河北省九校2020届高三上学期联考理科数学试题

河北省九校2020届高三上学期联考理科数学试题

河北省九校2020届高三上学期第二次联考试题 理科数学 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】‎ 解出集合A中的不等式，得出解集，求出集合B，即可求得.‎ ‎【详解】解不等式，，得，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查解一元二次不等式，求函数值域，求两个集合的并集，关键在于根据集合关系准确求解.‎ ‎2.已知复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第三象限 C. 直线上 D. 直线上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为 在复平面内对应的点为 ‎ 在第二象限，在直线上 ，选C.‎ ‎3.设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一是借助于中间值1，二是化为同底数的对数比较可得．‎ ‎【详解】，，，‎ ‎∴，即．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查对数和幂的比较大小，比较大小时，同是对数的能化为同底数的化为同底数，同是幂的化为同底数或者化为同指数，不能转化的借助中间值如1，0等等比较．‎ ‎4.函数的图象的大致形状是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中函数的解析式，可得函数f（x）为偶函数，可排除C,D，由得到答案．‎ ‎【详解】‎ 故则是偶函数，排除C、D，又当 ‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数图象特征，函数的奇偶性的判断，结合排除特值与极限判断是常见方法，属于基础题．‎ ‎5.甲、乙、丙三家企业产品的成本分别为10000，12000，15000，其成本构成如下图所示，则关于这三家企业下列说法错误的是（ ）‎ A. 成本最大的企业是丙企业 B. 费用支出最高的企业是丙企业 C. 支付工资最少的企业是乙企业 D. 材料成本最高的企业是丙企业 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据图中数据计算对应结果即可求出结论．‎ ‎【详解】甲企业的成本为：；‎ 乙企业的成本为：；‎ 丙企业的成本为：‎ 故成本最大的是丙企业，故A正确；‎ 甲企业费用支出为：；‎ 乙企业费用支出为：；‎ 丙企业费用支出为：‎ 故费用支出最高的企业是丙企业，故B正确；‎ 甲企业支付工资为：；‎ 乙企业支付工资为：；‎ 丙企业支付工资为：；‎ 故甲企业支付的工资最少，故C错误；‎ 甲企业材料成本为：；‎ 乙企业材料成本为：；‎ 丙企业材料成本为：‎ 故材料成本最高的企业是丙企业，故D正确；‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查根据图表分析解决问题，是对基础知识的考查，关键是理解题中数据，属于基础题．‎ ‎6.设是公差大于0的等差数列，为数列的前n项和，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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件、必要条件以及等差数列的性质判断即可.‎ ‎【详解】解：由是公差大于0的等差数列，为数列的前n项和，‎ 若，则，又 ，，故充分性成立；‎ 若，则，，故必要性成立；‎ 综上可得，“”是“”的充要条件.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质以及充分条件必要条件的判定，属于基础题.‎ ‎7.已知两个不相等的非零向量，，满足，且与－的夹角为60°，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，由已知与的夹角为可得，由正弦定理得，从而可求的取值范围 ‎【详解】解：设，，，‎ 如图所示：‎ 则由 又与的夹角为，‎ 又由 由正弦定理得 故选：．‎ ‎【点睛】本题主考查了向量的减法运算的三角形法则，考查了三角形的正弦定理及三角函数的性质，属于中档题．‎ ‎8.如图网格纸中小正方形的边长为 ‎，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可知，该几何体为一个八分之一球与一个三棱柱拼接而成的几何体，并且三棱柱的上底面被遮掉，并计算出各面的面积，相加即可得出该几何体的表面积.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体为一个八分之一球与一个三棱柱拼接而成的几何体，‎ 故所求的表面积为，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查由三视图计算几何体的表面积，解题时要还原几何体的实物图，结合简单几何体的表面积公式进行计算，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎9.如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周牌算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供6种不同的颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则，区域涂同色的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题从颜色使用数量上来分类，又由条件知至少使用三种颜色，所以只剩三种情况了．然后选色，再按照规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，使用分步计数原理逐一涂色，即可求出总的基本事件，再弄清，区域涂同色的占了多少个基本事件，利用古典概型及其概率计算公式求答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，至少使用3种颜色．由使用颜色数量，下面我们分三种情况：‎ ‎（1）使用5种颜色：选色，涂上去，共有种；‎ ‎（2）使用4种颜色：选色，先涂有4种，下面，①、若、同色，则和各涂剩余的两色，有种，②、若、不同色，则和必同色，有种．共种；‎ ‎（3）使用3种颜色：选色，先涂有3种选择，用掉一种颜色，下面只有、同色，、同色，有种，共种，‎ 共计种，‎ 其中，区域涂同色的有种，‎ 则，区域涂同色的概率为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率计算与分类、分步计数原理的应用，关键正确理解题意，选择好分类标准．属于中档题．‎ ‎10.某学生对函数的图象与性质进行研究，得出如下结论：‎ ‎①函数在上单调递减，在上单调递增；‎ ‎②点是函数的图象的一个对称中心；‎ ‎③函数的图象关于直线对称；‎ ‎④存在常数，使对一切实数均成立.其中正确的结论是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性，单调性，对称性，值域依次判断每个选项得到答案.‎ ‎【详解】易知为偶函数，，当时，，所以在上单调递增，又为偶函数，所以在上单调递减，故①正确；‎ 因为 不恒成立，所以点不是函数的图象的对称中心，故②错误；‎ 因为 不恒成立，即不恒成立，所以直线不是函数的图象的对称轴，故③错误；‎ 因为，所以当时，对一切实数均成立，故④正确.‎ 综上可知，正确的结论是①④.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象与性质，考查考生的逻辑推理能力和基本运算能力，考查的核心素养是数学运算和逻辑推理.‎ ‎11.已知分别是双曲线的左、右焦点，直线l过，且l与一条渐近线平行，若到l的距离大于a，则双曲线C的离心率的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线l：，由到l的距离大于a，得出的范围，再由计算即可.‎ ‎【详解】设过与渐近线平行的直线l为，‎ 由题知到直线l的距离，‎ 即，可得，‎ 所以离心率.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查计算双曲线离心率的范围，熟知公式可使计算变得简便，属于常考题.‎ ‎12.设函数是奇函数的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 构造函数，令，则，‎ 由可得，‎ 则是区间上的单调递减函数，‎ 且，‎ 当x∈(0,1)时,g(x)>0,∵lnx<0,f(x)<0,(x2-1)f(x)>0;‎ 当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,∵lnx>0,∴f(x)<0,(x2-1)f(x)<0‎ ‎∵f(x)是奇函数,当x∈(-1,0)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)<0‎ ‎∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)>0.‎ 综上所述,使得(x2-1)f(x)>0成立的x的取值范围是.‎ 本题选择D选项.‎ 点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知正项等比数列满足，与的等差中项为，则的值为__________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，建立方程计算得到答案.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，因为与的等差中项为，所以，‎ 所以，又，所以，‎ 又数列的各项均为正数，所以，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎14.已知的展开式中第5项为常数项，则该式中所有项系数的和为_________.‎ ‎【答案】-32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出二项式展开式中第5项，因为第5项为常数项解出，然后令得各项系数和.‎ ‎【详解】解：因为，且第5项为常数项 所以，即 令，得所有项系数和为 故答案为 ‎【点睛】本题考查了二项式定理的展开通项式，以及各项系数和问题，属于基础题.‎ ‎15.已知抛物线的准线与轴交于点，焦点为，点是抛物线上任意一点，令，当取得最大值时，直线的斜率是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则，设，由于，所以在点处切线的斜率，计算得到答案.‎ ‎【详解】由题意知，，过点作（为抛物线的准线），垂足为.‎ 由抛物线的定义可知.令，则，‎ 当最小时，最大，当直线与抛物线相切时，最小，即最大.‎ 设，由于，所以在点处切线的斜率，‎ 所以在点处的切线方程为，‎ 又切线过，所以，解得，‎ 所以当取得最大值时，直线的斜率为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值和直线的斜率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力 ‎16.三棱锥中，点到、、三点的距离均为，，，过点作平面，垂足为，连接，此时，则三棱锥外接球的体积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证明出平面，根据计算出、，并证明出点为的中点，可得出，利用勾股定理可证明出，然后构造正方体模型可求出三棱锥外接球的半径长，最后利用球体体积公式可计算出结果.‎ ‎【详解】因为，，,故平面，‎ 因为，故，‎ ‎，，则，‎ 平面，平面，.‎ 平面，平面，‎ ‎，平面，平面，，‎ ‎，为的中点，，.‎ 故，‎ 构造正方体模型可知，四面体的外接球半径，‎ 因此，三棱锥外接球的体积为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积的计算，解题的关键在于推导出线面垂直关系，并结合几何体的结构找出合适的模型计算出外接球的半径，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ 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17～21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.已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，其外接圆半径满足.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）已知的面积，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理和余弦定理计算得到答案.‎ ‎（2）根据面积公式化简得到，根据角度范围得到值域.‎ ‎【详解】（1）∵，∴，即，‎ ‎∴，又为锐角，∴.‎ ‎（2）∵的面积，‎ ‎∴，∴，又，，‎ ‎∴‎ 由是锐角三角形得，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，即的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正、余弦定理解三角形和三角形面积公式的应用，考查的核心素养是数学运算.‎ ‎18.如图，四棱锥，，，，为等边三角形，平面平面，为中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明及，即可证明：平面，问题得证．‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，由（1）得为平面的法向量，求得平面的法向量为，利用空间向量夹角的数量积表示即可求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为，，‎ 所以，‎ 又平面平面，且平面平面，‎ 所以平面.‎ 又平面，所以，‎ 因为为中点，且为等边三角形，所以.‎ 又，所以平面.‎ ‎（2）取中点为，连接，因为为等边三角形，所以，‎ 因为平面平面，所以平面，‎ 所以，由，，‎ 可知，所以.‎ 以中点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 所以，，，，，‎ 所以，，‎ 由（1）知，为平面的法向量，‎ 因为为的中点，‎ 所以，‎ 所以，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，得，‎ 取，则.‎ 所以 .‎ 因为二面角为钝角，‎ 所以，二面角余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直证明，考查转化能力及空间思维能力，还考查了利用空间求二面角的余弦值，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎19.椭圆的左焦点为，短轴长为，右顶点为，上顶点为，的面积为.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)过作直线与椭圆交于另一个点，连接并延长交椭圆于点，当面积最大时，求直线的方程.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意布列方程组，从而得到椭圆的标准方程；（2）设所在直线斜率存在时由得到，借助韦达定理表示，利用换元法转为二次函数最值问题，即可得到直线的方程.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）根据短轴长知，，‎ 则，‎ 因为，则，‎ 故，‎ 则椭圆方程为． ‎ ‎（Ⅱ）设所在直线斜率存在时 ‎ ‎，①‎ ‎ ，‎ ‎，． ‎ 代入①式得， ‎ 令，则，‎ ‎，‎ 当不存在时，． ‎ 故当面积最大时，垂直于轴，此时直线的斜率为，‎ 则直线方程：． ‎ ‎20.已知函数.‎ ‎(1)求曲线在点处的切线方程；‎ ‎(2)证明：在区间上有且仅有个零点.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）给函数求导，将切点的横坐标带入原函数，导函数，分别求出切点和斜率，用点斜式写出直线方程即可.‎ ‎（2）当时，，所以，函数在区间上没有零点；又，下面只需证明函数在区间上有且只有一个零点.因为函数在区间上单调递增，，，存在，使得，函数在处取得极小值，则，又，所以，由零点存在定理可知，函数在区间上有且只有一个零点.综上可得，函数在上有且仅有两个零点.‎ ‎【详解】（1），则，‎ ‎，.‎ 因此，函数在点处的切线方程为，即.‎ ‎（2）当时，，此时，，‎ 所以，函数在区间上没有零点；‎ 又，下面只需证明函数在区间上有且只有一个零点.‎ ‎，构造函数，则，‎ 当时，，‎ 所以，函数在区间上单调递增，‎ ‎，，‎ 由零点存在定理知，存在，使得，‎ 当时，，当时，.‎ 所以，函数在处取得极小值，则，‎ 又，所以，‎ 由零点存在定理可知，函数在区间上有且只有一个零点.‎ 综上可得，函数在上有且仅有两个零点.‎ ‎【点睛】本题第一问考查导数几何意义中的切线问题，第二问考查函数零点的存在，同时考查了利用导函数求函数的单调区间，属于难题.‎ ‎21.2019年7曰1日至3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善.某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：‎ ‎（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.‎ ‎（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50.用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率.‎ 参考数据：若随机变量ξ服从正态分布，则，，.‎ ‎（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券.已知硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第50格.遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从到），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，设遥控车移到第n格的概率为，试说明是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车.‎ ‎【答案】（1）（千米）（2）（3）说明详见解析，此方案能够成功吸引顾客购买该款新能源汽车 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出．‎ ‎（2）由，．利用正态分布的对称性可得．‎ ‎（3）遥控车开始在第0 格为必然事件，．第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为，即．遥控车移到第格的情况是下面两种，而且只有两种：①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为．②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为．可得：．变形为．即可证明时，数列是等比数列，首项为，公比为的等比数列．利用，及其求和公式即可得出．可得获胜的概率，失败的概率．进而得出结论．‎ ‎【详解】解：（1）‎ ‎（千米）．‎ ‎（2）由，．‎ ‎．‎ ‎（3）遥控车开始在第0 格为必然事件，．第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为，即．‎ 遥控车移到第格的情况是下面两种，而且只有两种：‎ ‎①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为．‎ ‎②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为．‎ ‎．‎ ‎．‎ 时，数列是等比数列，首项为，公比为的等比数列．‎ ‎，，，，．‎ ‎，1，，．‎ 获胜的概率，‎ 失败的概率．‎ ‎．‎ 获胜的概率大．‎ 此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车．‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的性质、正态分布图的性质、等比数列的定义通项公式与求和公式、累加求和方法，考查了推理能力与计算能力，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，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若与交于，两点，点的极坐标为，求的值.‎ ‎【答案】（1）的普通方程为.的直角坐标方程为.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用参数方程和极坐标方程的公式得到答案.‎ ‎（2）的参数方程转化为标准形式为代入，利用韦达定理得到，，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）消去参数得曲线的普通方程为.‎ 曲线的极坐标方程可化为，即，‎ 又，，∴曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）的参数方程转化为标准形式为（为参数），‎ 代入得，‎ 点的直角坐标为，设，分别是对应的参数，‎ 则，.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程标准形式的应用，考查的核心素养是数学运算和直观想象.‎ ‎23.已知x，y，z均为正数．‎ ‎（1）若xy＜1，证明：|x+z|⋅|y+z|＞4xyz；‎ ‎（2）若＝，求2xy⋅2yz⋅2xz的最小值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）最小值为8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用基本不等式可得 , 再根据0＜xy＜1时, 即可证明|x+z|⋅|y+z|＞4xyz.‎ ‎（2）由＝, 得，然后利用基本不等式即可得到xy+yz+xz≥3，从而求出2xy⋅2yz⋅2xz的最小值.‎ ‎【详解】（1）证明：∵x，y，z均为正数，‎ ‎∴|x+z|⋅|y+z|＝（x+z）（y+z）≥＝，‎ 当且仅当x＝y＝z时取等号．‎ 又∵0＜xy＜1，∴，‎ ‎∴|x+z|⋅|y+z|＞4xyz；‎ ‎（2）∵＝，即．‎ ‎∵，‎ ‎，‎ ‎，‎ 当且仅当x＝y＝z＝1时取等号，‎ ‎∴，‎ ‎∴xy+yz+xz≥3，∴2xy⋅2yz⋅2xz＝2xy+yz+xz≥8，‎ ‎∴2xy⋅2yz⋅2xz的最小值为8．‎ ‎【点睛】本题考查了利用综合法证明不等式和利用基本不等式求最值，考查了转化思想和运算能力，属中档题．‎