河北省石家庄一中2020届高三下学期3月质检数学（理）试题

河北省石家庄一中2020届高三下学期3月质检数学（理）试题

石家庄一中高三下学期3月份质检理科数学试题 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.设全集为，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可解出M，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【详解】解：M＝{x|﹣2＜x＜2}，N＝{0，1，2}；‎ ‎∴M∩N＝{0，1}．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查描述法、列举法的定义，以及交集的运算，属于基础题．‎ ‎2.已知复数满足（为虚数单位），则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案，‎ ‎【详解】由z•i＝3﹣4i，得z．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．‎ ‎3.某几何体的三视图如图所示（图中小正方形网格的边长为），则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件，画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．‎ ‎【详解】由题意可知几何体的直观图如图：是直四棱柱，底面是直角梯形，上底为：1，下底为2，高为2，棱柱的高为2，‎ 几何体的体积为：V6．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查几何体的直观图与三视图的关系，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎4.执行如图所示的程序框图，输入的值为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据程序框图，进行模拟计算即可．‎ ‎【详解】k=1,S=0, 1＜4成立，第一次循环，S＝2，k＝1+1＝2，‎ 第二次循环，2＜4成立，S＝2+22＝2+4＝6，k＝2+1＝3，‎ 第三次循环，3＜4成立，S＝6+23＝6+8＝14，k＝3+1＝4，‎ 第四次循环，4＜4不成立，S输出S＝14，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，利用程序框图进行模拟计算是解决本题的关键．‎ ‎5.已知，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 给实数a，b在其取值范围内任取2个值a＝3，b＝-1，代入各个选项进行验证，A、C、D都不成立．‎ ‎【详解】∵实数a，b满足，‎ 若a＝3，b＝﹣1，则 A、C、D都不成立，只有B成立，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法．‎ ‎6.设x,y满足( )‎ A. 有最小值2，最大值3 B. 有最小值2，无最大值 C. 有最大值3，无最小值 D. 既无最小值，也无最大值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：画出可行域如下图所示，由图可知,目标函数在点处取得最小值为,无最大值.‎ 考点：线性规划.‎ ‎7.已知抛物线的焦点为，过点和抛物线上一点的直线交抛物线于另一点，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线的焦点和准线方程，设出直线l的方程，联立抛物线方程求得点N，再由抛物线的定义可得NF，MF的长，计算即可得到所求值．‎ ‎【详解】抛物线y2＝4x的焦点F为（1，0），则直线MF的斜率为2，‎ 则有，‎ 联立方程组，‎ 解得，‎ 由于抛物线的准线方程为x．‎ ‎∴由抛物线的定义可得，，‎ ‎∴，‎ ‎∴|NF|：|FM|＝1：2，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线方程和抛物线方程联立，求解交点，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎8.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”、“谐”、“校”、“园”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“和”、“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率．利用电脑随机产生到之间取整数值的随机数，分别用，，，代表“和”、“谐”、“校”、“园”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数：‎ 由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 随机模拟产生了18组随机数，其中第三次就停止摸球的随机数有4个，由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率．‎ ‎【详解】随机模拟产生了以下18组随机数：‎ ‎343 432 341 342 234 142 243 331 112‎ ‎342 241 244 431 233 214 344 142 134‎ 其中第三次就停止摸球的随机数有：142，112，241，142，共4个，‎ 由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为p．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎9.设函数的最小正周期为，且，则（ ）‎ A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将f(x)化简，求得，再进行判断即可.‎ ‎【详解】∵最小正周期为得，‎ 又为偶函数，所以,‎ ‎∵,k=-1,,‎ 当,即,f(x)单调递增，结合选项k=0合题意，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数性质，两角差的正弦逆用，熟记三角函数性质，熟练计算f(x)解析式是关键，是中档题.‎ ‎10.将函数（为自然对数的底数）的图象绕坐标原点顺时针旋转角后第一次与 轴相切，则角满足的条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设过原点的直线与相切，求得直线方程即可.‎ ‎【详解】设直线y=kx与相切，切点为又，‎ 解即tan 故选B ‎【点睛】本题考查函数切线，熟练转化题意，准确计算切线方程是关键，注意逆向思维的运用，是中档题.‎ ‎11.如图，已知双曲线的左、右焦点分别为、，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点，若的内切圆半径为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的左、右焦点分别为，，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，联立双曲线的方程可得的坐标，设，‎ ‎，运用三角形的等积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得，的方程，结合离心率公式可得所求值．‎ ‎【详解】设双曲线的左、右焦点分别为，，‎ 设双曲线的一条渐近线方程为，‎ 可得直线的方程为，与双曲线联立，‎ 可得，，‎ 设，，‎ 由三角形的面积的等积法可得，‎ 化简可得①‎ 由双曲线的定义可得②‎ 在三角形中，为直线的倾斜角），‎ 由，，可得，‎ 可得，③‎ 由①②③化简可得，‎ 即为，‎ 可得，则．‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查方程思想的运用及三角形等积法，考查运算求解能力，属于难题．‎ ‎12.数列满足,且．记数列的前n项和为,则当 取最大值时n为（ ）‎ A. 11 B. ‎12 ‎C. 11或13 D. 12或13‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分的奇偶讨论数列的奇偶性分别满足的条件,再分析的最大值即可.‎ ‎【详解】由题,当为奇数时, ,.‎ 故.‎ 故奇数项为公差为1的等差数列.‎ 同理当为偶数时, .‎ 故偶数项为公差为-3的等差数列.‎ 又即.又.所以.‎ 综上可知,奇数项均为正数,偶数项随着的增大由正变负.故当取最大值时n为奇数.‎ 故n为奇数且此时有 ,解得.‎ 故或.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了奇偶数列的应用,需要根据题意推导奇偶项数列的递推公式,再根据题意分析相邻两项之和与0的大小关系列不等式求解.属于难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．‎ ‎13.命题,，则是_____；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由特称命题的否定直接写出结论即可.‎ ‎【详解】由题命题p的否定为：‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查特称命题，熟记特称与全称命题的否定是关键，是基础题，易错点是改为 ‎14.已知向量，，，若，则______；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由求得x,得到的坐标，再求模长即可.‎ ‎【详解】，∴2x+2=0,∴x=-1, ∴, ∴‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查向量的坐标运算，模，熟记垂直性质，熟练计算模长是关键，是基础题.‎ ‎15.已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切（，），则球的表面积等于_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何关系，求得的半径，归纳出半径的通项公式，即可容易求得的表面积.‎ ‎【详解】不妨设的半径为，正四面体的棱长为，‎ 取中点为，球与平面切于点，球与平面切于点，‎ 作截面，为的外心，如下图所示：‎ 容易知，，，‎ 因为，故可得，解得；‎ 同理由，故可得，解得，‎ 以此类推，总结归纳可得是首项为，公比为的等比数列，‎ 故可得，‎ 则的表面积.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查棱锥内切球半径的求解，涉及等比数列的通项公式求解，属压轴题.‎ ‎16.关于函数 ‎（1）是的极小值点；‎ ‎（2）函数有且只有1个零点；‎ ‎（3）恒成立；‎ ‎（4）设函数，若存在区间，使在上的值域是，则．‎ 上述说法正确的序号为_______．‎ ‎【答案】（1）（2）（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数研究函数的极值点、单调性以及零点，结合选项，进行逐一分析即可.‎ ‎【详解】（1）因为，故可得，令，解得，‎ 故可得在区间单调递减，在单调递增，故是的极小值点；‎ 故（1）正确；‎ ‎（2）令，故可得在恒成立，‎ 故在单调递减；‎ 又当时，，当时，，‎ 故可得在区间上只有一个零点；故（2）正确；‎ ‎（3）令，故可得在恒成立，‎ 故可得在定义域上单调递减；‎ 又当，故区间不恒成立，‎ 即在区间上不恒成立；故（3）错误.‎ ‎（4）由题可知，故可得，‎ 则，令，解得，‎ 故可得在区间单调递减，在区间单调递增.‎ 故，故在单调递增.‎ 要满足题意，只需，‎ 等价于在上至少有两个不同的正根，‎ 也等价于与直线在区间至少有两个交点.‎ 又，故可得，‎ 令，故可得在区间恒成立，‎ 故可得在上单调递增，又，‎ 故可得区间上单调递减，在区间上单调递增.‎ 则要满足题意，只需，‎ 又因为，则.故（4）正确.‎ 综上所述，正确的有：（1）（2）（4）.‎ 故答案为：（1）（2）（4）.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点和零点、方程的根、参数的范围，属压轴题.‎ 三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、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.已知函数f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－.‎ ‎(1)求函数f(x)的最小正周期和单调减区间；‎ ‎(2)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A满足，且，求bc的值．‎ ‎【答案】（1）f(x)的最小正周期为T＝，f(x)的单调递减区间为（2）40‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用二倍角公式和辅助角公式得到，再利用三角函数的周期公式和单调性进行求解；（2）先利用求得角，再利用正弦定理和余弦定理进行求解．‎ ‎【详解】(1)，‎ 因此f(x)的最小正周期为T＝＝π.‎ ‎．‎ 即f(x)的单调递减区间为．‎ ‎(2)由，又A为锐角，则A＝.‎ 由正弦定理可得，‎ 则b＋c＝＝13，‎ 又，可求得bc＝40.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用以及三角恒等变换，意在考查学生的逻辑思维能力和基本运算能力，属于中档题．解决本题的关键在于恰当利用正弦定理的变形进行边角转化，正弦定理“（是外接圆的直径）”的变形主要有：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）；‎ ‎（4）.‎ ‎18.（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．‎ ‎（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直；‎ ‎（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D–AE–C的余弦值为.‎ 试题解析：（1）由题设可得，，从而.‎ 又是直角三角形，所以.‎ 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.‎ 又由于是正三角形，故.‎ 所以为二面角的平面角.‎ 在中，.‎ 又，所以，‎ 故 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则.‎ 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得.‎ 故.‎ 设是平面DAE的法向量，则即 ‎ 可取.‎ 设是平面AEC的法向量，则同理可取.‎ 则.‎ 所以二面角D-AE-C的余弦值为.‎ ‎【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.‎ ‎（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.‎ ‎19.已知椭圆（）的离心率为，且经过点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，，试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得a,b,c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理.设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可.‎ ‎【详解】(1)由题意可得，，又， ‎ 解得，.‎ 所以，椭圆的方程为 ‎ (2)存在定点，满足直线与直线恰关于轴对称.‎ 设直线的方程为，与椭圆联立，整理得，.‎ 设，，定点.(依题意 则由韦达定理可得，，. ‎ 直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数. ‎ 所以，，即得. ‎ 又，，‎ 所以，，整理得，.‎ 从而可得，， ‎ 即，‎ 所以，当，即时，直线与直线恰关于轴对称成立. 特别地，当直线为轴时，也符合题意. 综上所述，存在轴上的定点，满足直线与直线恰关于轴对称.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目条件，准确计算是关键，是中档题.‎ ‎20.已知函数，a为常数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性：‎ ‎（2）若函数有两个极值点，且，求证：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导后分子所对应的二次函数,分情况讨论的正负以及根与1的大小关系即可.‎ ‎(2)由(1)的两个极值点,满足,所以,,则,将化简整理为的函数即,构造函数求导证明不等式即可.‎ ‎【详解】（1）函数的定义城为.‎ 由题意,.‎ ‎（ⅰ）若,则,于是,当且仅当时,,所以在单调递减.‎ ‎（ⅱ）若,由,得或,‎ 当时,；‎ 当时,；‎ 所以在,单调递减,单调递增.‎ ‎（ⅲ）若,则,‎ 当时,；当时,；‎ 所以在单调递减,单调递增 综上所述,当时,函数在上单调递减；‎ 当时,函数在上单调递减,上单调递增；‎ 当时,函数在上单调递减,上单调递增.‎ ‎（2）由（1）知,有两个极值点当且仅当.‎ 由于的两个极值点,满足,所以,,则,‎ 由于.‎ 设 ‎.‎ ‎.‎ 当时,,所以.‎ 所以在上单调递减,又.‎ 所以,即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数极值点的问题以及构造函数证明极值点不等式的问题,重点在于构造关于的函数,分析函数单调性与最值证明.属于难题.‎ ‎21.冠状病毒是一个大型病毒家族，己知可引起感冒以及中东呼吸综合征（）和严重急性呼吸综合征（）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.‎ 人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡.‎ 某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n（）份血液样本，有以下两种检验方式：‎ 方式一：逐份检验，则需要检验n次.‎ 方式二：混合检验，将其中k（且）份血液样本分别取样混合在一起检验.‎ 若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为.‎ 假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（）.现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.‎ ‎（1）若，试求p关于k的函数关系式；‎ ‎（2）若p与干扰素计量相关，其中（）是不同的正实数，‎ 满足且（）都有成立.‎ ‎（i）求证：数列等比数列；‎ ‎（ii）当时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数的期望值更少，求k的最大值 ‎【答案】（1），（，且）.（2）（i）见解析（ii）最大值为4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题设可知，的所有可能取值为1，，求，再根据,求；‎ ‎（2）（ⅰ）当时，，∴，令，则，‎ 利用数学归纳法证明；‎ ‎（ⅱ）由（ⅰ）可知，由可知，再设函数（），利用函数的单调性求的最大值.‎ ‎【详解】（1）解：由已知，，，得，‎ 的所有可能取值为1，，‎ ‎∴，.‎ ‎∴.‎ 若，则，，∴，∴.‎ ‎∴p关于k的函数关系式为，（，且）. ‎ ‎（2）（i）∵证明：当时，，∴，令，则，‎ ‎∵，∴下面证明对任意的正整数n，.‎ ‎①当，2时，显然成立；‎ ‎②假设对任意的时，，下面证明时，；‎ 由题意，得，∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，.‎ ‎∴或（负值舍去）.∴成立.‎ ‎∴由①②可知，为等比数列，.‎ ‎（ii）解：由（i）知，，，∴，得，∴.‎ 设（），，∴当时，，即在上单调减.‎ 又，，∴；，.∴.‎ ‎∴k的最大值为4.‎ ‎【点睛】本题考查概率，函数，数列，数学归纳法证明的综合问题，本题对学生的能力要求较高，属于难题，重点考查学生分析问题和解决问题的能力.‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．‎ ‎22.[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ 已知曲线的极坐标方程为，以极点为直角坐标原点，以极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，将曲线向左平移 个单位长度，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到曲线 ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知直线的参数方程为，（为参数），点为曲线上的动点，求点到直线距离的最大值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先化为，利用变换得即可；（2）‎ 设，得求最大值即可.‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 所以曲线的方程为， ‎ 设曲线上任意一点，变换后对应的点为，‎ 则 即 ‎ 代入曲线的方程中，整理得,‎ 所以曲线直角坐标方程为； ‎ ‎（2）设，则到直线：的距离为，‎ 其中为锐角，且， ‎ 当时，取得最大值为，‎ 所以点到直线l距离的最大值为．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与直角坐标互化，图像变换，点到直线距离，熟记图像变换原则，熟练计算点线距是关键，是中档题.‎ ‎23.[选修4-5：不等式选讲]‎ 设函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）已知关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）零点分段去绝对值解不等式即可（2）由题在上有解，去绝对值分离变量a即可.‎ ‎【详解】（1）不等式，即 等价于 或或 ‎ 解得 ，‎ 所以原不等式的解集为； ‎ ‎（2）当时，不等式，即，‎ 所以在上有解 ‎ 即在上有解， ‎ 所以，．‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式有解求参数，熟记零点分段，熟练处理不等式有解问题是关键，是中档题.‎ ‎ ‎