河北省2020届高三下学期名优校联考数学（理）试题 25页

‎2019-2020学年度河北名优校联考 数学（理科）‎ 注意事项：‎ ‎1.本试卷共4页，三个大题，满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.本试卷上不要答题，请按答题纸上注意事项的要求直接把答案填写在答题纸上答在试卷上的答案无效.‎ 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.己知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合A，B，由此能求出.‎ ‎【详解】由变形，得，解得或，‎ ‎∴或.‎ 又∵，‎ ‎∴.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.‎ ‎2.己知复数在复平面内对应的值点在第四象限，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据已知求出，再逐步求得解.‎ ‎【详解】由题意可得解得.‎ 又∵，∴，∴，‎ ‎∴.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的几何意义，考查复数的除法运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎3.“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出入怀袖，扇面书画，扇骨雕琢，是文人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号，如图是折扇的示意图，为的中点，若在整个扇形区域内随机取一点，则此点取自扇面（扇环）部分的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用扇形的面积计算公式即可得出.‎ ‎【详解】设扇形的圆心角为，大扇形的半径长为，小扇形的半径长为，‎ 则，，.‎ 根据几何概型，可得此点取自扇面（扇环）部分的概率为 ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了扇形的面积计算公式、几何概率计算公式考查了推理能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎4.设,,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用“分段法”比较出三者的大小关系.‎ ‎【详解】，，，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本小题主要考查对数式、指数式比较大小，属于基础题.‎ ‎5.若两个非零向量，满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设与的夹角为.由，可得，再将两边同时平方，将代入，变形可得的值，即可得答案.‎ ‎【详解】设与的夹角为.‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴.①‎ ‎∵，‎ ‎∴②‎ 由①②，解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的计算，属于基础题.‎ ‎6.函数在的图像大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性和特殊值可判断.‎ ‎【详解】解：因为，所以为奇函数，关于原点对称，故排除，又因为，，，，故排除、,‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，根据函数的性质以及特殊值法灵活判断，属于基础题.‎ ‎7.在如图算法框图中，若，程序运行的结果为二项式的展开式中的系数的倍，那么判断框中应填入的关于的判断条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式（2+x）5展开式的通项公式，求出x3的系数，模拟程序的运行，可得判断框内的条件．‎ ‎【详解】∵二项式展开式的通项公式是,‎ 令，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴程序运行的结果S为120，‎ 模拟程序的运行，由题意可得 k=6，S=1‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，S=6，k=5‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，S=30，k=4‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，S=120，k=3‎ 此时，应该满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值为120．‎ 故判断框中应填入的关于k的判断条件是k＜4？‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了二项式展开式的通项公式的应用问题，考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于中档题．‎ ‎8.为了解学生课外使用手机的情况，某学校收集了本校500名学生2019年12月课余使用手机的总时间（单位：小时）的情况.从中随机抽取了50名学生，将数据进行整理，得到如图所示的频率分布直方图.已知这50名学生中，恰有3名女生课余使用手机的总时间在，现在从课余使用手机总时间在的样本对应的学生中随机抽取3名，则至少抽到2名女生的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出课余使用手机总时间在的学生共有8名，再利用古典概型的概率求至少抽到2名女生的概率.‎ ‎【详解】∵这50名学生中，恰有3名女生的课余使用手机总时间在，课余使用手机总时间在的学生共有（名），‎ ‎∴从课余使用手机总时间在的学生中随机抽取3人，基本事件总数，‎ 至少抽到2名女生包含的基本事件个数，‎ 则至少抽到1名女生的概率为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，考查频率分布直方图的计算，考查组合的实际应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎9.在等差数列中，为其前项和.若，且，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证明数列是以为首项以为公差的等差数列，再求出 的值，再利用等差数列的通项即可求出的值.‎ ‎【详解】∵是等差数列，为其前项和，设公差为，‎ ‎∴，∴，‎ 所以数列是以为首项以为公差的等差数列，‎ 则，‎ 解得.‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列通项和前项和的应用，考查等差数列通项的基本量的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎10.己知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，，分别椭圆在左、右顶点，为椭圆上一点，且轴，过点的直线与交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，设中点为，.根据求出，再根据得到，化简即得椭圆的离心率.‎ ‎【详解】如图，设的中点为，.‎ ‎∵轴，∴，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 又∵，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，则.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质，考查椭圆的离心率的计算，考查平行线的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎11.己知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，过点作平面于点，记球心为，三棱锥的外接球的半径为，求出，，.解方程即得和该正三棱锥外接球的体积.‎ ‎【详解】如图，过点作平面于点，记球心为.‎ ‎∵在正三棱锥中，底面边长为6，侧棱长为，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎∵球心到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接半径长，‎ ‎∴，‎ 在中，，即，‎ 解得，‎ ‎∴该正三棱锥外接球的体积.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查正三棱锥的几何量的计算，考查几何体外接球的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象计算能力.‎ ‎12.己知函数的定义域是，对任意的，有.当时，.给出下列四个关于函数的命题：‎ ‎①函数是奇函数；‎ ‎②函数是周期函数；‎ ‎③函数的全部零点为，；‎ ‎④当算时，函数的图象与函数的图象有且只有4个公共点.‎ 其中，真命题的个数为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由周期函数的定义得到②正确；，可以得到函数不是奇函数，故①错误；，又是周期为2的函数，可得③正确；求出的根即可判断④错误，从而得解.‎ ‎【详解】∵对任意的，有，∴对任意的，，‎ ‎∴是周期为2的函数，‎ ‎∴，‎ 又∵当时，，∴，∴函数不是奇函数，故①错误，②正确.‎ 当时，，∴，又∵是周期为2的函数，∴函数的全部零点为，，故③正确.‎ ‎∵当时，，令，解得（舍）或；‎ 当时，，令，则，解得或（舍）；‎ 当时，，令，则，解得或（舍），‎ ‎∴共有3个公共点，故④错误.‎ 因此真命题的个数为2个.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数性质的综合运用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.若实数，满足则的最大值为________.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案.‎ ‎【详解】根据题意画出可行域，如图所示：‎ 由图可知目标函数经过点时，取得最大值10‎ 故答案为：10.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题.‎ ‎14.已知数列的前项和为，且满足，则______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对题目所给等式进行赋值，由此求得的表达式，判断出数列是等比数列，由此求得的值.‎ ‎【详解】解：，可得时，，‎ 时，，又，‎ 两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1‎ ‎，公比为的等比数列，可得．‎ ‎【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列前项和公式，属于中档题.‎ ‎15.设函数，若为奇函数，则过点且与曲线相切的直线方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是奇函数，构造求出值.再另设切点，求出切线方程，将代入切线方程，即可求出切点横坐标，切线方程可求.‎ ‎【详解】∵函数为奇函数，‎ ‎∴，‎ ‎∴.解得，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 设切点为，则.‎ 设切线方程为.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎∵该直线过点，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴，，‎ ‎∴所求直线方程为，‎ 即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用以及导数的几何意义，属于中档题.‎ ‎16.已知双曲线：的右顶点为，以点为圆心，为半径作圆，且圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若（为坐标原点），则双曲线的标准方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，不妨设圆与双曲线的一条渐近线，交于，两点，过点作垂直于该渐近线于点，连接，先求出，，，再由题得到，求出，即得双曲线的标准方程.‎ ‎【详解】由双曲线的方程：，知，‎ 不妨设圆与双曲线的一条渐近线，交于，两点，过点作垂直于该渐近线于点，连接，如图.‎ 点到渐近线的距离.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴，∴，∴.‎ 在中，，，，，‎ 即，，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴双曲线的标准方程为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质的应用，考查圆的几何性质，考查平面向量的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.‎ 三、解答题（共70分，解答时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.己知在中，内角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）若，，求的大小；‎ ‎（2）若，且是钝角，求面积的大小范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理得，再利用余弦定理得，解方程即得的大小；‎ ‎（2）由题得，利用正弦定理得，再根据的范围求出的范围，即得解.‎ ‎【详解】（1）在中，，由正弦定理得.‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴.‎ 又∵，∴.‎ 在中，由余弦定理得，即，‎ 解得（舍去），.‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎∴.‎ 由正弦定理，得，∴.‎ ‎∵，为钝角，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴.‎ 即面积的大小范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面积范围的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎18.如图，空间几何体，△、△、△均是边长为2的等边三角形，平面平面，且平面平面，为中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别取，中点，，连接，，，，，通过面面平行的判定定理，证得面面，从而证得平面.（2）方法一（向量法）：以点为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算二面角的余弦值.方法二（几何法）：过点作垂线，垂足为，连接.由此作出二面角的平面角并证明，解直角三角形求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）分别取，中点，，连接，，，，‎ 由面面且交于，平面，有面 由面面且交于，平面，有面 所以,，所以，‎ 由有，‎ ‎，所以，‎ ‎,所以面面，所以 ‎（2）‎ 法1：以点为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示空间直角坐标系 由面，所以面的法向量可取 点,点,点，‎ ‎,，‎ 设面的法向量，所以，取 设二面角的平面角为，据判断其为锐角.‎ 法2：过点作垂线，垂足为，连接.‎ 由（1）问可知又因为，所以平面，则有.‎ 所以为二面角的平面角.‎ 由题可知，所以,则 所以，‎ ‎【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，包括向量法和几何法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎19.某大型公司为了切实保障员工的健康安全，贯彻好卫生防疫工作的相关要求，决定在全公司范围内举行一次乙肝普查.为此需要抽验669人的血样进行化验，由于人数较多，检疫部门制定了下列两种可供选择的方案.‎ 方案一：将每个人的血分别化验，这时需要验669次.‎ 方案二：按个人一组进行随机分组，把从每组个人抽来的血混合在一起进行检验，如果每个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这个人的血就只需检验一次（这时认为每个人的血化验次）；否则，若呈阳性，则需对这个人的血样再分别进行一次化验，这时该组个人的血总共需要化验次.‎ 假设此次普查中每个人的血样化验呈阳性的概率为，且这些人之间的试验反应相互独立.‎ ‎（1）设方案二中，某组个人中每个人的血化验次数为，求的分布列.‎ ‎（2）设，试比较方案二中，分别取2，3，4时，各需化验的平均总次数；并指出在这三种分组情况下，相比方案一，化验次数最多可以平均减少多少次？（最后结果四舍五入保留整数）‎ ‎【答案】（1）分布列见解析；（2），462次；，404次；，397次；272次 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得，，分别求出对应的概率即得的分布列；‎ ‎（2）先求出，再分别求出分别取2，3，4时，各需化验的平均总次数，即得相比方案一，化验次数最多可以平均减少的次数.‎ ‎【详解】（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为，则.‎ 所以个人的血混合后呈阴性反应的概率为，呈阳性反应的概率为.‎ 依题意可知，，‎ 所以的分布列为：‎ ‎（2）方案二中，结合(1)知每个人的平均化验次数为 ‎，‎ 所以当时，，‎ 此时669人需要化验的总次数为462次；‎ 当时，，‎ 此时669人需要化验的总次数为404次；‎ 当时，，‎ 此时669人需要化验的总次数为397次.‎ 即时化验次数最多，时次数居中，时化验次数最少，‎ 而采用方案一则需化验669次.‎ 故在这三种分组情况下，‎ 相比方案一，当时化验次数最多可以平均减少（次）‎ ‎【点睛】本题主要考查随机变量的分布列，考查独立重复试验的概率和对立事件的概率的计算，考查随机变量的均值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎20.已知抛物线的焦点为，轴上方的点在抛物线上，且，直线与抛物线交于，两点（点，与不重合），设直线，‎ 的斜率分别为，.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，求证：直线恒过定点并求出该定点的坐标.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据及抛物线定义可求p，从而得到方程；‎ ‎（Ⅱ）设出直线方程，与抛物线方程相联立，写出韦达定理，结合可得关系，从而得到定点坐标.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由抛物线的定义可以，‎ ‎,抛物线的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，点的坐标为 当直线斜率不存在时，此时重合，舍去. ‎ 当直线斜率存在时，设直线的方程为 设，将直线与抛物线联立得：‎ 又，‎ 即，‎ ‎，‎ ‎，‎ 将①代入得，‎ 即 得或 ‎ 当时，直线为，此时直线恒过;‎ 当时，直线为，此时直线恒过（舍去）‎ 所以直线恒过定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义及直线和抛物线的综合问题，直线过定点一般是寻求之间的关系式.侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，讨论极值点的个数；‎ ‎（2）若函数有两个零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）极大值点，且是唯一极值点；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入，求导得到在上单调递减，则在上存在唯一零点，进而可判断出是的极大值点，且是唯一极值点； （2）令，得到，则与的图象在上有2个交点，利用导数，数形结合即可得到的取值范围.‎ 详解】解：（1）由知.‎ 当时，，，显然在上单调递减.‎ 又，，‎ ‎∴在上存在零点，且是唯一零点，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ ‎∴是的极大值点，且是唯一极值点.‎ ‎（2）令，则.‎ 令，，‎ 则和的图象在上有两个交点，‎ ‎.‎ 令，则，‎ 所以在上单调递减，而，‎ 故当时，，即，单调递增；‎ 当时，，即，单调递减.‎ 故.‎ 又，当且时，且，‎ 结合图象，可知若和的图象在上有两个交点，只需，‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数求函数单调区间，求函数极值，利用导数数形结合判断函数零点个数，属于中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.‎ 在平面直角坐标系中，椭圆的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求经过椭圆右焦点且与直线垂直的直线的极坐标方程；‎ ‎（2）若为椭圆上任意-点，当点到直线距离最小时，求点的直角坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）消去参数得到椭圆的标准方程，从而得到右焦点的坐标．由极坐标方程可得直线的直角坐标方程为，由此可得过点F且与垂直的直线的方程，化为极坐标方程即可．（2）设点，可得点到直线的距离，然后根据三角函数的有关知识求解．‎ 试题解析：‎ ‎（1）将参数方程（为参数）消去参数得，‎ ‎∴椭圆的标准方程为，‎ ‎∴椭圆的右焦点为，‎ 由得，‎ ‎∴直线的直角坐标方程为，‎ ‎∴过点与垂直的直线方程为，即，‎ ‎∴极坐标方程为． ‎ ‎（2）设点，‎ 则点到直线的距离，‎ 其中，‎ ‎∴当时，取最小值，‎ 此时．‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴ 点坐标为．‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数图象的最低点为，正数，满足，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将写为分段函数的形式，然后根据分别解不等式即可； （2）先求出的最小值，然后根据图象的最低点为，求出和的值，再利用基本不等式求出的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）由，得 ‎∴由可得或或 解得或或，‎ 综上，；‎ ‎（2）∵‎ ‎∴当时，取得最小值3，‎ ‎∴函数图象的最低点为，即，.‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 当且仅当，即，时取等号，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题.‎