河北省衡水中学2020届高三下学期第二次调研数学（理）试题 Word版含解析

河北省衡水中学2020届高三下学期第二次调研数学（理）试题 Word版含解析

‎2019-2020学年度下学期高三年级二调考试 理数试卷 一、选择题 ‎1.已知集合，集合，则的子集个数为（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 8 D. 16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由，解得，所以，所以，所以的子集个数为，故选C．‎ 考点：1、不等式的解法；2、集合的交集运算；3、集合的子集．‎ ‎2.如图，复平面上的点到原点的距离都相等，若复数所对应的点为，则复数（是虚数单位）的共轭复数所对应的点为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：为将复数所对应的点逆时针旋转得，选B.‎ 考点：复数几何意义 ‎【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、共轭为 ‎3.下列四个函数，在处取得极值的函数是（ ）‎ - 20 -‎ ‎① ②③④‎ A. ① ② B. ② ③ C. ③ ④ D. ① ③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：能不能取得极值要看函数在这个导函数的零点处的两边是否异性单调．通过检验②③这两个函数在处的左右两边情况是：左边是减函数,右边是增函数,因此是极值点．‎ 而①④两个函数都是单增的，所以应选B．‎ 考点：函数极值的定义．‎ ‎4.已知变量满足：，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：作出满足不等式组的平面区域，如图所示，由图知目标函数经过点时取得最大值，所以，故选D．‎ 考点：简单的线性规划问题．‎ ‎5.执行如图所示的程序框图，输出的结果是（ ）‎ - 20 -‎ A. 5 B. 6 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照流程图运行到第五次循环后停止循环，由此可得答案.‎ ‎【详解】，，‎ 第一次循环： ，，‎ 第二次循环：，，‎ 第三次循环：，，‎ 第四次循环：，，‎ 第五次循环：，，停止循环，‎ 输出.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了循环结构流程图和条件结构流程图，属于基础题.‎ ‎6.两个等差数列的前项和之比为，则它们的第7项之比为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设这两个数列的前项和分别为，则 - 20 -‎ ‎，故选B．‎ 考点：1、等差数列的前项和；2、等差数列的性质．‎ ‎7.在某次数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为，则在内的概率为（ ）‎ A. 0.05 B. 0.1 C. 0.15 D. 0.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意知服从正态分布，，则由正态分布图象的对称性可知，，故选B．‎ 考点：正态分布．‎ ‎8.函数的部分图象如图所示，的值为（ ）‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由函数的图象可得：，解得，可得函数的解析式为，所以 ‎，观察规律可知函数的值以为周期，且 - 20 -‎ ‎，由于，‎ 故可得，故选A.‎ 考点：三角函数的周期性.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了三角函数部分图象确定函数的解析式、数列的周期性、数列的求和扥知识点的综合应用，其中根据三角函数的图象，求出函数的解析式，进而分析出函数的性质和数列的周期性，进而求解数列的和是解答本题的关键，着重考查了学生分析和解答问题的能力及转化与化归思想的应用.‎ ‎9.若，则的值是（ ）‎ A. -2 B. -3 C. 125 D. -131‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：令，得；令，得，即．又，所以，故选C．‎ 考点：二项式定理．‎ ‎10.已知圆：，圆：，是椭圆：的半焦距，若圆，都在椭圆内，则椭圆离心率的范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出两圆的圆心和半径，可得两圆的位置关系.则问题等价于圆上的点都在椭圆的内部，列不等式组，即可求出椭圆离心率的范围.‎ - 20 -‎ ‎【详解】把圆：，圆：化为标准式得，‎ 圆，圆，则圆和圆关于原点对称.‎ 圆，都在椭圆内等价于圆上的点都在椭圆的内部，‎ ‎，解得，‎ 即.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查圆与椭圆的位置关系，根据图形找出临界值，列出关于的不等式组即可求解.‎ ‎11.定义在上的函数对任意都有，且函数的图象关于成中心对称，若满足不等式，则当时，的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由已知条件知函数为奇函数且在上为减函数,由有,所以，,若以为横坐标,为纵坐标,建立平面直角坐标系,如图所示,阴影部分为不等式表示的平面区域,即及其内部,,令,则,求出,所以,解得,∴的取值范围是,选D.‎ - 20 -‎ 考点：1.函数的基本性质；2.线性规划.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查了函数的性质:单调性和奇偶性,以及线性规划的相关知识,属于中档题. 利用已知条件得出函数是上的减函数,由函数的图象关于成中心对称，根据图象的平移,得出的图象关于原点成中心对称,所以为奇函数,解不等式,得出,画出不等式组表示的平面区域,,则,通过图形求关于的一次函数的斜率得出的范围,从而求出的范围.‎ ‎12.正三角形ABC边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD外接球表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：三棱锥的三条侧棱，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积即可.‎ 详解：根据题意可知三棱锥的三条侧棱，‎ - 20 -‎ 底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，‎ 三棱柱中，底面，,‎ ‎，‎ 的外接圆的半径为，‎ 由题意可得：球心到底面的距离为.‎ 球的半径为.‎ 外接球表面积为：.‎ 故选：C.‎ 点睛：考查空间想象能力，计算能力.三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，是本题解题的关键，仔细观察和分析题意，是解好数学题目的前提.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.一个几何体的三视图如图所示，该几何体体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 该几何体可以看作是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为，因此体积为．‎ - 20 -‎ ‎14.已知向量与的夹角为，且，若且，则实数的值为__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为，所以．－＝＝，解得．‎ 考点：1、向量的数量积运算；2、向量的线性运算．‎ ‎15.已知双曲线的半焦距为，过右焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两点，若抛物线的准线被双曲线截得的弦长是（为双曲线的离心率），则的值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，得抛物线的准线为，它正好经过双曲线的左焦点，所以准线被双曲线截得的弦长为，所以，即，所以，整理，得，解得或．又过焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两点，所以．‎ 考点：1、抛物线与双曲线的几何性质；2、直线与双曲线的位置关系．‎ ‎【方法点睛】关于双曲线的离心率问题，主要是有两类试题：一类是求解离心率的值，一类是求解离心率的范围．基本的解题思路是建立椭圆和双曲线中的关系式，求值问题就是建立关于的等式，求取值范围问题就是建立关于的不等式．‎ - 20 -‎ ‎16.用表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如：9的因数有1，3，9，，10的因数有1，2，5，10，，那么__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意得 ‎ 所以 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.在锐角中，角所对的边分别为，已知，，．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先由正弦定理求得与的关系，然后结合已知等式求得的值，从而求得的值；（2）先由余弦定理求得的值，从而由的范围取舍的值，进而由面积公式求解．‎ - 20 -‎ 试题解析：（1）在中，由正弦定理，得，即.‎ 又因为，所以.‎ 因为为锐角三角形，所以.‎ ‎（2）在中，由余弦定理，得，即.解得或.‎ 当时，因为，所以角为钝角，不符合题意，舍去.当时，因为，又，所以为锐角三角形，符合题意.所以面积.‎ 考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式．‎ ‎18.某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在10个卖场的销售量（单位：台），并根据这10个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图.‎ 为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”.‎ ‎（1）当时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为，乙型号电视机的“星级卖场”数量为，比较的大小关系；‎ ‎（2）在这10个卖场中，随机选取2个卖场，记为其中甲型号电视机的“星级卖场”的个数，求的分布列和数学期望；‎ - 20 -‎ ‎（3）若，记乙型号电视机销售量的方差为，根据茎叶图推断为何值时，达到最小值．（只需写出结论）‎ ‎【答案】（1）；（2）的分布列为 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎∴；（3）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据茎叶图，得2数据的平均数为.‎ 乙组数据的平均数为.‎ 由茎叶图，知甲型号电视剧的“星级卖场”的个数，乙型号电视剧的“星级卖场”的个数，所以.‎ ‎（2）由题意，知的所有可能取值为0,1,2.‎ 且，，‎ 所以的分布列为 ‎ ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以.‎ - 20 -‎ ‎（3）当时，达到最小值.‎ 试题解析：（1）根据平均数的定义分别求出甲、乙两组数据的平均数，从而得到“星级卖场”的个数进行比较；（2）写出的所有可能取值，求出相应概率，列出分布列，求得数学期望；（3）根据方差的定义求解．‎ 考点：1、平均数与方差；2、分布列；3、数学期望．‎ ‎19.如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值；‎ ‎（3）判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）；（3）不存在．‎ ‎【解析】‎ ‎(1)∵DE⊥BE，BE∥DC，‎ ‎∴DE⊥DC．‎ 又∵A1D⊥DC，A1D∩DE=D，‎ ‎∴DC⊥平面A1DE，‎ ‎∴DC⊥A1E.‎ 又∵A1E⊥DE，DC∩DE=D，‎ ‎∴A1E⊥平面BCDE.‎ ‎(2)∵A1E⊥平面BCDE，DE⊥BE，‎ ‎∴以EB，ED，EA1所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系（如图）．‎ - 20 -‎ 易知DE=2，则A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(4，2，0)，D(0，2，0)，‎ ‎∴=(−2，0，2)，=(2，2，0)，‎ 易知平面A1BE的一个法向量为n=(0，1，0)．‎ 设平面A1BC的法向量为m=(x，y，z)，‎ 由·m=0，·m=0，得令y=1，得m=(−，1，−)，‎ ‎∴cos〈m，n〉===.‎ 由图得二面角E −A1B −C为钝二面角，‎ ‎∴二面角E −A1B −C的余弦值为−.‎ ‎(3)假设在线段EB上存在一点P，使得平面A1DP⊥平面A1BC．‎ 设P(t，0，0)(0≤t≤2)，则=(t，0，−2)，=(0，2，−2)，‎ 设平面A1DP的法向量为p=(x1，y1，z1)，‎ 由得令x1=2，得p=.‎ ‎∵平面A1DP⊥平面A1BC，‎ ‎∴m·p=0，即2−＋t=0，解得t=−3.‎ ‎∵0≤t≤2，‎ ‎∴在线段EB上不存在点P，使得平面A1DP⊥平面A1BC．‎ ‎20.如图，已知椭圆，点是它的两个顶点，过原点且斜率为的直线与线段相交于点，且与椭圆相交于两点．‎ - 20 -‎ ‎（1）若，求值；‎ ‎（2）求四边形面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）或；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先由两点式求得直线的方程，然后设的方程为.设，，，联立直线与椭圆的方程，得到间的关系，再由与点在线段上求得的值；（2）由点到直线的距离公式分别求得点到线段的距离，从而得到四边形的面积的表面式，进而求得其最大值．‎ 试题解析：（1）依题设得椭圆的顶点，则直线的方程为.‎ 设直线的方程为.设，其中，‎ 联立直线与椭圆的方程，消去，得方程.（3分）‎ 故，由知，，‎ 得，由点在线段上，知，得，‎ 所以，化简，得，解得或.‎ ‎（2）根据点到直线的距离公式，知点到线段的距离分别为 - 20 -‎ ‎，‎ 又，‎ 所以四边形的面积为 ‎，‎ 当且仅当，即时，取等号，‎ 所以四边形面积的最大值为.‎ 考点：1、直线与圆的位置关系；2、点到直线的距离公式；3、基本不等式．‎ ‎21.设函数．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；‎ ‎（3）若方程，有两个不相等的实数根，比较与0的大小．‎ ‎【答案】(1) 单调增区间，单调减区间为. (2) ,(3)详见解析 ‎【解析】‎ 试题分析: (1)先求函数导数,再求导函数零点 ,根据定义域舍去,对进行讨论, 时，，单调增区间为．时,有增有减;(2) 函数有两个零点，所以函数必不单调,且最小值小于零 ,转化研究最小值为负的条件:,由于此函数单调递增,所以只需利用零点存在定理探求即可,即取两个相邻整数点代入研究即可得的取值范围,进而确定整数值,（3）根据，所以只需判定大小,由可解得,代入分析只需比较大小,‎ - 20 -‎ ‎ 设,构造函数,利用导数可得最值,即可判定大小.‎ 试题解析:(1)解： ．‎ 当时，，函数在上单调递增，函数的单调增区间为．‎ 当时，由，得；由，得.‎ 所以函数的单调增区间为，单调减区间为. ‎ ‎(2)解：由(1)得，若函数有两个零点 则，且的最小值，即.‎ 因为，所以.令，显然在上为增函数，‎ 且，，所以存在，.‎ 当时，；当时，.所以满足条件的最小正整数 ‎(3)证明：因为是方程的两个不等实根，由(1)知.‎ 不妨设，则，.‎ 两式相减得，‎ 即．‎ 所以.因为，‎ 当时，， 当x∈时，，‎ 故只要证即可，即证明，‎ - 20 -‎ 即证明，‎ 即证明.设．‎ 令，则.‎ 因为，所以，当且仅当t＝1时，，所以在上是增函数．‎ 又，所以当时，总成立．所以原题得证 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.‎ ‎22. 如图，直线PQ与⊙O相切于点A，AB是⊙O的弦，∠PAB的平分线AC交⊙O于点C，连结CB，并延长与直线PQ相交于点Q，若AQ=6，AC=5．‎ ‎（Ⅰ）求证：QC2﹣QA2=BCQC；‎ ‎（Ⅱ）求弦AB的长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由于PQ与⊙O相切于点A，再由切割线定理得：QA2=QBQC=（QC﹣BC）QC=QC2﹣BCQC从而命题得到证明 ‎（Ⅱ）解：PQ与⊙O相切于点A，由弦切角等于所对弧的圆周角∠PAC=∠CBA，又由已知∠PAC=∠BAC，所以∠BAC=∠CBA，从而AC=BC=5，又知AQ=6，由（Ⅰ）可得△QAB∽△QCA，由对应边成比例，求出AB的值．‎ - 20 -‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：∵PQ与⊙O相切于点A，‎ ‎∴由切割线定理得：QA2=QBQC=（QC﹣BC）QC=QC2﹣BCQC．‎ ‎∴QC2﹣QA2=BCQC．‎ ‎（Ⅱ）解：∵PQ与⊙O相切于点A，∴∠PAC=∠CBA，‎ ‎∵∠PAC=∠BAC，∴∠BAC=∠CBA，∴AC=BC=5‎ 又知AQ=6，由（Ⅰ） 可知QA2=QBQC=（QC﹣BC）QC，∴QC=9‎ 由∠QAB=∠ACQ，知△QAB∽△QCA，∴，∴．‎ 考点：切割线定理及三角形相似.‎ ‎【方法点睛】（1）从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线，平分两条切线的夹角；（2）判断三角形相似：一是平行于三角形一边的直线截其它两边所在的直线，截得的三角形与原三角形相似；二是如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等, 那么这两个三角形相似；三是如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且相应的夹角相等, 那么这两个三角形相似；四是如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；五是对应角相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角；（3）切割线定理：切割线定理，是圆幂定理的一种，从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.‎ ‎23.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数)．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为.‎ ‎(1)写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；‎ ‎(2)若点坐标为，圆与直线交于两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由加减消元得直线的普通方程,由得圆 - 20 -‎ 的直角坐标方程；（2）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，由直线参数方程几何意义得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2,再根据韦达定理可得结果 试题解析：解：（Ⅰ）由得直线l的普通方程为x+y﹣3﹣=0‎ 又由得 ρ2=2ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+（y﹣）2=5；‎ ‎（Ⅱ）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，‎ 得（3﹣t）2+（t）2=5，即t2﹣3t+4=0‎ 设t1，t2是上述方程的两实数根，‎ 所以t1+t2=3‎ 又直线l过点P，A、B两点对应的参数分别为t1，t2，‎ 所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3．‎ ‎24.选修4-5：不等式选讲 ‎（1）已知函数，求的取值范围，使为常函数；‎ ‎（2）若，，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）3．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1） 利用零点分段法求解；（2）利用柯西不等式求解．‎ 试题解析：（1）.‎ 则当时，为常函数.‎ ‎（2）由柯西不等式得，‎ 所以，当且仅当，即时，取最大值，因此的最大值为3.‎ 考点：1、零点分段法；2、柯西不等式．‎ - 20 -‎