河北省张家口市2020届高三上学期期末考试教学质量监测数学（文）试题

河北省张家口市2020届高三上学期期末考试教学质量监测数学（文）试题

张家口市2019~-2020学年度第一学期期末教学质量监测 高三数学（文科）‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,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，集合，则集合（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用列举法求出集合，然后根据交集法则求出的结果。‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的运算—交集，解题的关键是正确理解交集的定义，属简单题．‎ ‎2.已知是虚数单位,是复数的共轭复数,复数满足,则复数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据复数运算规则求出，再根据共轭复数的定义求出.‎ ‎【详解】解：因为 所以，‎ 故，‎ 所以 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算及共轭复数的定义，正确使用复数的运算规则是解题的关键，属简单题．‎ ‎3.矩形中,为的中点,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先确定基底为、，然后将向量、用基底表示，根据数量积定义求解。‎ ‎【详解】解：由题意得：‎ ‎，‎ 所以 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的基本定理以及数量积的运算，解题的关键是要能将目标向量转化为基底向量.‎ ‎4.已知函数的图象在点处的切线方程为,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，根据导数的几何意义得到，从而得出的值.‎ ‎【详解】解：‎ 因为函数的图象在点处的切线方程为,‎ 所以，‎ 即，‎ 解得：，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，解题的关键是理解函数在某点处的导数即为切线的斜率，属于基础题。‎ ‎5.已知偶函数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要求，只要先求出，而，从而可以得出结果.‎ ‎【详解】解：因为，且为偶函数 所以，‎ 故，‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性，根据偶函数的定义有，这是解决本题的关键.‎ ‎6.在下列四个函数，①②③④中，最小正周期为的所有函数为（ ）‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ②③ D. ①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对每一个函数逐一研究其周期，也可采用排除法求解.‎ ‎【详解】解：①函数的图像是将的图像在轴下方的全部对称到轴上方，故函数的最小正周期为，故①满足题意；‎ ‎②函数的图像是将的图像在轴下方的全部对称到轴上方，而函数的周期为，故函数的最小正周期为，故②不满足题意；‎ ‎③函数的周期为，故③满足题意；‎ ‎④函数的周期为，故④满足题意；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的周期性质，求解函数的周期可以借助图象，也可以运用公式或求解.‎ ‎7.设是空间中两条不同的直线,是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若,则 B. 若,则 C. 若，则 D. 若,则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐一分析，能够寻找出反例的是错误的，能够证明的，一定是正确的.‎ ‎【详解】解：选项A：若,则。很明显当时，故不成立；‎ 选项B：若,则。当与不共面时，与不可能平行，故不成立；‎ 选项C：若，则。设，若，，则可以得到，得不到，故不成立；‎ 选项D： 若,则。因为，则在中存在一条直线，故，又因为，则可以得到。故，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面的位置关系，解题的关键是要能准确运用线面、面面的判定与性质定理等进行判断.‎ ‎8.现有六名百米运动员参加比赛，甲、乙、丙、丁四名同学猜测谁跑了第一名.甲猜不是就是;乙猜不是;丙猜不是中任一个；丁猜是中之一，若四名同学中只有一名同学猜对，则猜对的是（ ）‎ A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐一分析四人的猜测，得出矛盾者，即为错误，反之则正确.‎ ‎【详解】解：若甲的猜测是对的，即第一名在与中产生，其他人猜测都是错误，则乙的猜测是错误的，即得到第一名是，矛盾，故甲的猜测是错误的；‎ 若乙的猜测是正确的，则第一名在中产生，则丙的猜测是错误的，即得到第一名是中的一个；丁的猜测是错误的，即得到第一名不是中的一个，故第一名一定是，而甲的猜测也是错误的，即得到的第一名不可能是，故矛盾，故乙的猜测是错误的；‎ 若丙的猜测是正确的，即第一名不是中任一个，是中的一个，因为甲的猜测是错误的，故第一名不是，则是中的一个，因为乙的猜测是错误的，即得到第一名是，故得到第一名一定是，这时也满足丁的猜测是错误的，故正确答案是丙；‎ 若丁的猜测是正确的，即第一名是中之一，则乙的猜测是错误的，即得到第一名是，矛盾.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了演绎推理的知识，解题时需要注意推理的严谨性.‎ ‎9.某家庭决定要进行一项投资活动,预计每年收益.该家庭‎2020年1月1日投人万元,‎ 按照复利（复利是指在每经过一个计息期后,都将所得利息加人本金，以计算下期的利息）计算,到‎2030年1月1日,该家庭在此项投资活动的资产总额大约为（ ）参考数据：‎ A. 万 B. 万 C. 万 D. 万 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列知识得出10年后的资产总额为，根据题目提供的数据解决问题.‎ ‎【详解】解：因为该家庭‎2020年1月1日投人万元,按照复利计算，且每年收益.‎ 所以10年后的资产总额为，‎ 因为，‎ 所以万元，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了银行计息的复利问题，复利问题其本质是等比数列，可以由特殊到一般进行推广，从而得出结果.‎ ‎10.椭圆与抛物线在第一象限相交于点为椭圆的左、右焦点.若,则椭圆的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用椭圆方程得出焦点坐标，再利用抛物线的定义求出点的坐标，然后利用椭圆的定义求出，从而得出离心率.‎ ‎【详解】解：因为 所以 所以，‎ 因，‎ 根据抛物线的定义可得：点到的距离为2，‎ 故得到点的横坐标为1，‎ 代入抛物线方程，且点在第一象限，‎ 所以点的坐标为，‎ 故，‎ 即，解得，‎ 所以椭圆的离心率为，‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】求解离心率问题就是要解出a与c的值或构造出a与c的等式（不等式），构造a与c的等式（不等式）可以从定义、曲线方程、同一量的二次计算等角度构造.‎ ‎11.已知锐角满足,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对条件运用二倍角公式进行化简，然后借助进行求解便可得结果.‎ ‎【详解】解：可化简为 ‎，‎ 即，‎ 因为锐角，‎ 所以，‎ 化简得到 代入可解得 ‎，故选:A ‎【点睛】本题考查了同角三角函数关系、二倍角公式的运用，在运用余弦的倍角公式时，要注意合理选择，才能达到简化的目的.‎ ‎12.已知双曲线,点为原点，以为直径的圆与圆相交于点.若，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解出圆的方程，根据两圆求解出直线方程，设直线与轴的交点为，从而在中得出方程，解出的值，从而解出渐近线的方程.‎ ‎【详解】解：因为点为原点，‎ 所以以为直径的圆：，‎ 即圆：，‎ 因为圆，‎ 即圆，‎ 故直线 设直线与轴的交点为，‎ 则，‎ 因，‎ 所以，‎ 在中，‎ 可得，‎ 即，‎ 解得：，‎ 所以双曲线的渐近线为 故选:B.‎ ‎【点睛】双曲线渐近线方程的问题，其本质是求解与的关系，解决的关键是要能根据条件构建出与的等式（不等式）.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21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.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知实数满足条件,则的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将题中，满足的约束条件对应的可行域画出，目标函数的几何意义为一条斜率为的直线，通过平移求解出最值.‎ ‎【详解】解：如图，，满足约束条件对应的可行域为五边形内部（含边界），‎ 目标函数的几何意义为一条斜率为、截距为的直线，‎ 当直线经过点时，直线的截距最小，最小，‎ 故.‎ 故答案为：0‎ ‎【点睛】代数问题转化为几何问题解决，往往能简化计算，但必须要将每一个代数形式的几何意义分析到位，这个是数形结合的必要前提.‎ ‎14.我国历法中将一年分为春、夏、秋、冬四个季节,每个季节有六个节气，如夏季包含立夏、小满、芒种、夏至、小暑以及大暑.某美术学院安排甲、乙两位同学绘制春、夏、秋、冬四个季节的彩绘,每位同学绘制两个季节，则甲同学绘制春、夏两个季节的概率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出甲同学绘制两个季节的所有可能，然后根据古典概型公式得出结果。‎ ‎【详解】解：一年共有4个季节，‎ 甲同学绘制两个季节的所有可能为（春、夏），（春、秋），（春、冬），（夏、秋），（夏、冬），（秋、冬），‎ 故甲同学绘制春、夏两个季节的概率为。‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查是古典概型，当所有事件数比较少时，可采用列举的方法解题，解题的难点在于，在列举过程中要做到 “不重不漏”。‎ ‎15.中,若成等差数列,并且,则的三个内角中,最大的角的大小为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由成等差数列可得，与联立方程组，用表示出、，判断出最大角，然后运用余弦定理求解出最大角的大小.‎ ‎【详解】解：因为成等差数列，‎ 所以，‎ 可得方程组，‎ 解得：，‎ 故的最大角为角，‎ 由余弦定理可得：‎ 故答案为：120°.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合使用，同时还考查了等差数列的等差中项知识，解三角形的本质其实是边与角的互化，如何转化是解三角形的关键.‎ ‎16.四面体中，则四面体外接球的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中提供的数据可以得出和为直角三角形，取的中点为 ‎，可以得出，，由此可以得到球心与半径，从而得出外接球的表面积。‎ ‎【详解】解：取的中点为，‎ 在中，‎ 故，‎ 所以为直角三角形，‎ 同理可得为直角三角形，‎ 则能得到,‎ 同时， 为中点，‎ 所以,‎ 所以为外接球的球心，且半径为，‎ 所以四面体外接球的表面积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积问题，解题的关键是找准外接球的球心，解出外接球的半径，解题的途径是根据外接球的球心到四个顶点的距离相等这一条件来解题。‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.随着我国人民生活水平的提高,居民家庭教育投资观念不断加强,从整个社会到单个居民家庭都非常重视教育投入.为了了解单个居民家庭教育投入占家庭收入的百分比,现对某小区户人家进行了调查,得到的频率分布直方图如下:‎ ‎（1）求教育投入占家庭收入的百分比在的户数;‎ ‎（2）估计教育投入占家庭收入的百分比的平均数.‎ ‎【答案】（1）（户）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据概率之和为1，求解出的值，进而求解出教育投入占家庭收入的百分比在的户数；‎ ‎（2）使用组中值，借助进行求解。‎ ‎【详解】解:（1）,‎ 解得,‎ 故教育投入占家庭收入的百分比在的户数有（户）.‎ ‎（2）‎ ‎，‎ 所以估计教育投入占家庭收入的百分比的平均数为.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图，认识频率分布直方图是解题的关键，求平均值有时也采用公式进行求解。‎ ‎18.已知数列的各项均为正数,且,正项等比数列的前项和为,且.‎ ‎（1）求数列的通项公式;‎ ‎（2）若为数列前项和,求 ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对条件进行因式分解可得，由于 是正项等比数列，解出基本量可以得出；‎ ‎（2）对数列的通项进行研究可得，可采用裂项求和法和公式法进行组合求解。‎ ‎【详解】解：由，‎ 得，‎ 因为数列的各项均为正数，‎ ‎，‎ 且是正项等比数列，‎ 即为，‎ 解得，‎ ‎。‎ ‎，‎ 故。‎ ‎【点睛】等差等比数列的通项公式问题常见方法是基本量法，即求出数列中的首项、公差（公比）；数列求和的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法等等，解题时应灵活运用。‎ ‎19.四棱柱的底面是菱形,平面,点是侧棱上的点 ‎（1）证明:平面;‎ ‎（2）若是的中点,求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证平面，即证垂直于平面内两条相交直线，题中已知，故只要证垂直于平面内另一条与相交的直线即可，由题意可证出，从而得证本题；‎ ‎（2）要求四棱锥的体积，即求出点到平面的距离和四边形的面积，点到平面的距离即为菱形的高，四边形是长方形，利用勾股定理可得出的长，从而可得出体积。‎ ‎【详解】（1）证明:连接.‎ 由平面,‎ 得.‎ 又底面是菱形,‎ 所以.‎ 因为是平面内的相交直线,‎ 所以平面。‎ 又平面,‎ 所以 又,‎ 所以平面 ‎（2）解:连接.‎ 当是中点时,设,则.‎ 在中，,‎ 故 ‎，‎ 又,‎ 所以,‎ 即 即。‎ 故侧面的面积为，‎ 点到平面的距离就是底面菱形的高,‎ 即，‎ 所以四棱锥的体积为。‎ ‎【点睛】证明线面垂直就是要证明线线垂直，线线垂直主要从勾股定理、线面垂直的定义等角度可以得到；几何体的体积问题首先要分析几何体的构造，必要时可以将几何体进行切割或补形，其次要准确分析出高与底，从而解决问题。‎ ‎20.已知动点到点的距离与它到直线的距离的比值为,设动点形成的轨迹为曲线..‎ ‎（1）求曲线的方程;‎ ‎（2）过点的直线与曲线交于两点,过点作,垂足为，过点作,垂足为,求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出点，根据圆锥曲线的统一定义可得出曲线的方程；‎ ‎（2）要求的取值范围，通过统一定义可转化求的取值范围，根据图形又可以转化为求的取值范围，运用韦达定理进行减元，构造函数求出结果。‎ ‎【详解】解:（1）设,‎ 由题意,得，‎ 整理化简得，‎ 故曲线的方程为，‎ ‎（2）当直线斜率为时，‎ 当直线的斜率不为时，‎ 设直线的方程为 由消去,‎ 化简整理得，，‎ 显然，‎ 由韦达定理可得：‎ 设，‎ 即 ‎①‎ ‎②‎ 由①②消去，可得 ‎（ⅰ）当时，，‎ ‎（ⅱ）当时，，‎ 解得且，‎ 综合（ⅰ）（ⅱ）得：‎ 综上得：。‎ ‎【点睛】本题考查了圆锥曲线的统一定义、直线与圆锥曲线的问题，直线与圆锥曲线问题常见解法是借助韦达定理，将多元问题转化为少元（单元）问题，属于中档题。‎ ‎21.已知函数（是自然对数的底数）.证明:‎ ‎（1）存在唯一的极值点;‎ ‎（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为相反数.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证明存在唯一的极值点，通常情况下，即证明有唯一解，且在此解左右两边的单调性不一致即可；‎ ‎（2）首先借助第（1）问的结论与零点存在定理证明在只有一个零点，在只有一个零点，然后令去证明，即可得到的两根互为相反数.‎ ‎【详解】证明:（1）的定义域为 ‎，‎ 当时,；‎ 当时,,即在上是增函数，‎ 又，‎ 所以存在,使得 并且当时,当时,，‎ 所以当时,是减函数，‎ 当时,是增函数，‎ 即是唯一的极值点,且是极小值点。‎ ‎（2）由（1）得： 在上是减函数，其中，‎ 又 所以在只有一个零点，且这个零点在区间上，‎ 在上是增函数，‎ 又，，‎ 所以在只有一个零点，且这个零点在区间上，‎ 所以仅有两个零点,分别记作 由于，‎ 所以，即，故.‎ 即也是零点,即 所以,即的两根互为相反数.‎ ‎【点睛】本题考查了极值点、零点的存在问题，解题的关键是熟练运用零点存在定理，借助函数的单调性得出零点的唯一性。‎ 请考生从第22、23题中任选--题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.作答时,请用2B铅笔在答题卡.上将所选题目的题号涂黑.‎ ‎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,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为 ‎（1）在曲线上任取一点,连接,在射线上取一点，使,求点轨迹的极坐标方程；‎ ‎（2）在曲线上任取一点,在曲线上任取一点,求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出的极坐标方程，设出点的极坐标，通过构建出与的等量关系，从而得出点轨迹的极坐标方程；‎ ‎（2）先求出的普通方程，可以得到曲线是椭圆，然后转化为参数方程，‎ 的最小值即为椭圆上的点到直线距离的最小值，利用点到直线的距离求解最值。‎ ‎【详解】解:（1）因为曲线的参数方程为（为参数）‎ 所以化为普通方程为，‎ 故的极坐标方程为，‎ 设，‎ 则，即 ‎，‎ ‎ 点轨迹的极坐标方程为 ‎（2）因为曲线的极坐标方程为 所以化为直角坐标方程为.‎ 故可化为参数方程为（为参数），‎ 的最小值为椭圆上的点到直线距离的最小值.‎ 设，则 ‎，‎ ‎。‎ ‎【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，极坐标方程与普通方程转化的公式为；在解决直线与椭圆的问题时，有时利用椭圆的参数方程能优化运算过程，解题时应灵活运用。‎ ‎23.已知函数的最小值为 ‎（1）求不等式的解集;‎ ‎（2）若,求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数的最小值为，利用绝对值不等式的性质求解出的值，对函数进行去绝对值，分段求解不等式；‎ ‎（2）将进行整理成，然后采用基本不等式，便可得到结果。‎ ‎【详解】解：（1），且 ‎，‎ 当时，令，‎ 得；‎ 当时，令，‎ 得，无解；‎ 当时，令，‎ 得。‎ 综上，不等式的解集为 ‎（2）‎ ‎，当且仅当时等号成立 的最大值为。‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数、绝对值不等式、基本不等式等知识，分段函数的图像应分段逐步作出，作图时应注意端点的取舍，熟练运用绝对值不等式是解决本题的关键，利用基本不等式时，要注意等号成立的条件。‎