1、唐山市20192020学年度高三4月六校联考文科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合，再求交集即可.【详解】，故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于
2、基础题.2.若（是虚数单位），则（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】C【解析】【分析】结合复数的四则运算,计算z，结合复数模长计算公式，计算，即可【详解】,化简,得到,因此,故选C.【点睛】考查了复数的四则运算，考查了复数的模长计算公式，难度中等3.已知向量，满足，且，则向量与的夹角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据平方运算可求得，利用求得结果.【详解】由题意可知：，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查向量夹角的求解问题，关键是能够通过平方运算求得向量的数量积.4.已知数列是公比不为1的等比数列，为其前n项和，满足，且成等差数列，则（）A. B. 6C
3、. 7D. 9【答案】C【解析】【分析】设等比数列的公比为，且不为1，由等差数列中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，再由等比数列的求和公式，可得答案【详解】数列是公比不为l的等比数列，满足，即且成等差数列，得，即，解得，则故选C【点睛】本题考查等差数列中项性质和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题5.若，则，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本道题结合指数,对数运算性质,结合1和对数单调性进行判断,即可.【详解】,故,故选D.【点睛】本道题考查了指数、对数比较大小，可以结合1以及对数性质进行比较，难度中等6.如
4、图1为某省2019年14月快递义务量统计图，图2是该省2019年14月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是( )A. 2019年14月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件B. 2019年14月的业务量同比增长率超过50%，在3月最高C. 从两图来看2019年14月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致D. 从14月来看，该省在2019年快递业务收入同比增长率逐月增长【答案】D【解析】【分析】由题意结合所给的统计图确定选项中的说法是否正确即可.【详解】对于选项A： 2018年14月的业务量，3月最高，2月最低，差值为，接近2000万件，所以A是正确的；对于选项
5、B： 2018年14月的业务量同比增长率分别为，均超过，在3月最高，所以B是正确的；对于选项C：2月份业务量同比增长率为53%，而收入的同比增长率为30%，所以C是正确的；对于选项D，1，2，3，4月收入的同比增长率分别为55%，30%，60%，42%，并不是逐月增长，D错误.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查统计图及其应用，新知识的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7.函数图象的大致形状是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用奇偶性可排除A、C；再由的正负可排除D.【详解】，故为奇函数，排除选项A、C；又，排除D，选B.故选：B.【点睛】本题考查根据解
6、析式选择图象问题，在做这类题时，一般要结合函数的奇偶性、单调性、对称性以及特殊点函数值来判断，是一道基础题.8.已知实数满足约束条件，若目标函数的最大值为2，则的值为（ ）A. -1B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】由约束条件画出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组得到最优解的坐标，代入目标函数得到答案.【详解】由约束条件作出可行域如图所示，其中，目标函数可化为，当直线过点时最大，所以，解得，故选:C【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）
7、；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.9.已知曲线向左平移个单位，得到的曲线经过点，则（）A. 函数的最小正周期B. 函数在上单调递增C. 曲线关于点对称D. 曲线关于直线对称【答案】C【解析】【分析】根据左右平移和可求得解析式；根据余弦型函数的最小正周期、单调性和对称轴、对称中心的判断方法依次判断各个选项即可.【详解】由题意知：则 ，最小正周期，可知错误；当时，此时单调递减，可知错误；当时，且，所以为的对称中心，可知正确；当时，且，所以为的对称中心，可知错误.本题正确选项：【点睛】
8、本题考查图象平移变换、余弦型函数的周期性、单调性、对称性的相关问题.判断余弦型函数的单调性和对称性的关键是能够通过整体对应的方式，结合余弦函数的图象来进行判断.10.在棱长为1的正方体中，E，F分别为线段CD和上的动点，且满足，则四边形所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（）A. 有最小值B. 有最大值C. 为定值3D. 为定值2【答案】D【解析】【分析】分别在后，上，左三个平面得到该四边形的投影，求其面积和即可【详解】依题意，设四边形D1FBE的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D，F，B，E，则四边形D1FBE在上面，后面，左面的投影分
9、别如上图所以在后面的投影的面积为S后=11=1，在上面的投影面积S上=DE1=DE1=DE，在左面的投影面积S左=BE1=CE1=CE，所以四边形D1FBE所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和S=S后+S上+S左=1+DE+CE=1+CD=2故选D【点睛】本题考查了正方体中四边形的投影问题，考查空间想象能力属于中档题11.斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为的扇形，将其圆
10、弧连接起来得到的.若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出阴影部分的面积，再求出矩形的面积，根据几何概型的计算公式进行求解.【详解】解：由图可知，阴影部分的面积为，矩形的面积为，故此点取自阴影部分的概率为，故选D.【点睛】本题考查了几何概型问题，几何概型往往以长度、面积、体积为测度，熟记几何概型的计算公式是关键.12.设，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，则椭圆的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据表示出线段长度，由勾股定理，解出每条线段的长度，再由勾股定理构造出关系，求出离心率
11、.【详解】设，则由椭圆的定义，可以得到,在中，有，解得在中，有整理得，故选C项.【点睛】本题考查几何法求椭圆离心率，是求椭圆离心率的一个常用方法，通过几何关系，构造出关系，得到离心率.属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.某单位有360名职工，现采用系统抽样方法，抽取20人做问卷调查，将360人按1，2，360随机编号，则抽取的20人中，编号落入区间的人数为_【答案】6【解析】【分析】首先计算出样本间隔为18，在区间中共有108人，然后进行计算即可【详解】样本间隔为，在区间内共有人，即在区间内的抽取人数为6人，故答案为6.【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，求出样本
12、间隔是解决本题的关键，属于基础题.14.已知圆及直线，当直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为_.【答案】【解析】【分析】由题得直线l过定点P（2，2），当直线l垂直于过点P的圆C的半径时，l被截得的弦长最短，利用垂直关系得直线l的斜率即可求解方程【详解】由l：得a（x2）+y2=0不论a取何值，直线l恒过点P（2,2） 点P（2,2）在圆C内故当直线l垂直CP时，直线l被圆C截得的弦长最短，此时,故直线的方程为【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线方程及圆的几何性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题15.如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列
13、说法中所有正确的序号是_.存在某个位置，使得；翻折过程中，的长是定值；若，则；若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.【答案】【解析】【分析】对于，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到ENNF，又ENCN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，对于，可得由NECMAB1（定值），NEAB1（定值），AMEC（定值），由余弦定理可得NC是定值 对于，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM面ODB1，即可得ODAM，从而ADMD，显然不成立对于：当平面B1AM平面AMD时，三棱锥B1AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4【详解】对于：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与
14、F，则NEAB1，NFMB1，如果CNAB1，可得到ENNF，又ENCN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故错对于：如图1，可得由NECMAB1（定值），NEAB1（定值），AMEC（定值），由余弦定理可得NC2NE2+EC22NEECcosNEC，所以NC是定值，故正确 对于：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM面ODB1，即可得ODAM，从而ADMD，显然不成立，可得不正确对于：当平面B1AM平面AMD时，三棱锥B1AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4故正确故答案为【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性
15、质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.16.在中，角的对边分别为，且为锐角，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由，利用正弦定理求得.，再由余弦定理可得，利用基本不等式可得，从而利用三角形面积公式可得结果.【详解】因为，又，所以，又为锐角，可得.因为，所以，当且仅当时等号成立，即，即当时，面积的最大值为. 故答案为.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理以及基本不等式的应用，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解
16、题中直接应用.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知等差数列的前项和为，若，（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先设等差数列的首项为，公差为，根据题意列出方程组，求出首项与公差，即可得出结果；（2）由裂项相消法，直接求解，即可得出结果【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，因为 ，则：，解得，所以（2）由于，所以则【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，以及求数列的和，熟记等差数列的通项公式与
17、求和公式，以及裂项相消法求数列的和即可，属于基础题型18.如图，四边形为正方形，平面，点，分别为，的中点（）证明：平面；（）求点到平面的距离【答案】（）见解析；（）.【解析】试题分析：（）取的中点，连接、，由已知结合三角形中位线定理可得且，得四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定可得平面；（）利用等积法可得：，代入棱锥体积公式可得点到平面的距离试题解析：（）证明：取点是的中点，连接，则，且，且，且，四边形为平行四边形，平面（）解：由（）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为利用等体积法：，即，点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能
18、力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题；在证明线面平行的过程中，常见的方法有：1、构造三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在该题中利用的是构造平行四边形.求点到面的距离主要是利用等体积法.19.近年来，共享单车在我国各城市迅猛发展，为人们的出行提供了便利，但也给城市的交通管理带来了一些困难，为掌握共享单车在省的发展情况，某调查机构从该省抽取了5个城市，并统计了共享单车的指标和指标，数据如下表所示：城市1城市2城市3城市4城市5指标24568指标34445（1）试求与间的相关系数，并说明与是否具有较强的线性相关关系（若，则认为与具有较强的线性相关关系，否则认为没
19、有较强的线性相关关系）.（2）建立关于的回归方程，并预测当指标为7时，指标的估计值.（3）若某城市的共享单车指标在区间的右侧，则认为该城市共享单车数量过多，对城市的交通管理有较大的影响交通管理部门将进行治理，直至指标在区间内现已知省某城市共享单车的指标为13，则该城市的交通管理部门是否需要进行治理？试说明理由.参考公式：回归直线中斜率和截距的最小二乘估计分别为，相关系数参考数据：，.【答案】（1），与具有较强的线性相关关系；（2），指标的估计值为4.6；（3）城市的交通管理部门需要进行治理，理由见解析.【解析】【分析】（1）求出，求出相关系数公式中的各个量，即可得出结论；（2）利用（1）中的数
20、据求出，求出线性回归方程，即可求出时，的值；（3）分别求出的值，13与对比，即可得出结论.【详解】（1）由题得，所以，则.因为，所以与具有较强的线性相关关系.（2）由（1）得，所以线性回归方程为.当时，即当指标为7时，指标的估计值为4.6.（3）由题得，因为，所以该城市的交通管理部门需要进行治理.【点睛】本题考查两个变量间的相关性判断、线性回归直线方程及应用，考查计算求解能力，属于基础题.20.已知椭圆：的四个顶点围成的四边形的面积为，原点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）已知定点，是否存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点？若存在，求出的方程：若不存在，请说明
21、理由.【答案】（1）；（2）存在，且方程为或.【解析】【分析】（1）依题意列出关于a,b,c的方程组，求得a,b,进而可得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆得到，要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，结合韦达定理可得到参数值.【详解】（1）直线的一般方程为.依题意，解得，故椭圆的方程式为.（2）假若存在这样的直线，当斜率不存在时，以为直径的圆显然不经过椭圆的左顶点，所以可设直线的斜率为，则直线的方程为.由，得.由，得.记，的坐标分别为，则，而 .要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，即 ，所以 ，整理解得或，所以存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点，直线的方程为或.【点睛】
22、本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，试判断的零点个数.【答案】（1）当时，在上是增函数，当，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；（2）1【解析】【分析】（1）对求导后对进行分类讨论，找到和的区间，即为的单调区间.（2）由（1
23、）可知时，有极大值和极小值，研究他们的正负，并且找到令的点，根据零点存在定理，找出零点个数.【详解】（1）函数的定义域为，令，则，（i）若，则恒成立，所以在上是增函数，（ii）若，则，当时，是增函数，当时，是减函数，当时，是增函数，（iii）若，则，当时，是增函数，当时，是减函数，当时，是增函数，综上所述：当时，在上是增函数，当，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；（2）当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，所以的极小值为，极大值为,设，其中，,所以在上是增函数，所以，因为，所以有且仅有1个，使.所以当时，有且仅有1个零点【点睛】
24、本题考查利用导数求函数的单调区间，极值、最值，以及函数的图像和零点问题，涉及分类讨论的数学思想，题目比较综合，属于难题.（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，直线的参数方程为：（为参数）.直线与曲线分别交于，两点.（1）写出曲线和直线的普通方程；（2）若点，求的值.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据，将曲线极坐标方程化为直角坐标方程，利用消元法化直线参数方程为普通方程；（2）先化直线的参数方程为标准式，再代入曲线方程，最后根据参数几何意义求解【详
25、解】解：（1）曲线，曲线的直角坐标方程为，即，直线的参数方程为：（为参数），直线的普通方程为：（2）直线的参数方程为：（为参数），代入，得，【点睛】本题考查极坐标方程化直角坐标方程、参数方程化普通方程以及直线参数方程，考查基本分析求解能力，属于中档题23.已知函数（）若，求实数的取值范围；（）若，判断与的大小关系并证明.【答案】（）；（），证明见解析.【解析】【分析】（）通过讨论a的范围，去掉绝对值，解不等式，确定的范围即可；（）根据绝对值不等式的性质判断即可【详解】（I）因为，所以. 当时，得，解得，所以; 当时，得，解得，所以; 当时，得，解得，所以; 综上所述，实数的取值范围是 （II） ，因为,所以 【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查不等式的证明，是一道中档题