河北省正定中学2020届高三下学期第四次质量检测数学（理）试题

河北省正定中学2020届高三下学期第四次质量检测数学（理）试题

河北正定中学2020届高三下学期第四次质量检测 数 学(理科)‎ 一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.‎ ‎1.如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则|z1＋z2|＝(　　)‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题图可知，z1＝－2－i，z2＝i，则z1＋z2＝－2，∴|z1＋z2|＝2，故选A.‎ ‎2.已知集合，，且，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 法一：根据可得，从而可讨论B是否为空集建立不等关系解出m的范围即可．法二：结合选项利用排除法求解.‎ ‎【详解】法一：∵，∴，‎ ‎①时，m+1＞‎2m﹣1，解得m＜2；‎ ‎②时，，解得2≤m≤3，‎ ‎∴实数m的取值范围是（﹣∞，3]．‎ 故选：C．‎ 法二：因为，所以，当时，符合题意，排除选项A,B,D，故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了描述法、区间的定义，并集的定义及运算，子集和空集的定义，考查了计算能力，属于基础题．本题也可利用排除法.‎ ‎3.命题“，”的否定是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 全称命题的否定为特称命题，只需否定量词和结论即可.‎ ‎【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“，”的否定是：‎ ‎“，”，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了全称命题的否定，属于基础题.‎ ‎4.“珠算之父”程大位是我国明代著名的数学家，他的应用巨著《算法统综》中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节四升五，上梢四节三升八，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明.”(（注）四升五：‎4.5升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量．)用你所学的数学知识求得中间两节竹的容积为 A. ‎2.2‎升‎ B. ‎‎2.3升 C. ‎2.4升 D. ‎‎2.5升 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设从下至上各节容积分别为a1，a2，…，a9，则{an}是等差数列，设公差为d，由题意利用等差数列通项公式列出方程组，由此能求出中间两节的容积．‎ ‎【详解】设从下至上各节容积分别为a1，a2，…，a9，‎ 则{an}是等差数列，设公差为d，‎ 由题意得，‎ 解得a1＝1.6，d＝﹣0.1，‎ ‎∴中间两节的容积为：a4+a5＝（1.6﹣0.1×3）+（1.6﹣0.1×4）＝2.5（升）．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列在生产生活中的实际应用，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．‎ ‎5.在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入由曲线(曲线为正态分布的密度曲线)与直线，及围成的封闭区域内点的个数的估计值为（ ）‎ ‎(附：若，则，，‎ A. 2718 B. ‎1359 ‎C. 430 D. 215‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正态分布先求解，再结合几何概型可得封闭区域内点的个数.‎ ‎【详解】因为 ‎，‎ 所以封闭区域内点的个数的估计值为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查正态分布曲线的性质，结合正态曲线求解给定区间内的概率是求解关键，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎6.若函数（且）在上为减函数，则函数的图象可以是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数在上为减函数，可知 ，判断函数的定义域和单调性即可得解 ‎【详解】由函数在上为减函数，可知 ‎ 函数的定义域为或，故排除A，B 又，可知在单调递减，故排除D 故选：C ‎【点睛】本题考查了具体函数的图像判断，考查了学生综合分析，数形结合，分类讨论的能力，属于中档题.‎ ‎7.已知，则是（ ）‎ A. 偶函数，且在是增函数 B. 奇函数，且在是增函数 C. 偶函数，且在是减函数 D. 奇函数，且在是减函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的定义域关于原点对称，再由奇偶性的定义判断奇偶性，根据复合函数的单调判断其单调性，从而可得结论.‎ ‎【详解】由，得，‎ 故函数的定义域为，关于原点对称，‎ 又，故函数为偶函数，‎ 而，‎ 因为函数在上单调递减，在上单调递增，‎ 故函数在上单调递减，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性，属于中档题. 判断函数的奇偶性首先要看函数的定义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数，如果对称常见方法有：（1）直接法， (正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法， （和为零奇函数，差为零偶函数）；（3）作商法， （ 为偶函数， 为奇函数） .‎ ‎8.某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.‎ ‎【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，‎ 将圆柱的侧面展开图平铺,‎ 可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，‎ 所以所求的最短路径的长度为，故选B.‎ 点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.‎ ‎9.在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.‎ ‎【详解】在长方体中，连接，‎ 根据线面角的定义可知，‎ 因为，所以，从而求得，‎ 所以该长方体的体积为，故选C.‎ ‎【点睛】该题考查是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.‎ ‎10.已知曲线是以原点为中心，，为焦点的椭圆，曲线是以为顶点､为焦点的抛物线，是曲线与的交点，且为钝角，若，，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出抛物线方程及点，结合抛物线定义及可求抛物线方程，进而可得.‎ ‎【详解】不妨设位于轴负半轴, 位于轴正半轴， 位于第一象限，如图所示.‎ 设抛物线的方程为.作抛物线的准线,则过,过作垂直于准线 于点,由抛物线的定义可得，‎ 所以.‎ 因为点在抛物线上，所以.‎ 由得或 又为钝角，所以，所以，即.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆与抛物线的性质，联立方程，弦长的转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎11.设函数.若,且，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据f（x1）+f（x2）＝0，可得f（x1）＝﹣f（x2），结合函数f（x）＝sin（2x），可得|x2﹣x1|至少相差半个周期，可得|x2﹣x1|．‎ ‎【详解】解：根据函数f（x）＝sin（2x）‎ ‎∵f（x1）+f（x2）＝0，可得f（x1）＝﹣f（x2），‎ 令x2＞x1，根据图象，可得x2，x1关于点（，0）对称时，|x2﹣x1|最小，‎ ‎∵x1x2＜0，‎ ‎∴x2＞0，则x1．‎ ‎∴可得|x2﹣x1|，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查正弦函数图像与性质，考查基本分析应用能力.‎ ‎12.若函数在区间上存在零点，则实数的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数研究函数在上的单调性，当时，在上为增函数，‎ 且，即可判断其没有零点，不符合条件；当时，在上先减后增，有最小值且小于零，再结合幂函数和对数函数的增长速度大小关系，即可判断当趋于时，趋于，由零点存在性定理即可判断其必有零点，符合题意，从而确定的范围.‎ ‎【详解】因为函数，‎ 所以 令，因为，‎ 当 时，，所以 所以在上为增函数，则，‎ 当时，，所以，所以在上为增函数，‎ 则，所以上没有零点.‎ 当时，即，因为在上为增函数，则存在唯一的，使得，且当时，，当时，；‎ 所以当时，，为减函数，当时，，为增函数，当时，，‎ 因为，当趋于时，趋于，‎ 所以在内，一定存在一个零点.‎ 所以，‎ 故答案选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数在函数零点存在性问题中的应用，属于难题.对于零点存在性问题，有两种思考方向：（1）直接利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，讨论函数零点的情况；（2）先将函数零点问题等价转化为两个函数图像的交点问题，再利用导数，并结合函数图像讨论两函数交点情况，从而确定函数零点的情况.‎ 二､填空题(每小题5分，满分20分)‎ ‎13.已知，，向量与的夹角为，且，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用向量表示出，结合向量夹角及模长可求.‎ ‎【详解】因为，所以，；‎ 因为，，向量与的夹角为，所以.‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量模长的求解，见模长就平方是这类问题的求解方向，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎14.已知的展开式中第五项与第七项的系数之和为0，其中为虚数单位，则展开式中常数项为__________．‎ ‎【答案】45‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】的展开式通项公式为：．‎ 第五项的系数为，第七项的系数为，由第五项与第七项的系数之和为0，可得，解得．令=0，解得r=8，故所求的常数项为．‎ ‎15.下列说法：‎ ‎①分类变量与的随机变量越大，说明“与有关系”的可信度越大；‎ ‎②以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和；‎ ‎③在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；‎ ‎④若变量和满足关系，且变量与正相关，则与也正相关.‎ 正确的个数是________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合所给说法逐个进行分析求解，然后可得正确的个数.‎ ‎【详解】对于①：由独立性检验的性质可知分类变量与的随机变量越大，说明“与有关系”的可信度越大，所以①正确；‎ 对于②：因为，所以两边取对数可得，‎ 令，则，‎ 因为，所以，所以，即②正确；‎ 对于③：在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，说明估计值与真实值误差较小，其模型拟合的精度越高，所以③正确；‎ 对于④：因为变量和满足关系，所以是负相关，因为变量与正相关，所以与是负相关，即④不正确.‎ 故答案为：3.‎ ‎【点睛】本题主要考查统计的相关知识，题目较为简单，明确每一个说法的正误是求解的关键，侧重考查统计知识的理解辨析.‎ ‎16.将正奇数按如图所示的规律排列：‎ 则2021在第________行，从左向右第________个数.‎ ‎【答案】 (1). 32 (2). 50‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目排列规律可得第行共有个奇数，结合项数和可求2021在哪一行，并能求出是第几个数.‎ ‎【详解】由题意可得第行共有个奇数，所以前行共有个奇数，‎ 而是第个奇数，，‎ 所以在第32行，从左向右第个数.‎ 故答案：32；50.‎ ‎【点睛】本题主要考查逻辑推理，明确数据的排列规律是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ 三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､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.‎ ‎17.如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且，，是棱的中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出⊥BD．BD⊥AC．从而BD⊥平面AC，由此能证明．‎ ‎（2）如图，设AC交BD于点O，以O为原点，OA、OB、OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角E﹣﹣C的余弦值．‎ ‎【详解】证明：（1）因为⊥底面ABCD，所以⊥BD．‎ 因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC．‎ 又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面A． ‎ 又由四棱台ABCD﹣知，，A，C，四点共面．‎ 所以BD⊥． ‎ ‎（2）如图，设AC交BD于点O，依题意，∥OC且＝OC，‎ 所以O∥C，且O＝C．所以O⊥底面ABCD．‎ 以O为原点，OA、OB、OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．‎ 则，‎ 由，得B1（）．‎ 因为E是棱BB1的中点，所以E（）,所以（），（﹣2，0，0）．‎ 设（x，y，z）为平面的法向量，‎ 则，取z＝3，得（0，4，3），‎ 平面的法向量（0，1，0），‎ 又由图可知，二面角E﹣A‎1C1﹣C为锐二面角，‎ 设二面角E﹣A‎1C1﹣C的平面角为θ，‎ 则cosθ，‎ 所以二面角E﹣A‎1C1﹣C的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．‎ ‎18.的内角所对的边分别是，且，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若边上的中线，求的面积.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由正弦定理，得到，进而可得，再由，即可得出结果；‎ ‎（2）先由余弦定理得，，再根据题中数据，可得，从而可求出，得到，进而可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理得，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 即，所以，‎ 又因为，所以，.‎ ‎（2）在和中，由余弦定理得 ‎，.‎ 因为，，，，‎ 又因为，即，‎ 所以，‎ 所以，‎ 又因为，所以.‎ 所以的面积.‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，灵活运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎19.从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：‎ ‎（1）求这100件产品质量指标值的样本平均数和样本方差（同一组的数据用该组区间的中点值作为代表）；‎ ‎（2）由直方图可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．‎ ‎（i）若某用户从该企业购买了10件这种产品，记表示这10件产品中质量指标值位于（187.4，225.2）的产品件数，求；‎ ‎（ii）一天内抽取的产品中，若出现了质量指标值在之外的产品，就认为这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查下．下面的茎叶图是检验员在一天内抽取的15个产品的质量指标值，根据近似值判断是否需要对当天的生产过程进行检查．‎ 附：，，，‎ ‎【答案】(1)见解析.(2) （i）（ii）需要对当天的生产过程进行检查.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据公式得到均值和方差；（2）（i）根据正态分布，由公式得到结果；（ii），，进而得到结果.‎ ‎【详解】（1）由题意得， ‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2）（i）由题意得，一件产品中质量指标值位于区间的概率为 ‎，则，‎ ‎∴；‎ ‎（ii）由（I）知，，，‎ ‎∵，∴需要对当天的生产过程进行检查．‎ ‎【点睛】这个题目考查了频率分布直方图的应用，平均数的计算以及方差的计算；涉及正态分布的应用，属于基础题.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，已知抛物线：，过抛物线焦点且与轴垂直的直线与抛物线相交于、两点，且的周长为.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）若直线过焦点且与抛物线相交于、两点，过点、分别作抛物线的切线、，切线与相交于点，求：的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得A，B两点坐标，利用计算的周长可得p，进而求得抛物线方程；‎ ‎（2）利用导数的几何意义求得切线与的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及与的交点P，可得，再利用焦半径公式求得，可得结果.‎ ‎【详解】（1）由题意知焦点的坐标为，将代入抛物线的方程可求得点、的坐标分别为、，‎ 有，，可得的周长为，有，得.‎ 故抛物线的方程为.‎ ‎（2）由（1）知抛物线的方程可化为，求导可得.‎ 设点、的坐标分别为、.‎ 设直线的方程为（直线的斜率显然存在）.‎ 联立方程消去整理为：，可得.‎ 有，.‎ 可得直线的方程为，整理为.‎ 同理直线的方程为.‎ 联立方程，解得，则点的坐标为.‎ 由抛物线的几何性质知，，‎ ‎.‎ 有 .‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的切线方程的求解，考查了直线与抛物线的位置关系，涉及导数的几何意义及韦达定理的应用，属于中档题.‎ ‎21.已知，函数 ‎（Ⅰ）若函数在上为减函数，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设正实数，求证：对上的任意两个实数，，总有成立 ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将问题转化为在上恒成立，可得，令，可判断出在上单调递增，即，从而可得的范围；（Ⅱ）构造函数，，且；利用导数可判断出在上是减函数，得到，经验算可知，从而可得，从而可证得结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意知：‎ 函数在上为减函数，即在上恒成立 即：在上恒成立 设 当时，单调递减，单调递增 在上单调递增 ‎ 即的取值范围为：‎ ‎（Ⅱ）设，令：，‎ 则 ‎，令，则 在上为减函数 ‎ ‎，即 在上是减函数 ，即 时，‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查利用函数在区间内的单调性求解参数范围、利用导数证明不等式成立的问题.本题证明不等式的关键是能够通过构造函数，将问题转化为求解新函数单调性和最值的问题，根据最值可证得对应的结论.‎ ‎22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线： ，曲线： （）．‎ ‎（1）求与交点的极坐标；‎ ‎（2）设点在上， ，求动点的极坐标方程．‎ ‎【答案】（1）（2）， ．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）联立极坐标方程，柯姐的交点 极坐标；（2）设，且 ‎，根据，即可求出，从而写出点的极坐标.‎ 试题解析：‎ 解：（1）联立 ，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴所求交点的极坐标．‎ ‎（2）设，且，，‎ 由已知，得 ‎∴，点的极坐标方程为，．‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入函数解析式，并将函数表示为分段函数形式，利用零点分段法可解出不等式的解集；‎ ‎（2）首先求得二次函数的最小值和函数的最大值，据此得到关于实数的不等式，求得不等式可得出实数的取值范围．‎ ‎【详解】（1）当时，.‎ 当时，，‎ 由，得，解得，此时，；‎ 当时，，‎ 由，得，解得，此时，；‎ 当时，，‎ 由由，得，解得，此时，.‎ 综上所述，不等式的解集为；‎ ‎（2），该函数在处取得最小值，‎ 因为，‎ 所以，函数在处取得最大值，‎ 由于二次函数与函数的图像恒有公共点，‎ 只需，即，因此，实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，二次函数的性质，着重考查了学生对基础概念的理解，还考查了函数的恒成立问题，一般转化为最值来处理，考查了化归与转化思想的应用，属于中等题．‎ ‎ ‎