河北省唐山市2020届高三上学期摸底考试数学（文）试题

河北省唐山市2020届高三上学期摸底考试数学（文）试题

唐山市2019~2020学年度高三年级摸底考试 文科数学 一、选择题：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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 又，‎ 所以.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念，即可得出结果.‎ ‎2.已知，，是关于的方程的一个根，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是关于的方程的一个根，代入方程化简得，根据复数相等的充要条件，列出方程组，即可求解.‎ ‎【详解】依题意，复数是关于的方程的一个根，‎ 可得，即：，‎ 所以，解得，所以，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数方程的应用，以及复数相等的充要条件的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知为等差数列的前项和，，则公差( )‎ A. 6 B. ‎5 ‎C. 4 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中条件，由求出，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为为等差数列的前项和，，‎ 所以，即，‎ 因此，所以.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算，熟记等差数列的求和公式与通项公式即可，属于常考题型.‎ ‎4.已知，，，则，，大小关系为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数的单调性，分别求得的范围，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，根据对数的单调性，可得，即，‎ ‎，即，，即，‎ 所以，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了对数函数的单调性的应用，其中解答中熟记对数函数的单调性，合理求解得范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎5.函数的图象大致为（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的解析式，得到，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；再由函数的单调性，排除A，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数，可得，‎ 即，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；‎ 当时，，则＞0，‎ 所以函数在上递增，排除A，‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数单调性的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，进行合理排除是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎6.双曲线的右焦点为，点为的一条渐近线上的点，为坐标原点.若，则 ( )‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线方程得到渐近线方程，以及右焦点坐标，再由，求出点坐标，进而可求出三角形面积.‎ ‎【详解】因为双曲线方程为，‎ 所以其渐近线方程为，右焦点为，‎ 因为点为的一条渐近线上的点，不妨设点在上，且点在第一象限；‎ 又，所以为等腰三角形，‎ 所以点横坐标为，因此，‎ 所以.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查双曲线中的三角形面积问题，熟记抛物线的简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎7.已知，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到，再两边同时平方，根据同角三角函数基本关系，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因此，‎ 所以，即，‎ 所以 故选D ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记公式即可，属于常考题型.‎ ‎8.下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影部分分别标记为和.在此图内任取一点，此点取自区域的概率记为，取自区域的概率记为，则（）‎ A. B. ‎ C. D. 与的大小关系与半径长度有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用圆面积公式和扇形的面积公式，分别求得阴影部分的面积，得到阴影部分的面积＝阴影部分的面积，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，设四分之一圆的半径为，则半圆的半径为，‎ 阴影部分的面积为，空白部分的面积为，‎ 阴影部分M的面积为：，‎ 阴影部分的面积＝阴影部分的面积，所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何概型的应用，其中解答中认真审题，正确求解阴影部分的面积是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎9.下图是判断输入的年份是否是闰年的程序框图，若先后输入，，则输出的结果分别是（注：表示除以的余数）（）‎ A. 是闰年，是闰年 B. 是闰年，是平年 C. 是平年，是闰年 D. 是平年，是平年 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由给定的条件分支结构的程序框图，根据判断条件，准确计算，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，输入时，，‎ 输出是平年，‎ 输入时，‎ 输出是润年，‎ 故选 ‎【点睛】本题主要考查了条件分支结构的程序框图的计算结果的输出，其中解答中根据条件分支结构的程序框图，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎10.将函数的图像上所有点向左平移个单位长度，得到的图像，则下列说法正确的是( )‎ A. 的最小正周期为 B. 是的一个对称中心 C. 是的一条对称轴 D. 在上单调递增 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到的解析式，根据余弦函数的性质，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为将函数的图像上所有点向左平移个单位长度，得到的图像，‎ 所以，‎ 所以的最小正周期为，A错；‎ 由得，‎ 因此的对称中心为，B正确；‎ 由得，因此的对称轴为，C错；‎ 由得，‎ 所以的单调递增区间为，D错.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查判断平移后的函数性质，熟记余弦函数的图像与性质即可，属于常考题型.‎ ‎11.已知为数列的前项和，则数列( )‎ A. 有最大项也有最小项 B. 有最大项无最小项 C. 无最大项有最小项 D. 无最大项也无最小项 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，得到，两式作差，得到数列是以为公比的等比数列；求出，分别讨论为奇数和为偶数两种情况，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为为数列的前项和，，‎ 所以，两式作差，得，‎ 设，‎ 数列是以为公比的等比数列；‎ 又，所以，,‎ 所以，‎ 当为奇数时，单调递减，‎ 有最大值；且；‎ 当为偶数时，单调递增，有最小值；且；‎ 因此，数列有最大值；有最小值.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查等比数列的前项和的最值问题，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎12.已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上，且，，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勾股定理可知，从而求得；根据棱锥体积公式可知，若三棱锥体积最大,则可得点到平面的最大距离，在中利用勾股定理构造关于球的半径的方程，解方程求得半径，代入球的表面积公式可求得结果.‎ ‎【详解】， ‎ ‎ ‎ 如下图所示：‎ 若三棱锥体积最大值为，则点到平面最大距离：‎ 即：‎ 设球的半径为，则在中：，解得：‎ 球的表面积：‎ 故选 ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能够通过体积的最值确定顶点到底面的距离，根据外接球的性质可确定球心的大致位置，通过勾股定理构造关于半径的方程求得外接球半径.‎ 二、填空题。‎ ‎13.已知，且，则向量的坐标是____.‎ ‎【答案】 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设，根据题中条件，列出方程组，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】设，‎ 因为，且，‎ 所以，解得或，‎ 因此向量的坐标是 或.‎ 故答案为 或 ‎【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，熟记运算法则即可，属于常考题型.‎ ‎14.若满足约束条件，则的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件表示的平面区域，结合图象，确定目标函数的最优解，代入目标函数，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，‎ 目标函数可化为直线，当直线过点C时，此时目标函数取得最大值，‎ 又由，解得，即，‎ 所以目标函数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎15.已知直线过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，，则该椭圆的离心率是____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出，再设，根据，结合题意求出点，代入椭圆方程，求出，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为直线过椭圆的左焦点，‎ 所以，‎ 设，因为，由题意可得，‎ 所以，又在直线上，所以，‎ 即，‎ 由题意可得，解得，‎ 所以离心率为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，熟记椭圆的简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知函数，若恒成立，则的取值范围是____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由的图像与的图像可得，恒成立；原问题即可转化为直线介于与之间，作出其大致图像，由图像得到只需；根据导数的方法求出，所在直线斜率，进而可得出结果.‎ ‎【详解】由的图像与的图像可得，恒成立；‎ 所以若恒成立，‎ 只需，‎ 即直线介于与之间，作出其大致图像如下：‎ 由图像可得，只需；‎ 设，‎ 由得，所以，‎ 所以曲线在点处的切线的方程为，‎ 又该切线过点，所以，解得，所以；‎ 设，‎ 由得，所以，‎ 所以曲线在点处的切线的方程为，‎ 又该切线过点，所以，解得，所以；‎ 所以.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由导数的方法研究不等式恒成立的问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. ‎ ‎17.某音乐院校举行“校园之星”评选活动，评委由本校全体学生组成，对两位选手，随机调查了20个学生的评分，得到下面的茎叶图：‎ 所得分数 低于60分 ‎60分到79分 不低于80分 分流方向 淘汰出局 复赛待选 直接晋级 ‎（1）通过茎叶图比较两位选手所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；‎ ‎（2）举办方将会根据评分结果对选手进行三向分流，根据所得分数，估计两位选手中哪位选手直接晋级的概率更大，并说明理由.‎ ‎【答案】(1)选手所得分数的平均值高于选手所得分数的平均值；‎ 选手所得分数比较集中，选手所得分数比较分散．(2) 选手直接晋级的概率更大．理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据茎叶图中数据的分布特征，可直接得出结论；‎ ‎（2）用表示事件“选手直接晋级”，表示事件“选手直接晋级”，根据茎叶图中的数据，计算概率，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）通过茎叶图可以看出，选手所得分数的平均值高于选手所得分数的平均值；选手所得分数比较集中，选手所得分数比较分散． ‎ ‎（2）选手直接晋级的概率更大．‎ 用表示事件“选手直接晋级”，表示事件“选手直接晋级”．由茎叶图得 的估计值为 ，‎ 的估计值为 ，‎ 所以，选手直接晋级的概率更大．‎ ‎【点睛】本题主要考查茎叶图的特征，以及古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎18.的内角的对边分别为，已知的面积 ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三角形面积公式，结合题意，得到，化简整理即可得出结论成立；‎ ‎（2）由（1）的结论，结合（2）中数据，得到，再由余弦定理得到，解方程，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由得 ．‎ 因为，所以，‎ 又因为，所以 ，‎ 因此．‎ ‎（2）由（1）得，所以 由余弦定理得，‎ 所以，‎ 解得 ‎ 因此，即 由（1）得，所以 ，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记同角三角函数基本关系，以及余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，点是的中点.‎ ‎（1）求证：平面 ；‎ ‎（2）若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于，连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）先由线面垂直的判定定理得到平面，再得到平面，从而可得即为直线与平面所成的角，设，在中，列式求出，再由棱锥的体积公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）连接交于，连接．‎ 由题意可知，，‎ ‎，又平面，平面，‎ 平面． ‎ ‎（2）由底面，得，‎ 又由题意可知，且 平面，则 ．‎ 由，则，且，‎ 平面，所以即为直线与平面所成的角 设，在中，，‎ 则，解得 ‎ ‎∴四棱锥体积 ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定，以及由线面角求其它量的问题，熟记线面平行、线面垂直的判定定理，以及棱锥的体积公式即可，属于常考题型.‎ ‎20.已知为抛物线的焦点，直线与相交于两点。‎ ‎（1）为坐标原点，求；‎ ‎（2）为上一点，为的重心（三边中线的交点），求。‎ ‎【答案】(1)-32；(2) 或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先设，将 的方程代入抛物线的方程，根据韦达定理，以及向量数量积的运算，即可得出结果；‎ ‎（2）先由题意得到 ，设，根据为的重心，得到 ，由（1）的结果表示出，再代入抛物线方程，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）设 ，‎ 将 的方程代入得： ，‎ 所以，即 ，‎ 从而 ‎ ‎（2）依题意得 ，设，‎ 因为为的重心，所以 ，‎ 从而，‎ 因为在抛物线上，‎ 所以，即 ．‎ 故或．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线中的定值问题，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，以及抛物线的方程求解，属于常考题型.‎ ‎21.已知函数，且曲线与直线相切于点，‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意得到，求出，再对函数求导，根据求出，从而可得到解析式；‎ ‎（2）先令 ，先由题意确定，再由函数奇偶性的概念，易得到为偶函数，因此只需时，；对函数求导，分别讨论，两种情况，用导数的方法研究其单调性，最值等，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由题意可得：，解得 ‎ ‎，‎ 由得 ．‎ 所以． ‎ ‎（2）令 ，‎ 由得，所以．‎ 显然为偶函数，所以只需时，．‎ ‎，‎ 当时，，即在上单调递增，‎ 所以，‎ 从而时，成立．‎ 当时，因为在上单调递增，‎ 又时，；时， ，‎ 所以存在，使得，‎ 因此时，，，即在上单调递减，‎ 所以时，，与矛盾，‎ 因此时不成立．‎ 综上，满足题设的的取值范围是 ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的几何意义，以及导数的方法研究函数的单调性，最值等即可，属于常考题型.‎ ‎22.在极坐标系中，圆.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，直线经过点且倾斜角为.‎ 求圆的直角坐标方程和直线的参数方程；‎ 已知直线与圆交与，，满足为的中点，求.‎ ‎【答案】（1），，(为参数，).（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，可求解圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的形式，即可求得直线的参数方程；‎ 将直线的方程代入圆的方程，利用根与系数的关系，求得，，由为的中点，得到，求得，即可求得的表达式，利用三角函数的性质，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，圆，可得，‎ 因为，，所以，即，‎ 根据直线参数方程的形式，可得直线:，(为参数，).‎ 设对应的参数分别为，‎ 将直线的方程代入，整理得，‎ 所以，，‎ 又为的中点，所以，‎ 因此，，‎ 所以，即，‎ 因为，所以，‎ 从而，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，直线参数方程的求解，以及直线参数方程的应用，其中解答中合理利用直线参数中参数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎23.设函数.‎ 画出的图像；‎ 若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）画图见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值的定义，可得分段函数的解析式，进而作出函数的图象；‎ ‎（2）由不等式，可得，解得，再由绝对值的三角不等式，求得当且仅当，且时，成立，即可求解的最小值.‎ ‎【详解】（1）由题意，根据绝对值的定义，可得分段函数，‎ 所以的图象如图所示：‎ ‎（2）由，可得，解得，‎ 又因为，所以.(※)‎ 若，(※)式明显成立；‎ 若，则当时，(※)式不成立，‎ 由图可知，当，且时，可得，‎ 所以当且仅当，且时，成立，‎ 因此的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值的定义及应用，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中利用绝对值的定义去掉绝对值号，以及合理利用绝对值不等式是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.‎