【百强校首发】河北省武邑中学2020届高三年级下学期第二次质检考试数学（理）试题

【百强校首发】河北省武邑中学2020届高三年级下学期第二次质检考试数学（理）试题

‎ ‎ 河北武邑中学2019—2020学年高三年级下学期第二次质检考试 数学试题（理科）‎ 注意事项：‎ ‎1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。‎ ‎2. 答题前请仔细阅读答题卡（纸）上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题。‎ ‎3. 选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题卡上相应位置，在试卷和草稿纸上作答无效。‎ 第Ⅰ卷 选择题（共60分）‎ 一. 选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上。‎ ‎1. 已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 解：∵集合，，‎ ‎∴. 故选：B. ‎ ‎2. 已知复数，，若是实数，则实数的值为（ ）‎ A. 6 B. C. 0 D. ‎ 解：∵是实数，‎ 则，∴实数的值为6，故选A ‎3. 党的十九大报告明确提出：在共享经济等领域培育增长点、形成新动能. 共享经济是公众将闲置资源通过社会化平台与他人共享，进而获得收入的经济现象. 为考察共享经济对企业经济活跃度的影响，在四个不同的企业各取两个部门进行共享经济对比试验，根据四个企业得到的试验数据画出如下四个等高条形图，最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果的图形是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ 解：根据四个列联表中的等高条形图可知，图中D中共享与不共享的企业经济活跃度的差异最大，它最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果，故选D. ‎ ‎4. 设，，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 解：，，，，‎ ‎∴，，，‎ ‎ ，选D ‎5. 大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和. 已知该数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则大衍数列中奇数项的通项公式为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 解：由题意，排除D，，排除A，C. 同时B也满足，，，故选：B. ‎ ‎6. 如图所示，某几何体的正视图与俯视图均为边长为4的正方形，其侧视图中的曲线为圆周，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 解：结合题意，绘制图像，如图所示 平面的面积为，故该几何体的体积，故选B. ‎ ‎ ‎ ‎7. 已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ 解：函数的图象如图所示，函数是偶函数，时，函数值为0. ‎ 是偶函数，但是，‎ 是奇函数，不满足题意. ‎ 是偶函数，满足题意；‎ 是偶函数，时，，不满足题意. ‎ 则函数的解析式可能是. 选：C.‎ ‎8. 五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”。中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一五音阶音序，且宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有（ ）‎ A. 20种 B. 24种 C. 32种 D. 48种 解：先排角、商、徽，可分三种情况：‎ 角排最左，则商、徽有种排法，再插孔排宫、羽有种排法，由分步计数原理有种不同排法；‎ ‎ ‎ 角排中间，则商、徽有种排法，再插孔排宫、羽有种排法，由分步计数原理有种不同排法；‎ 角排右，则等同于第一种情形，故总的不同排法数为种 ‎9. 已知函数与轴交于点，距离轴最近的最大值点，若，且，恒有，则实数的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 解：由题意得，，，，‎ ‎∴，由五点作图法知，解得，‎ ‎∴，‎ 令，. ‎ 解得，. ‎ ‎∴，∴，故选：C. ‎ ‎10. 如图，为的外心，，，为钝角，是边的中点，则的值为（ ）‎ A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【解析】外心在，上的投影恰好为它们的中点，分别设为，，所以在，上的投影为，，而恰好为中点，故考虑，所以 ‎. ‎ ‎ ‎ ‎11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为，若. 则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. D. ‎ 解：根据题意可画出以下图像，过点作垂线并交于点，‎ 因为，在双曲线上，‎ 所以根据双曲线性质可知，，即 ‎，‎ 因为圆的半径为，是圆的半径，所以，‎ 因为，‎ 所以，三角形是直角三角形，‎ 因为，所以，，即点纵坐标为，‎ 将点纵坐标带入圆的方程中可得，‎ 解得，‎ 将点坐标带入双曲线中可得，‎ 化简得，，，，选D. ‎ ‎ ‎ ‎12. 已知定义在上的函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ 解：由题意函数恰有2个零点，即是方程有两不等实根，即是两函数与有两不同交点，作出函数图象如下图，‎ 易得当时，有两交点，即函数恰有2个零点. 选B 第II卷 非选择题（共90分）‎ ‎13. 若，满足约束条件，则的最小值为__________. 答案为：. ‎ 解：先作可行域，则直线过点时取最小值.‎ ‎14. 已知，满足，则的展开式中的系 数为__________. ‎ ‎ ‎ 解：由题意，即，所以. ‎ ‎∴的展开式中的系数为. 答案为：30. ‎ ‎15. 四边形中，，当边最短时，四边形的面积为__________. ‎ 解：当边最短时，就是时，连接，应用余弦定理可以求得，并且可以求得，从而求得，从而求得 ‎，利用平方关系求得，‎ 从而求得，所以四边形的面积。答案为.‎ ‎16. 点为棱长是3的正方体的内切球球面上的动点，点满足，则动点的轨迹的长度为__________.‎ ‎【解析】由题意得经过球的球心，动点的轨迹为经过点且与垂直的平面被球所截所得的截面圆的圆周. ‎ 由几何知识可得，平面为过点且与垂直的平面，由题意得截面圆即为的内切圆. 结合意可得为边长等于的等边三角形，故内切圆的半径为，所以周长为. ‎ ‎ ‎ ‎17. 已知等比数列的公比，且，是，的等差中项，数列的通项公式，. ‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和. ‎ 解：（1）由是，的等差中项得，‎ 所以，解得，‎ 由，得，解得或，因为，所以. ‎ 所以，. ‎ ‎（2）由（1）可得，. ‎ 所以 ‎，‎ 所以 ‎. ‎ ‎18. （本题满分12分）如图，已知三棱柱中，与是全等的等边三角形，‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值. ‎ 解：（1）取的中点，连接，‎ 由于与是等边三角形，‎ 所以有，，且，所以平面，‎ 平面，所以. ‎ ‎（2）设，与是全等的等边三角形，‎ 所以，‎ 又，由余弦定理可得，‎ 在中，有，‎ 所以以分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，‎ 令，则，‎ 又平面的一个法向量为，‎ ‎ ‎ 所以二面角的余弦值为. ‎ ‎19. （本题满分12分）已知抛物线，过点分别作斜率为，的抛物线的动弦、，设、分别为线段、的中点. ‎ ‎（Ⅰ）若为线段的中点，求直线的方程；‎ ‎（Ⅱ）若，求证直线恒过定点，并求出定点坐标。‎ 解：（Ⅰ）设，，则①，②. ‎ ‎①－②，得. ‎ 又因为是线段的中点，所以 所以，. ‎ 又直线过，所以直线的方程为； ‎ ‎（Ⅱ）依题设，直线的方程为，即，‎ 亦即，代入抛物线方程并化简得. ‎ 所以， ‎ 于是，，. ‎ 同理，，. ‎ ‎ ‎ 易知，所以直线的斜率. ‎ 故直线的方程为，‎ 即. 此时直线过定点. ‎ 故直线恒过定点. ‎ ‎20. （本题满分12分）‎ 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. ‎ 解：（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求该团队能进入下一关的概率；‎ ‎②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，并说明理由. ‎ 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，甲在1分钟内解开密码锁的频率是0. 9，乙是0. 7，丙是0. 5，且各人是否解开密码锁相互独立；‎ ‎①不能进入下一关的概率为，‎ 能进入下一关的概率与三个人被排除的顺序无关，‎ ‎∴该团队能进入下一关的概率为；‎ ‎②设甲、乙、丙三个人各自能完成任务的概率分别，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可增大均值，应选概率大的甲先开锁；‎ 若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序，‎ 可写为，交换后的派出顺序则变为，‎ 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（数学期望）达到最小.‎ ‎21. （本题满分12分）已知函数. ‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若，，求证：. ‎ 解：（Ⅰ）函数定义域为，，‎ 令得，令得，‎ 故在单调递增，在单调递减. ‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ），不妨设，‎ 则，，‎ 要证：，即证：……（*），‎ 而，令，，‎ ‎（*）等价于，， ‎ 设，，‎ ‎，‎ 令，‎ ‎∵在恒成立，‎ 则在单调递增，故，故在单调递增，‎ 故，故原命题得证. ‎ ‎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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. ‎ ‎（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知曲线的极坐标方程为，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，、均异于原点，且，求实数的值. ‎ 解：（1）曲线的参数方程为，消去参数，‎ 可得曲线的普通方程为：‎ 故：曲线的极坐标方程为，∴‎ 又故：的直角坐标方程为：. ‎ ‎ ‎ ‎（2）曲线化为极坐标方程为 设点，，依题设知，‎ 所以 由知 因为，故或 ‎23. 已知函数，. ‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若对任意的，均存在，使得成立，求实数的取值范围. ‎ 解：（Ⅰ）由，得，‎ ‎∴，得不等式的解为. ‎ ‎（Ⅱ）（仅当成立），‎ ‎，（仅当时成立）‎ ‎∵对任意的均存在，使得成立，‎ ‎∴，‎ ‎∴，解得或，‎ 即实数的取值范围为：或. ‎