接，则根据二面角的定义，显然即为所求二面角.在三角形中，又，故.故二面角AEFP的余弦值为，则正确；对：因为两两垂直，故三棱锥PAEF的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等.故其外接球半径，故外接球表面积，故错误.综上所述，正确的为.故选：.【点睛】本题综合考查线面垂直的证明以及线面垂直的性质，二面角的角球，棱锥外接球的求解，属综合中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5
12、分，共20分.将答案填在答题纸上13. 函数在区间上的平均变化率为_.【答案】【解析】【分析】根据平均变化率的公式进行求解即可.【详解】函数在区间上的平均变化率为：.故答案为：14. 甲、乙两人进行5轮投篮训练，每轮投篮10次，每轮投进的次数如下：甲：7,7,9,8,8；乙：4,7,7,7,9.若甲的中位数为，乙的众数为，则_【答案】15【解析】【分析】把甲每轮投进的次数按从小到大排列，中间的数就是中位数，可以求出；在乙投进的次数中找到投进次数最多的次数就是众数，可以求出，最后求出的值.【详解】甲每轮投进的次数按从小到大排列：7，7，8，8，9，所以，在乙投进的次数中，7次出现三次，所以众数为
13、7，因此，则.【点睛】本题考查了求一组数据中的中位数、众数，正确理解中位数、众数的概念是解题的关键.15. 已知曲线，过点的直线与曲线相切于点，则点的横坐标为_.【答案】0或或【解析】【分析】设切点的坐标，由求出切线方程，把代入切线方程可求得切点坐标【详解】设的坐标为，过点的切线方程为，代入点的坐标有，整理为，解得或或，故答案为：0或或.【点睛】本题考查导数的几何意义求函数图象的切线方程要分两种情况：（1）函数图象在点处的切线方程，求出导函数，得出切线方程；（2）函数图象过点处的切线方程：设切线坐标，求出切线方程为，代入求得，从而得切线方程16. 椭圆的右焦点为，定点，若椭圆上存在点，使得为等
14、腰钝角三角形，则椭圆的离心率的取值范围是_【答案】【解析】【分析】结合图形分析只可能为钝角，利用和可得答案.【详解】因为，且，所以，所以在点右侧且在椭圆的外部，所以不可能为钝角，若为钝角，设的中点为，的横坐标为，则，应有，即垂直平分，而，所以不可能为钝角，结合图形可知，只可能，且，而，当垂直轴时，所以，得，所以，得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了椭圆的性质，解题的关键点是分类讨论和转化思想的应用，考查了推理能力与计算能力.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 一个袋中装有6个大小形状完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4，5，6（1）从袋
15、中随机抽取两个球，求取出的球的编号之和为6的概率；（2）先后有放回地随机抽取两个球，两次取的球的编号分别记为和，求的概率【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1） 从袋中随机取两个球， 利用列举法求出所有的基本事件个数， 再用列举法求出取出的编号之和为6 包含的基本事件有个数， 由此能求出取出的球的编号之和为6概率 （2） 基本事件总数，再用列举法求出包含的基本事件的个数， 由此能求出的概率 【详解】解：（1）从袋中随机抽取两个球共有15种取法，取出球的编号之和为6的有，共2种取法，故所求概率.（2）先后有放回地随机抽取两个球共有36种取法，两次取的球的编号之和大于5的有，共26种取法，故
16、所求概率.【点睛】本题考查古典概型概率的求法， 是基础题， 解题时要认真审题， 注意列举法的合理运用 18. 某学校随机抽取100名考生的某次考试成绩，按照75，80），80，85），85，90），90，95），95，100（满分100分）分为5组，制成如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于75分）已知第3组，第4组，第5组的频数成等差数列；第1组，第5组，第4组的频率成等比数列（1）求频率分布直方图中a的值，并估计抽取的100名学生成绩的中位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）若从第3组、第4组、第5组中按分层抽样的方法抽取6人，并从中选出3人，求这3人
17、中至少有1人来自第4组的概率【答案】(1) a0.04，中位数平均数87.25；(2)【解析】【分析】（1）根据频率之和为1，即可求出的值，再根据频率分布直方图求出平均数，中位数。（2）首先分别按比例从第3组、第4组、第5组中抽出3、2、1人，从6位同学中抽取3位同学有20种可能，找出3人中至少有1人来自第4组的情况。【详解】（1）设第3组，第5组的频率分别为x，y，由题意可得，解得x0.3，y0.1，a0.04，（）8725，由频率分布直方图知，中位数在85，90），设中位数为m，则0.015+0.075+0.06（m85）0.5，解得中位数m（2）成绩较好的第3组、第4组、第5组中的人数分
18、别为30，20，10，按分层抽样方法在各组抽取的人数分别为3，2，1，设第3组的3位同学分别为A1，A2，A3，第4组的2位同学分别为B1，B2，第5组的1位同学为C，则从6位同学中抽取3位同学有20种可能，分别为：（），（A1，A2，B1），（A1，A2，B2），（A1，A2，C），（A1，A3，B1），（A1，A3，B2），（A1，A3，C），（A1，B1，B2），（A1，B1，C），（A1，B2，C），（A2，A3，B1），（A2，A3，B2），（A2，A3，C），（A2，B1，B2），（A2，B1，C），（A2，B2，C），（A3，B1，B2），（A3，B1，C），（A3，B2，C），
19、（B1，B2，C），这3人中至少有1人来自第4组包含的基本事件有16个，分别为：（A1，A2，B1），（A1，A2，B2），（A1，A3，B1），（A1，A3，B2），（A1，B1，B2），（A1，B1，C），（A1，B2，C），（A2，A3，B1），（A2，A3，B2），（A2，B1，B2），（A2，B1，C），（A2，B2，C），（A3，B1，B2），（A3，B1，C），（A3，B2，C），（B1，B2，C），这3人中至少有1人来自第4组的概率为P【点睛】本题主要考查了频率分布直方图以及概率，属于基础题。19. 已知动圆C过定点F（2，0），且与直线x=-2相切，圆心C的轨迹为E，（1）求
20、圆心C的轨迹E的方程；（2）若直线l交E与P，Q两点，且线段PQ的中心点坐标（1，1），求|PQ|【答案】（1）y2=8x（2）【解析】【分析】根据题意，动圆的圆心C到定点F距离等于圆心C到直线的距离，可判断圆心C的轨迹为抛物线，由抛物线定义即可求得E的轨迹方程设出直线斜率，及P、Q的坐标，根据中点坐标利用点差法求出斜率，可得直线方程，联立抛物线方程，利用弦长公式即可求出【详解】解：（1）由题设知，点C到点F的距离等于它到直线x=-2的距离，所以点C的轨迹是以F为焦点x=-2为基准线的抛物线，所以所求E的轨迹方程为y2=8x（2）由题意已知，直线l的斜率显然存在，设直线l的斜率为k， 则有，两
21、式作差得即得，因为线段PQ的中点的坐标为（1，1），所以k=4，则直线l的方程为y-1=4（x-1），即y=4x-3，与y2=8x联立得16x2-32x+9=0，得，【点睛】在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交被截的线段中点坐标的时候，利用直线和圆锥曲线的两个交点，并把交点代入圆锥曲线的方程，并作差求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程将直线代入曲线方程，化为关于（或关于）的一元二次方程，设出交点坐标，利用韦达定理及弦长公式求出弦长20. 某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费对年销售量（单位：）的影响.该公司对近7年的年宣传费和年销售量数据进行了研究，发现年宣传
22、费（万元）和年销售量（单位：）具有线性相关关系，并对数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值.（万元）1234567（单位：）2.85.36.89.210.913.214.8（1）根据表中数据建立年销售量关于年宣传费的回归方程（结果保留到0.001）；（2）若某年宣传费为4.5万元时，求年销售量的估计值？（3）已知这种产品的年利润与的关系为，根据（1）中的结果，估算该公司应该投入多少宣传费，才能使得年利润最大.附：回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，参考数据：【答案】（1）；（2）9.998；（3）3.992.【解析】【分析】（1）先求出，然后结合所给数据求出，从而可得到回归方
23、程；（2）把代入回归方程中求解即可；（3）由题意可得，然后利用二次函数的性质求其最大值【详解】解：（1）由题意，所以；（2）某年宣传费为4.5万元时，年销售量的估计值为；（3）由（1）知，可知，当时，年利润最大.21. 如图，在三棱锥中，分别为线段，上的点，且，.（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）证明BC平面SAC，即可推出SC平面ABC，从而得到MN平面SCM，即可证明MNSM（2）以C为原点，以，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面SAM和平面SMN的法向量，利用空间向量的夹角的余弦，求解二面角ASMN的余弦值【详解】（
24、1）证明：由，且，则平面，平面，故，又，则平面，平面，故.因为，所以，故.又因为，所以平面.又平面，则.（2）解：由（1）知，两两相互垂直，如图是以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.设平面法向量为，则，令，得.设平面的法向量为，则，令，则，故所以，由图可知二面角为钝角，故二面角的余弦值为.点睛】本题考查二面角的平面角的求法，空间向量的数量积的应用，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力22. 已知椭圆：（）的离心率为，焦距为2（1）求椭圆的标准方程；（2）点为椭圆的上顶点，过点作两条相互垂直的直线，分别与椭圆相交于、两点，若，求直线的方程附
25、：多项式因式分解公式【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）结合焦距和离心率求得a，c，再计算b，即得方程；（2）先判断直线斜率存在且不为零，先设斜率写直线方程，联立直线与椭圆求得弦长，根据垂直设另一条直线，同理可求，直角三角形利用比例关系求得斜率，即得结果.【详解】解：（1）设椭圆的焦距为，由题意得，可得，又由椭圆的离心率为，可得，代入，可得，故，所以椭圆的标准方程为；（2）依题意知直线，斜率存在且不为零，由点的坐标为，设直线的方程为，联立方程，解得或，可得点的坐标为，同理可知，直线的方程为，解得点的坐标为，.由，可得，由函数为偶函数，故只需要解方程即可，方程可化为，因式分解为，而方程中，判别式，方程无解，故三次方程的解为，故方程的解为或，故直线的方程为或.【点睛】思路点睛：直线与椭圆位置关系中的弦长问题，通常让直线与椭圆方程组方程组，再利用韦达定理及弦长公式，建立关系式其中弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线，上两点，所以或，解决相关问题.