河北省正定中学（实验中学）2020届高三下学期第三次阶段质量检测数学（理）试题 Word版含解析 26页

正定中学（实验中学）2020届高三下学期第三次阶段质量检测 理数试卷 一、选择题：本大题共12小题，每题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，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合中的范围,再求交集即可.‎ ‎【详解】由有,即,又中即.‎ 故 故选C ‎【点睛】本题主要考查二次不等式的求解与集合的基本运算,属于基础题型.‎ ‎2.已知复数，则在复平面内对应点所在象限为（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对复数进行化简，从而得到，再得到在复平面内对应点所在的象限.‎ ‎【详解】‎ - 26 -‎ ‎，‎ 则，‎ 在复平面内对应点为，在第二象限 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的计算，共轭复数，复数在复平面对应的点，属于简单题.‎ ‎3.短道速滑队组织名队员（包括赛前系列赛积分最靠前的甲乙丙三名队员在内）参加冬奥会选拔赛，记“甲得第一名”为，“乙得第二名”为，“丙得第三名”为，若是真命题，是真命题，则选拔赛的结果为（ ）‎ A. 甲得第一名、乙得第三名、丙得第二名 B. 甲没得第一名、乙没得第二名、丙得第三名 C. 甲得第一名、乙没得第二名、丙得第三名 D. 甲得第二名、乙得第一名、丙得第三名 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据是真命题知假真，结合是真命题可知为真命题，由此可得出结论.‎ ‎【详解】由是真命题，则假真，又因为是真命题，所以为真命题，所以命题为真命题，为真命题，为假命题，即甲得第一名，丙得第三名，乙没有得第二名．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查利用复合命题的真假判断简单命题的真假，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ 利用“‎1”‎的变换，所求式子化为关于的齐次分式，化弦为切，即可求解.‎ ‎【详解】.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查同角间三角函关系，弦切互化是解题的关键，属于基础题.‎ ‎5.已知定义域为的偶函数在上单调递增，且，，则下列函数中符合上述条件的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 由题意，函数的图象关于轴对称，但在单调递减，在单调递增，不满足题意；‎ 函数的图象关于原点对称，所以函数为奇函数，不满足题意；‎ 函数，即函数的值域为，不满足题意，故选C．‎ ‎6.在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则下列说法错误的是（ ）‎ A. 此人第二天走了九十六里路 B. 此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里.‎ C. 此人第三天走的路程占全程的 D. 此人后三天共走了42里路 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由S6=378求得首项，再由等比数列的通项公式求第二天的，第三天的，后三天的路程，即可得到答案．‎ ‎7.已知函数，直线与的图象的相邻两个交点的横坐标分别是和，下列正确的是（ ）‎ - 26 -‎ A. 该函数在上的值域是 B. 在上，当且仅当时函数取最大值 C. 该函数的最小正周期可以是 D. 的图象可能过原点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取可判断A选项的正误；利用函数的图象关于直线对称可判断B选项的正误；求出该函数周期的最小值，可判断C选项的正误；令求得的值，结合题意可判断D选项的正误.‎ ‎【详解】当时，区间无意义，A选项错误；‎ 当函数的图象关于直线对称时，当时，该函数在处取得可能取最大值，也可能取最小值，B选项错误；‎ 设该函数的最小正周期为，则，所以，该函数的最小正周期可以是，C选项正确；‎ 由，得，解得，‎ 令，由题意可得，‎ 所以，则，‎ 此时，D选项错误.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数基本性质的判断，涉及正弦型函数的值域、周期、最值以及奇偶性的判断，考查推理能力，属于中等题.‎ - 26 -‎ ‎8.已知向量满足, , ,，则的最大值等于（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，,即点四点共圆，‎ 再利用余弦定理、正弦定理求解即可.‎ 详解】解：=，，，‎ 设由，，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 又，‎ 则 ‎ 即点四点共圆，要使最大，即为圆的直径，‎ 在中，‎ 由余弦定理可得=+=7,‎ 即AB=,‎ 又由正弦定理可得：，‎ 即最大值为，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了向量模的运算及正弦定理、余弦定理，属难度较大的题型.‎ ‎9.已知双曲线的左右焦点分别为、，过点的直线交双曲线右支于 - 26 -‎ ‎、两点，若是等腰三角形，且．则的周长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用双曲线的定义以及三角形结合正弦定理，转化求解三角形的周长即可.‎ ‎【详解】双曲线的焦点在轴上，则； 设，由双曲线的定义可知：， 由题意可得：， 据此可得：，又 ，∴， 由正弦定理有:,即 所以，解得：，‎ 所以的周长为：‎ ‎=‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎10.数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（ ）‎ A. 99 B. ‎103 ‎C. 107 D. 198‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ - 26 -‎ 根据递推公式，构造新数列为等比数列，求出数列通项，再并项求和，将用表示，再结合通项公式，即可求解.‎ ‎【详解】由得，‎ ‎∴为等比数列，∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴ ‎ ‎，‎ ‎①为奇数时，，.‎ ‎②为偶数时，，，‎ ‎∵，只能为奇数，‎ ‎∴为偶数时，无解.‎ 综上所述，.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查递推公式求通项，合理应用条件构造数列时解题的关键，考查并项求和，考查分类讨论思想，属于较难题.‎ ‎11.已知，若点P是抛物线上任意一点，点Q是圆上任意一点，则的最小值为　　‎ A. 3 B. C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用三角形知识得到，转化成，令，将转化成，问题得解．‎ - 26 -‎ ‎【详解】设，‎ 由抛物线方程可得：抛物线的焦点坐标为，‎ 由抛物线定义得：‎ 又 所以，‎ 当且仅当三点共线时（F点在PQ中间），等号成立，‎ 令，可化为：，‎ 当且仅当，即：时，等号成立．‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质及换元法、基本不等式的应用，还考查了计算能力及转化能力，属于基础题．‎ ‎12.下列四个命题：①；②；③；④，其中真命题的个数是（ ）（为自然对数的底数）‎ - 26 -‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所要比较大小的式子可以构造函数，利用其单调性即可求解.‎ ‎【详解】构造函数，，当时，，当时，，所以函数在时单调递增，在时单调递减，而，所以，化简得故①错误，而，所以，即，化简可得故②正确，因为，所以，化简可得 ，故③正确，因为当时取最大值，若④成立，可得，即，显然不成立，故错误，综上可知选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数的增减性比较大小，涉及构造函数，利用导数求函数的单调性，属于难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．‎ ‎13.展开式中，含项的系数为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 展开式的通项公式为：,结合题意，令，此时项数为，令，此时项数为，据此即可确定项的系数.‎ ‎【详解】展开式的通项公式为：,‎ 令，此时项数为：，‎ - 26 -‎ 令，此时项数为：，‎ 综上可得：含的项为，‎ 含项的系数为.‎ ‎【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．‎ ‎(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．‎ ‎14.函数和的图象有公共点，且在点处的切线相同，则这条切线方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据导数几何意义列方程组，消得，再根据导数求其单调性，根据单调性确定其解，最后根据点斜式求切线方程.‎ ‎【详解】，‎ 设切点的横坐标为，则根据题意可得，‎ 得，，‎ 设，则单调递增，又，‎ 所以方程有唯一解，‎ 所以切点为，切线斜率，切线方程为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查导数几何意义以及利用导数求方程的解，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ - 26 -‎ ‎15.如图，在棱长为2的正方体中，点是中点，动点在底面内（不包括边界），使四面体体积为，则的最小值是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得到的距离，再利用勾股定理知要使取得最小值，则需取得最小值，此时利用点到直线的距离可得解.‎ ‎【详解】由已知得四面体体积 ‎ 所以设到的距离为，则 解得所以在底面内（不包括边界）与平行且距离为的线段 上，‎ 要使的最小，则此时是过作的垂线的垂足.‎ 点到的距离为所以 此时 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何的动点最值问题，将空间立体问题转化为平面问题是解题的关键，属于难度题.‎ ‎16.已知，数列为等差数列，公差，为数列前 - 26 -‎ 项和，若满足，则_____；_____.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，由可得出，求出和的值，可求得、的值，利用等差数列的求和公式可求得的值.‎ ‎【详解】，‎ 由，得，‎ 设，则，化简得，解得.‎ ‎，则，，‎ 因此，.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，同时也考查了等差数列求和，考查运算求解能力，属于中等题.‎ 三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个考生都必须回答．第22~23题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎17.△ABC的内角A，B，C所对边分别为，已知△ABC面积为 - 26 -‎ ‎.‎ ‎（1）求角C；‎ ‎（2）若D为AB中点，且c=2，求CD的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，由正弦定理化角为边，‎ 得，再根据余弦定理即可求出角C；‎ ‎（2）由余弦定理可得，又，结合基本不等式可求得．由中点公式的向量式得，再利用数量积的运算，即可求出的最大值．‎ ‎【详解】（1）依题意得，，‎ 由正弦定理得，，即，‎ 由余弦定理得，， ‎ 又因为，所以. ‎ ‎（2）∵，， ‎ ‎∴，即． ‎ ‎∵为中点，所以，‎ ‎∴‎ ‎ ‎ 当且仅当时，等号成立.所以最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正、余弦定理解三角形，以及利用中点公式的向量式结合基本不等式解决中线的最值问题，意在考查学生的逻辑推理和数学运算能力，属于中档题．‎ - 26 -‎ ‎18.如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析,（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连结交于点，连结，可知，根据线面平行的判定定理，证明即可.‎ ‎（Ⅱ）法一: 由，，可知，即，根据平面，可知平面，即，，以为原点，，，所在直线分别为，， 轴，建立空间直角坐标系，求各点坐标，计算平面的法向量为，平面的法向量为，根据，求解即可. 法二：延长、交于，连接，过作于，过作于，连接，则平面，，又，所以平面，为平面与平面所成锐二面角的平面角. 由，，，计算 ‎，，利用，求解，即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：连结交于点，连结.‎ - 26 -‎ 则为中点，为中位线.‎ 所以.‎ 又平面，平面.‎ 所以平面.‎ ‎（Ⅱ）法一：因为，是的中点，所以.‎ 又因为，所以，则 即，所以.‎ 又因为平面，所以建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，.‎ 平面的法向量为.‎ 设平面的法向量为，则由，，得 令，则，.‎ 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.‎ - 26 -‎ 法二：延长、交于，连接，过作于，‎ 过作于，连接，‎ 则平面，，又，所以平面，‎ 为平面与平面所成锐二面角的平面角.‎ 中，，所以高为中线，，，‎ ‎∵，∴，∴，‎ 中，，‎ ‎，∴‎ 中，，，‎ 所以平面与平面所成锐二面角的平面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行，以及求二面角的余弦值，解决本题可以空间向量法也可以用几何法，属于较难的题.‎ ‎19.已知椭圆的半焦距为，圆与椭圆 - 26 -‎ 有且仅有两个公共点，直线与椭圆只有一个公共点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）已知动直线过椭圆的左焦点，且与椭圆分别交于两点，试问：轴上是否存在定点，使得为定值?若存在，求出该定值和点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）在轴上存在点，使得为定值 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知求出即得椭圆的标准方程；（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，利用韦达定理和向量的数量积求出，此时为定值；当直线的斜率不存在时，直线的方程为，求出此时点R也满足前面的结论，即得解.‎ ‎【详解】(1)依题意，得，‎ 则，‎ 故椭圆的标准方程为.‎ 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，‎ 代人椭圆的方程，可得 设，，则，‎ 设，则 - 26 -‎ 若为定值，则，解得 此时 点的坐标为 ‎②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代人，得 不妨设，若，则 综上所述，在轴上存在点，使得为定值 ‎【点睛】本题主要考查椭圆的方程的求法，考查椭圆中的定点定值问题，意在考查学生对这些知识的 理解掌握水平.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）若是的导函数，讨论的单调性；‎ ‎（2）若（是自然对数的底数），求证：.‎ ‎【答案】（1）①当时，在上是增函数；②当时，在上是增函数；在上是减函数．（2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，得，然后求出导函数，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数g增区间，g求得的范围，可得函数g的减区间；（2）因为，令，再次求导可证明 - 26 -‎ 在区间上有唯一零点，在区间上，是减函数，在区间上，是增函数，故当时，取得最小值，只需证明即可.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ ‎ ， ‎ ‎①当时，，在上是增函数；‎ ‎②当时，由得，‎ 所以在上是增函数；在上是减函数；‎ ‎（2）因为，令，则，‎ 因为，所以，‎ 即在是增函数，‎ 下面证明在区间上有唯一零点，‎ 因为，，‎ 又因为，所以，，‎ 由零点存在定理可知，在区间上有唯一零点，‎ 在区间上，，是减函数，‎ 在区间上，，是增函数，‎ 故当时，取得最小值，‎ - 26 -‎ 因为，所以，‎ 所以 ，‎ 因为，所以，‎ 所以，.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.‎ ‎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.‎ - 26 -‎ ‎（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，，∴，∴‎ - 26 -‎ ‎.‎ ‎∴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 - 26 -‎ ‎，∴.‎ 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．请考生在第22、23题中任选一一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎[选修4--4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在极坐标系中，曲线C1的极坐标方程是，在以极点为原点O，极轴为x轴正半轴（两坐标系取相同的单位长度）的直角坐标系xOy中，曲线C2的参数方程为（θ为参数）.‎ ‎（1）求曲线C1的直角坐标方程与曲线C2的普通方程；‎ ‎（2）将曲线C2经过伸缩变换后得到曲线C3，若M，N分别是曲线C1和曲线C3上的动点，求|MN|的最小值.‎ ‎【答案】（1）C1的直角坐标方程为4x＋3y－24＝0，C2的普通方程为x2＋y2＝1；‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由极坐标与直角坐标的互化公式，化简即可求得C1的直角坐标方程，结合三角函数的基本关系式，消去参数，即可求得C2的普通方程；‎ - 26 -‎ ‎（2）将曲线C2经过伸缩变换得到曲线C‎3C3的参数方程为为参数），设N（2cosα，2sinα），利用点到直线的距离公式，求得d有最小值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，曲线C1的极坐标方程是，‎ 即4ρcosθ＋3ρsinθ＝24，又由，‎ 所以4x＋3y－24＝0，故C1的直角坐标方程为4x＋3y－24＝0.‎ 因为曲线C2的参数方程为（θ为参数），所以x2＋y2＝1，‎ 故C2的普通方程为x2＋y2＝1.‎ ‎（2）将曲线C2经过伸缩变换后得到曲线C3，‎ 则曲线C3的参数方程为为参数）.‎ 设N（2cosα，2sinα），则点N到曲线C1的距离 ‎（其中满足）‎ 当sin（α＋φ）＝1时，d有最小值，‎ 所以|MN|的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及点到直线的距离公式的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，结合直线参数中参数的几何意义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎[选修4--5：不等式选讲]‎ - 26 -‎ ‎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）‎ - 26 -‎ ‎，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。‎ - 26 -‎