河北省衡水中学2020届高三下学期七调数学（理）试题

河北省衡水中学2020届高三下学期七调数学（理）试题

‎2019—2020学年度下学期高三年级 高三下学期七调考试理数试题（3.22）‎ 一、选择题（每小题5分，共60分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）‎ ‎1.已知集合，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别求出集合A，B，由此利用交集定义能求出A∩B．‎ ‎【详解】∵集合＝，‎ ‎＝{1，0，-1，-2，… }，‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查交集的求法，是基础题，注意条件，属于易错题．‎ ‎2.复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 化简复数，结合复数的概念，即可求解复数的虚部，得到答案，.‎ ‎【详解】由题意，复数，‎ 所以复数的虚部为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，以及复数的概念，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎3.有一散点图如图所示，在5个数据中去掉后，下列说法正确的是（ ）‎ A. 残差平方和变小 B. 相关系数变小 C. 相关指数变小 D. 解释变量与预报变量的相关性变弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由散点图可知，去掉后，与的线性相关性加强，由相关系数，相关指数及残差平方和与相关性的关系得出选项.‎ ‎【详解】‎ ‎∵从散点图可分析得出：‎ 只有点偏离直线远，去掉点，变量与变量的线性相关性变强，‎ ‎∴相关系数变大，相关指数变大，残差的平方和变小，故选A.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关三点图的问题，涉及到的知识点有利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况，属于简单题目.‎ ‎4.已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为．若为直角三角形，则（ ）‎ A. 2 B. ‎4 ‎C. 6 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意不妨假设点在第一象限、点在第四象限，，解三角形即可.‎ ‎【详解】不妨假设点在第一象限、点在第四象限，.则易知，，∴，在中，，，‎ ‎∴.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查双曲线的性质，根据双曲线的特征设出，位置，以及的直角，即可结合条件求解，属于常考题型.‎ ‎5.一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.‎ ‎【详解】可能的取值为；可能的取值为，‎ ‎，，，‎ 故，.‎ ‎，，‎ 故，,‎ 故，.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.‎ ‎6.已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（ ）‎ A. 求首项为，公比为的等比数列的前项的和 B. 求首项为，公比为的等比数列的前项的和 C. 求首项为，公比为的等比数列的前项的和 D. 求首项为，公比为的等比数列的前项的和 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．‎ ‎【详解】由已知中的程序框图可知：该程序的循环变量n的初值为1，终值为2019，步长为2，‎ 故循环共执行了1009次 由S中第一次累加的是21﹣1＝1，第二次累加的是23﹣1＝4，……‎ 故该算法的功能是求首项为1，公比为4的等比数列的前1009项的和，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．‎ ‎7.如图1，已知正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为2，M，N，Q分别是线段AD1，B‎1C，C1D1上的动点，当三棱锥Q-BMN的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为 A. 2 B. 1‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．‎ ‎【详解】由正视图可知：是的中点，在处，在的中点，‎ 俯视图如图所示：‎ 可得其面积为：，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.‎ ‎8.如图直角坐标系中，角、角的终边分别交单位圆于、两点，若点的纵坐标为，且满足，则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得，结合的范围可得，化简，利用点B的坐标即可得解.‎ ‎【详解】由，得.‎ 根据题意可知)，所以，‎ 可知，.‎ 所以.‎ ‎.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了任意角三角函数的定义及二倍角公式和诱导公式，属于中档题.‎ ‎9.已知函数，若集合含有4个元素，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简f（x）的解析式，作出f（x）的函数图象，利用三角函数的性质求出直线y=﹣1与y=f（x）在（0，+∞）上的交点坐标，则π介于第4和第5个交点横坐标之间．‎ ‎【详解】f（x）=2sin（ωx﹣），‎ 作出f（x）的函数图象如图所示：‎ 令2sin（ωx﹣）=﹣1得ωx﹣=﹣+2kπ，或ωx﹣=+2kπ，‎ ‎∴x=+，或x=+，k∈Z，‎ 设直线y=﹣1与y=f（x）在（0，+∞）上从左到右的第4个交点为A，第5个交点为B，‎ 则xA=，xB=，‎ ‎∵方程f（x）=﹣1在（0，π）上有且只有四个实数根，‎ ‎∴xA＜π≤xB，‎ 即＜π≤，解得．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质，属于中档题．‎ ‎10.已知抛物线上有三点，的斜率分别为3，6，，则的重心坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，进而用坐标表示斜率即可解得各点的纵坐标，进一步可求横坐标，利用重心坐标公式即可得解.‎ ‎【详解】设则，得，‎ 同理，，三式相加得，‎ 故与前三式联立，得，，，‎ 则.故所求重心的坐标为，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了解析几何中常用的数学方法，集合问题坐标化，进而转化为代数运算，对学生的能力有一定的要求，属于中档题.‎ ‎11.在棱长为2的正方体中，点M是对角线上的点（点M与A、不重合），则下列结论正确的个数为（ ）‎ ‎①存在点M，使得平面平面；‎ ‎②存在点M，使得平面；‎ ‎③若的面积为S，则；‎ ‎④若、分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点M，使得.‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平面与平面为同一平面,证明平面即可判断①；由证明平面平面判断②；连接交于点O,当时可得,利用相似可得,进而求得的最小面积,即可判断③；分别判断点从的中点向着点A运动的过程中,、的范围,进而判断④.‎ ‎【详解】连接,,‎ 设平面与对角线交于M,由,可得平面,即平面,所以存在点M,使得平面平面,所以①正确；‎ 连接,,‎ 由,,利用平面与平面平行的判定,可证得平面平面,设平面与交于M,可得平面,所以②正确；‎ 连接交于点O,过O点作,‎ 在正方体中,平面,所以,所以OM为异面直线与的公垂线,根据,所以,即,‎ 所以的最小面积为,‎ 所以若的面积为S,则,所以③不正确；‎ 在点从的中点向着点A运动的过程中,从1减少趋向于0,即,从0增大到趋向于2,即,在此过程中,必存在某个点使得,所以④是正确的,‎ 综上可得①②④是正确的,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查面面垂直的判断,考查线面垂直的判断,考查空间中线面关系的判断,考查空间想象能力.‎ ‎12.已知函数的最小值分别为，则（ ）‎ A. B. C. D. 的大小关系不确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对，求导，求出其最小值，可得其大小关系.‎ ‎【详解】由题意得：，‎ 易得，设，可得，可得，由与图像可知存在，使得，可得当，，当，，可得得最小值为，即；‎ 同理：，‎ 设，可得或者，由与得图像可知，存在，使得，可得当时，，当时，，当时，，可得即为得最小值，可得，故，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数求函数得最值，综合性大，属于难题.‎ 二、填空题（共4题，每题5分）‎ ‎13.已知二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是，则的系数为__________.‎ ‎【答案】240‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意利用二项式系数的性质求得的值，可得通项公式，在通项公式中，令的幂指数等于3，求得的值，可得的系数.‎ ‎【详解】二项展开式的第项的通项公式为，‎ 由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是，‎ 可得：，解得：.‎ 所以，‎ 令，解得：，‎ 所以的系数为，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有二项式系数，二项展开式的通项公式，展开式中特定项的系数，属于简单题目.‎ ‎14.数学老师给出一个函数，甲、乙、丙、丁四个同学各说出了这个函数的一条性质：甲：在 上函数单调递减；乙：在上函数单调递增；丙：在定义域R上函数的图象关于直线对称；丁：不是函数的最小值．老师说：你们四个同学中恰好有三个人说的正确．那么，你认为____说的是错误的．‎ ‎【答案】乙 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据四位同学的回答，不妨假设其中的任何三个同学回答正确，然后推出另一位同学的回答是否正确来分析，体现了反证法的思想.‎ ‎【详解】如果甲、乙两个同学回答正确，‎ 因为在上函数单调递增，‎ 所以丙说：在定义域R上函数的图象关于直线对称是错误的，‎ 此时是函数的最小值，所以丁的回答也是错误的，与四个同学中恰好有三个人说的正确矛盾，‎ 所以应该是甲、乙两个同学有一个回答错误，‎ 此时丙正确，则乙就是错误的.‎ 故答案为乙.‎ ‎【点睛】本题利用函数的性质考查逻辑推理能力和反证法思想，考查数形结合思想的运用.‎ ‎15.已知的一内角，，，为所在平面上一点，满足，设，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可知O为三角形ABC的外心，根据向量数量积可得的值，代入可的m、n的方程组，即可求得m、n的值，进而求得的值．‎ ‎【详解】因为可知O为三角形ABC的外心 所以 而，且 即 化简得 解得 所以 ‎【点睛】本题考查了向量线性运算及向量数量积的应用，关键是找到各向量间的关系，属于难题．‎ ‎16.已知的内角的对边分别为，若，则的取值范围为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 由正弦定理可知．，又，则，，从而，又，知，所以，则，换元可令，则，故本题应填．‎ 三、解答题：（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.数列中，，（为常数）.‎ ‎（1）若，，成等差数列，求的值；‎ ‎（2）是否存在，使得为等比数列？并说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）p=1；（Ⅱ）存在实数，使得{an}为等比数列 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由已知求得a2，a4，再由-a1，，a4成等差数列列式求p的值；‎ ‎（Ⅱ）假设存在p，使得{an}为等比数列，可得，求解p值，验证得答案．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由a1=2，，得，，‎ 则，，‎ ‎，．‎ 由，，a4成等差数列，得a2=a4-a1，‎ 即，解得：p=1；‎ ‎（Ⅱ）假设存在p，使得{an}等比数列，‎ 则，即，则2p=p+2，即p=2．‎ 此时，‎ ‎，∴，‎ 而，又，所以，‎ 而，且，‎ ‎∴存在实数，使得{an}为以2为首项，以2为公比的等比数列．‎ ‎【点睛】本题考查数列递推式，考查等差数列与等比数列的性质，是中档题．‎ ‎18.如图，多面体中，四边形为矩形，二面角为，，，，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）为线段上的点，当时，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据四边形是矩形，得到，根据线面平行的判定定理得到平面，进而得到平面，利用面面平行的判定定理证得平面平面 ‎，利用面面平行的性质得到平面，证得结果；‎ ‎（2）根据题意，证得平面平面，作于点，则平面，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用空间向量求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为四边形是矩形，所以，‎ 又因为平面，所以平面，‎ 因为，平面，所以平面，‎ 又因为，所以平面平面，‎ 而平面，所以平面.‎ ‎（2）解：因为，，所以，‎ 因为平面，故平面平面，‎ 作于点，则平面，‎ 以为原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 由，，，得，，‎ 则，，，，‎ 所以，‎ 由已知，所以，，‎ 设平面的一个法向量为，则，‎ 取，，，得，又平面的一个法向量为，‎ 所以，即二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，面面平行的判定和面面平行的性质，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题目.‎ ‎19.椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，且满足向量.‎ ‎（1）若，求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设为椭圆上异于顶点的点，以线段为直径的圆经过，问是否存在过的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在满足条件的直线，斜率.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题易知，因为，所以为等腰三角形 所以b=c，由此可求，即可得到椭圆的标准方程;‎ ‎（2）由（1）可得．，P的坐标为 ‎ 则由题意得,即，又因为P在椭圆上，所以,联立可得 设圆心为 ，则，利用两点间的距离公式可得圆的半径r．设直线的方程为：．利用直线与圆相切的性质即可得出．‎ ‎【详解】（1）易知，因为 所以为等腰三角形 所以b=c，由可知 故椭圆的标准方程为：‎ ‎（2）由已知得,‎ 设椭圆的标准方程为，P的坐标为 ‎ 因为,所以 由题意得,所以 又因为P在椭圆上，所以,由以上两式可得 因为P不是椭圆的顶点，所以，故 设圆心为 ，则 圆的半径 ‎ 假设存在过的直线满足题设条件，并设该直线的方程为 由相切可知,所以 ‎ 即，解得 ‎ 故存在满足条件的直线．‎ ‎【点睛】本题中考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、点与椭圆的位置关系、直线与圆相切问题、点到直线的距离公式、中点坐标公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．‎ ‎20.由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某项闯关游戏，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人.3个人中只要有一人能解开密码锁，则该团队进入下一关，否则淘汰出局.根据以往100‎ 次的测试，分别获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图.‎ ‎（1）若甲解开密码锁所需时间的中位数为47，求、的值，并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率；‎ ‎（2）若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立.‎ ‎①按乙丙甲的先后顺序和按丙乙甲的先后顺序哪一种可使派出人员数目的数学期望更小.‎ ‎②试猜想：该团队以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的数学期望达到最小，不需要说明理由.‎ ‎【答案】（1）；；甲在1分钟内解开密码锁的频率是；乙在1分钟内解开密码锁的频率是（2）①按乙丙甲派出的顺序期望更小②先派出甲，再派乙，最后派丙 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据甲解开密码锁所需时间的中位数求得，根据频率求得，由此求得甲在1分钟内解开密码锁的频率.通过频率分布直方图求得乙在1分钟内解开密码锁的频率.‎ ‎（2）‎ ‎①分别求得两个不同顺序的方法对应的数学期望，由此求得期望更小的安排方法.‎ ‎②按照解锁概率大的人员排前面，期望值最小.通过计算前两位、后两位人员交换时，期望值的变化情况，来确定最优的排法.‎ ‎【详解】（1）甲解开密码锁所需时间的中位数为47，‎ ‎∴，解得；‎ ‎∴，解得；‎ ‎∴甲在1分钟内解开密码锁的频率是；‎ 乙在1分钟内解开密码锁的频率是；‎ ‎（2）由（1）知，甲、乙、丙在1分钟内解开密码锁的概率分别是，，且各人是否解开密码锁相互独立；‎ 设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为，按丙乙甲的顺序对应的数学期望为 则，，，，∴，‎ ‎①∴‎ 同理可求得 所以按乙丙甲派出的顺序期望更小.‎ ‎②答案：先派出甲，再派乙，最后派丙，‎ ‎（下面是理由，给老师和学生参考）‎ 设按先后顺序自能完成任务的概率分别为，，，且，，互不相等，‎ 根据题意知的取值为1，2，3；‎ 则，，，，∴，‎ 若交换前两个人的派出顺序，则变为，‎ 由此可见，当时，交换前两人的派出顺序会增大均值，故应选概率最大的甲先开锁；‎ 若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序，‎ ‎∵交换前，‎ ‎∴交换后的派出顺序则期望值变为，‎ 当时，交换后的派出顺序可增大均值；所以先派出甲，再派乙，最后派丙，‎ 这样能使所需派出的人员数目的均值（教学期望）达到最小.‎ ‎【点睛】本小题主要考查随机变量分布列和数学期望的求法，考查频率分布直方图频率、中位数有关计算，考查分析、思考与解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，对任意，都有.‎ 讨论的单调性；‎ 当存在三个不同的零点时，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) 当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增.；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据可得，得到，求导后，分别在和两种情况下讨论导函数符号，得到单调性；（2）根据（1）中所求单调性，否定的情况；在时，首先求得为一个零点；再利用零点存在性定理求解出中存在一个零点；根据，可确定另一个零点，从而可知满足题意.‎ ‎【详解】（1）由，得 则，‎ 若时，即时，在单调递减 若，即时，有两个零点 零点为：，‎ 又开口向下 当时，，，单调递减 当时，，，单调递增 当时，，，单调递减 综上所述，当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增 ‎（2）由（1）知当时，单调递减，不可能有三个不同的零点；‎ 当时，在和上单调递减，在上单调递增 ‎，又，有 上单调递增，，‎ 令，‎ 令，单调递增 由，求得 当时，单调递减，‎ 在上单调递增 故 故，，‎ 由零点存在性定理知在区间有一个根，设为：‎ 又，得，，是的另一个零点 故当时，存在三个不同的零点，，‎ ‎【点睛】本题考查讨论含参数函数的单调性问题、利用导数研究函数零点的问题.解决零点个数问题的关键是能够选取合适的区间，利用零点存在性定理证得在区间内存在零点，从而使得零点个数满足题目要求；难点在于零点所在区间的选择上，属于难题.‎ ‎22.在直角坐标系中中，曲线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）设是曲线上的一个动点，当时，求点到直线的距离的最大值；‎ ‎（2）若曲线上所有的点均在直线的右下方，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线极坐标方程转化成直角坐标，设出P点坐标，利用点到直线的距离公式及辅助角公式，根据余弦函数的性质，即可求得点P到直线的距离的最大值；‎ ‎（2）由题意可知：，恒成立，利用辅助角公式，只需，即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由，得,‎ 化成直角坐标方程得,‎ ‎∴直线的方程为，‎ 依题意，设，‎ 则到直线的距离，‎ 当，即，时，，‎ 故点到直线的距离的最大值为.‎ ‎（2）因为曲线上的所有点均在直线的右下方，‎ ‎，恒成立，即（其中）恒成立，‎ ‎∴，又，解得.‎ 故取值范围.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有极坐标方程与平面直角坐标方程的转化，利用参数方程求曲线上的点到直线距离的最值，恒成立问题的转化，属于简单题目.‎ ‎23.已知，，均为正实数，求证：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）若，则 ‎【答案】证明过程详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴‎ 将求证的不等式进行化简，经历移项、提取公因式、配方后，要证明其成立只需要证明化简后的不等式成立 ‎⑵由基本不等式可得，同理可得另外两个也是成立，结合已知条件即可求证结果 ‎【详解】证明：(1)要证，‎ 可证，需证，‎ 即证，当且仅当时，取等号，由已知，上式显然成立，‎ 故不等式成立．‎ ‎(2)因均为正实数，‎ 由不等式的性质知，当且仅当时，取等号，‎ 当且仅当时 ，取等号，当且仅当时，取等号，‎ 以上三式相加，得 所以，当且仅当时，取等号．‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的证明问题，在求解过程中可以运用基本不等式、对要证明的不等式进行化简等方法来求证，关键是要灵活运用基本不等式等方法求证结果．‎