河北省张家口市2020届高三12月阶段检测数学（理）试题

河北省张家口市2020届高三12月阶段检测数学（理）试题

张家口市2019－2020学年第一学期阶段测试卷 高三数学（理科）‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题：本题共12小题；每题5分，共计60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确.‎ ‎1.若集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先解不等式确定集合，再由交集定义求得交集．‎ ‎【详解】由题意，，∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查集合交集运算，求解时需选确定集合中的元素，然后才可以求交集运算．‎ ‎2.在公差不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，则（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列通项公式表示出再由等比数列性质可求得．‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎∵，，成等比数列，‎ ‎∴，即，解得．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等比数列的性质．属于基础题．‎ ‎3.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由（）＋（）＝，用诱导公式求解．‎ ‎【详解】．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查诱导公式，解题时需分析“已知角”和“未知角”的关系，确定选用什么公式．‎ ‎4.若直线（，）过点，则的最小值等于（ ）‎ A. 9 B. ‎8 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把代入直线方程得满足的等量关系，用“‎1”‎的代换把凑配出基本不等式中的定值，然后用基本不等式求最小值．‎ ‎【详解】∵直线（，）过点，∴，‎ ‎∴，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值为9．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式求最值，解题时要注意基本不等式求最值的条件：一正二定三相等，常常需要凑配出定值，“‎1”‎的代换是常用凑配方法．‎ ‎5.已知，，，，则下列命题中必然成立的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式的性质判断每一个命题是否正确，可举反例不等式不成立．‎ ‎【详解】若，则，A错；满足，但是，B错；若，则，∴，C正确；，，但，D错。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质成立的条件是解题基础．对不一定成立的不等式可通过举反例说明．‎ ‎6.已知点为双曲线：上的动点，点，点.若，则（ ）‎ A. 27 B. ‎3 ‎C. 3或27 D. 9或21‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线的半焦距，说明是双曲线的焦点，根据双曲线的定义计算，但要由已知条件确定点是否可能在两支上．‎ ‎【详解】由题意，则，∴是双曲线的焦点，‎ 又，∴点在双曲线左支上，‎ ‎∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义，在涉及到双曲线上的点到焦点的距离时，可用双曲线的定义求解．注意双曲线的定义是，解题时如不能确定双曲线上的点在哪支上，则两支都有可能．‎ ‎7.已知菱形的边长为,,点是上靠近的四等分点,则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选取和为基底, 菱形的边长为,则,,用基底,,分别表示与即可求得.‎ ‎【详解】画出几何图像:‎ 选取和为基底, 菱形的边长为 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ,点是上靠近的四等分点 ‎ ‎ 由 ‎ 可得:‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用,考查数形结合思想,求解过程中要注意基底选择的合理性,即一般是选择模和夹角已知的两个向量作为基底.‎ ‎8.已知函数,若,则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为函数,判断的奇偶性和单调性,即可求解,进而求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】 则定义是.‎ 又 ,可得:‎ ‎ 是奇函数.‎ ‎ 则 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 是单调增函数.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故: ,‎ 化简可得: ,即 根据是单调减函数,‎ 得: , ‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的单调性,考查函数的奇偶性,解题关键是掌握利用单调性和奇偶性解函数不等式,属于基础题.‎ ‎9.已知三棱锥中,,,,,,则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三棱锥中,,,,,,构建长方体,即长方体体对角线是外接球的直径,即可求得外接球的表面积.‎ ‎【详解】 在中,, ,‎ ‎ ,故是直角三角形且为直角. ‎ 中,,,‎ ‎ ,故是直角三角形且为直角.‎ 可得 ‎ 结合已知 可得:面 ‎ ‎ 可构建长方体,如图:‎ 则三棱锥的外接球的直径是长方体体对角线,‎ ‎ 外接球的 ‎ 根据球的表面积公式:.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题,其中解答中根据几何体的结构特征,构建长方体,得到长方体的外接球是三棱锥的外接球是解答的关键,着重考查了数形结合思想,以及推理与运算能力.‎ ‎10.已知抛物线的焦点为,准线为,是上一点,是直线与抛物线 的一个交点,若,则（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为抛物线的准线为,是上一点,所以设点,,利用,求得,即可求得答案.‎ ‎【详解】抛物线的准线的方程为,焦点为.‎ 设点，，‎ ‎，即 ‎ 可得: ,即 ,代入 解得: 即: ‎ 由两点间距离公式可得: ‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线定义的应用,同时也考查了共线向量的坐标运算,解题的关键就是求出点 的纵坐标,考查运算求解能力,属于中等题.‎ ‎11.定义在上运算：，若不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由新定义把不等式转化为，然后由不等式恒成立求得的范围．‎ ‎【详解】由题意，即对恒成立，‎ 当时，，∴，解得或．‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查新定义，考查不等式恒成立问题，解题关键是利用新定义把“新不等式”转化为我们熟悉的不等式，然后转化为求函数的最值并解不等式得参数范围．‎ ‎12.已知函数,若存在实数,,满足,其中,则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为且,由图像可知在二次函数图像上且,数形结合求出的取值范围,即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】画出图像,如图 ‎ 且,‎ 由图像可知在二次函数图像上且 由图可知,,即 ‎ ‎ ‎ 的取值范围是:.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的图像与性质,考查了二次函数指数函数的性质以及数形结合思想的应用,数形结合是根据数量与图形之间的对应关系,通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法,函数图像是函数的一种表达形式,它形象地揭示了函数的性质.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题：本题共4小題，每题5分，共计20分.请把正确答案填写在答题纸相应的位置上.‎ ‎13.已知的内角,,的对边分别为,,,且,,,则的面积为______.‎ ‎______.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将化简可得: ,由余弦定理 ‎,解得,结合已知,由三角面积公式,即可求得的面积.‎ ‎【详解】 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 可得 即 ‎ ‎ ‎ 可得: ‎ 又,故 ‎ 是等腰三角形, ‎ 由三角形面积公式: ‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形的问题,熟记余弦定理和三角形面积公式即可求解,属于基础题型.‎ ‎14.已知圆：和点，是圆上一点，线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹方程是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义求轨迹方程．‎ ‎【详解】∵在的中垂线上，∴，∴，‎ 又，∴点轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线，∴，，又关于原点对称，‎ ‎∴点轨迹方程为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查用双曲线的定义求轨迹方程，属于基础题．根据双曲线定义确定动点轨迹是双曲线，然后求出得标准方程，要注意所求轨迹方程是不是圆锥曲线的标准方程．‎ ‎15.已知,,,将,,按从小到大的顺序排列______.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数是减函数,可得:,根据幂函数是增函数可得:,即可求得,,按从小到大关系.‎ ‎【详解】 指数函数是减函数 可得:‎ ‎ 幂函数是增函数 可得:‎ ‎ 即:‎ 有 ‎ 综上所述, ‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查比较数值大小,这类大小比较一般是借助中间值,与中间值比较后可得它们的大小关系.‎ ‎16.已知双曲线：（，）的右焦点为，，‎ 是双曲线的一条渐近线上关于原点对称的两点，且线段的中点落在另一条渐近线上，则双曲线的离心率为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，从而有，因此可得坐标，于是有中点坐标，代入渐近线方程可得的等式，转化后可求得离心率．‎ ‎【详解】如图，设在渐近线上，∵，∴，∴，‎ ‎∴，而，是中点，∴，由已知在渐近线上，‎ ‎∴，，，∴．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线的离心率，考查渐近线方程，考查向量的数量积与垂直的关系．解题关键是寻找关于的等式，然后转化后可求得．题中用到一个结论：在渐近线上在第一象限内的点，且．则有．‎ 三、解答题：本题共6小题，共计70分.‎ ‎17.若数列的前项和为，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），时，由可得数列的递推关系，从而确定数列是等比数列，易得其通项公式；‎ ‎（2）数列是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得，因此用错位相减法求和．‎ ‎【详解】（1）数列前项和为，且①，‎ 当时，，，‎ 当时，②，‎ ‎①－②得，即（常数），‎ 故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，‎ 所以.‎ ‎（2）由于，所以，‎ 所以③，④，‎ ‎③－④得，整理得.‎ ‎【点睛】本题考查由与的关系求通项公式，考查错位相减法求数列的和．在由时，要注意，与它们的求法不同，要分类求解．数列求和问题中有两类数列的求和法一定要掌握：数列是等差数列，数列是等比数列，则数列的和的求法是裂项相消法，数列的和的求法是错位相减法．‎ ‎18.在中,内角,,所对的边分别为,,,已知.‎ ‎（1）求角的大小;‎ ‎（2）若,求的周长的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）逆用二倍角公式将原式降幂,将化简为:, 根据辅助角公式: ,(),即可求得角的大小;‎ ‎（2）由余弦定理,得,故,可得,即可求得的周长的取值范围.‎ ‎【详解】（1）‎ 可得 即 根据辅助角公式: ,()‎ ‎ ，‎ ‎ ，由于.‎ 解得.‎ ‎（2）由余弦定理 得 即 由得 解得:.当且仅当时取等号;‎ 又得;‎ 所以 ‎ 周长的取值范围为 ‎【点睛】本题主要考查由辅助角公式和余弦定理解三角形,解题关键是掌握辅助角公式: ,(),考查了分析能力和计算能力,属于基础题.‎ ‎19.如图（1）,在直角梯形中,,,,过点作,垂足为,现将沿折叠,使得,如图（2）.‎ ‎（1）求证:平面平面;‎ ‎（2）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知求证平面,即可求证:平面平面;‎ ‎（2）设平面的法向量和平面的法向量,求出和,根据,即可求得二面角的大小.‎ ‎【详解】证明：（1） ,,‎ ‎ ‎ ‎,,‎ 又,故:平面,‎ 平面,故:平面平面.‎ ‎（2）以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,如图:‎ 设,‎ ‎ ,,,,‎ 可得:,,‎ 设平面的法向量,‎ 则,取,得,‎ 平面的法向量,‎ 设二面角的大小为,‎ 则,‎ ‎ ,‎ 二面角的大小为.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何的翻折问题和求二面角的计算,在处理翻折问题时,要注意翻折前后相关直线的位置关系以及长度的变化,对于立体几何中角的计算问题,可以利用空间向量法,利用向量的夹角公式求解.‎ ‎20.已知抛物线：上一点到其焦点的距离为5.‎ ‎（1）求与的值；‎ ‎（2）设动直线与抛物线相交于，两点，问：在轴上是否存在与的取值无关的定点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）,； （2）存在点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由抛物线上点的焦半径为可求得，从而再求得；‎ ‎（2）假设设存在点满足条件，令，，条件转化为，即，整理得：，由直线方程与抛物线方程联立后消去（注意讨论的情形），得的方程，由韦达定理得，代入它是与无关的等式，从而可得．‎ ‎【详解】（1）根据抛物线定义，点到焦点的距离等于它到准线的距离，即 ‎，解得，∴抛物线方程为，‎ 点在抛物线上，得，∴.‎ ‎（2）抛物线方程为：，‎ 当，直线只与抛物线有一个交点，显然不成立，‎ 当时，令，，设存在点满足条件，‎ 即：，‎ 即，‎ 整理得：，‎ ‎，整理得，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，解的，‎ 因此存在点满足题意.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的焦半径公式，考查直线与抛物线相交问题．对存在性命题，一般是假设存在，然后根据这个存在性去推导计算，方法是设而不求思想方法．如果能求出定点，说明真正存在，如果求不出说明假设错误，不存在定点满足题意．‎ ‎21.已知椭圆:（）的左,右焦点分别为，,且经过点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程;‎ ‎（2）若斜率为的直线与椭圆交于,两点,求面积的最大值（为坐标原点）.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆的定义,可知,解得,由,即可求得椭圆的标准方程;‎ ‎（2）设直线的方程为,联立,消掉得得:, 根据韦达定理可得:,.根据弦长公式求,由点到直线:的距离,求得的边上的高,即可求得面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）由椭圆的定义,可知.‎ 解得.‎ 又 .‎ ‎ 椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）设直线的方程为,‎ 联立,消掉得得:.‎ ‎ ,得.‎ 设,,‎ 根据韦达定理可得:,.‎ 根据弦长公式得:‎ ‎ 点到直线:的距离:‎ ‎ ‎ 当即,时取等号;‎ ‎ 面积的最大值为.‎ ‎【点睛】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,可用韦达定理解决.‎ ‎22.已知函数,.‎ ‎（1）若,函数在点处切线方程为,求实数的值;‎ ‎（2）证明时,.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为,,则,可得,故,即可求得实数的值;‎ ‎（2）时,, 故求证,即可求证.‎ ‎【详解】,‎ ‎（1） ,,‎ ‎ ,‎ ‎ ,可得:,‎ 又 函数在点处切线方程为,故 ‎ ,解得;‎ ‎（2）时,,‎ 下面求证:‎ 令,则 可得:当时,,单调递增;‎ 当时,,单调递减;‎ ‎,‎ ‎;即 而,‎ 所以,得证.‎ ‎ 时,‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的应用,利用导数处理切线及利用导数求最值证明不等式,掌握导数的相关知识是解本题的关键,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.‎