河北省石家庄二中2020届高三上学期第三次联考理科数学试题 24页

河北省石家庄二中2020届高三年级上学期第三次联考数学 ‎（理科）‎ 第Ⅰ卷 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，只有一项是符合题目要求的 ‎1.设，，若，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得到，即可求解实数的取值范围，得到答案。‎ ‎【详解】由题意，集合，，‎ 因为，则，即实数的取值范围是。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用集合的包含关系求解参数问题，其中解答中熟练集合的包含关系，列出相应的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎2.己知命题p：，则为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先改存在量词为全称量词,再否定结论.‎ ‎【详解】:.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了含有一个量词的命题的否定,属于基础题.‎ 解题方法:先改量词,再否定结论.‎ ‎3.己知复数z满足（其中i为虚数单位），则（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据i的幂运算性质可得，再由复数的除法运算可求得z，从而求出.‎ ‎【详解】，则，‎ 所以，.‎ 所以本题答案为B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的乘除法和复数的模，解决复数问题，要通过复数的四则运算将复数表示为一般形式，结合复数相关知识求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.中国当代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为；“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第一天走了（ ）‎ A. 24里 B. 48里 C. 96里 D. 192里 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 每天行走的步数组成公比为的等比数列,根据前6项和为378列式可解得.‎ ‎【详解】设第天行走了步,则数列是等比数列,且公比,‎ 因为,‎ 所以,‎ 所以 ,‎ 所以第一天走了192里.‎ 故选D ‎【点睛】本题考查了等比数列的前项和公式中的基本量的计算,属于基础题.‎ ‎5.已知函数为偶函数，且对于任意的，都有,设，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断函数在单调性，然后根据偶函数化简，然后比较2，，的大小，比较的大小关系.‎ ‎【详解】若，则函数在是单调递增函数，‎ 并且函数是偶函数满足，‎ 即，‎ ‎， ‎ 在单调递增，‎ ‎，‎ 即.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和函数的单调性比较函数值的大小，意在考查函数性质的应用，意在考查转化和变形能力，属于基础题型.‎ ‎6.若函数的图像向左平移（）个单位，所得的图像关于轴对称，则当最小时，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平移变换得到解析式后,利用所得的图像关于轴对称列式,再求最小值.‎ ‎【详解】将函数的图像向左平移（）个单位后,得到函数,‎ 因为其图像关于轴对称,所以,,即,,‎ 因为,所以时,取得最小值,此时.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数图像的平移变换,以及对称轴,属于中档题.‎ ‎7.已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得，得到函数在点处的切线的斜率为，‎ 得出函数，利用函数的奇偶性和特殊的函数的值，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 则在点处的切线的斜率为，‎ 即，可得，‎ 所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B、D项，‎ 又由当时，，排除C项，‎ 只有选项A项符合题意。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，函数图象的识别，以及函数的性质的应用，其中解答利用导数的几何意义求得函数的解析式，结合函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎8.已知两点，以及圆：，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知：以AB为直径的圆与圆有公共点，从而得出两圆圆心距与半径的关系，列出不等式得出的范围．‎ ‎【详解】，点在以，两点为直径的圆上，‎ 该圆方程为：，又点在圆上，两圆有公共点．‎ 两圆的圆心距 解得：‎ 故选D ‎【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，还考查了向量垂直的数量积表示，属于中档题．‎ ‎9.在直角梯形ABCD中，，，，，E是BC的中点，则 A. 32 B. ‎48 ‎C. 80 D. 64‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的基本运算展开，再分别求数量积即可．‎ ‎【详解】，由数量积的几何意义可得：的值为与在方向投影的乘积，又在方向的投影为，，同理， ‎ ‎．故选C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积，正确理解向量的数量积是解本题的关键，属于基础题．‎ ‎10.如图所示，正四面体中,是棱的中点,是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将侧面和沿边展开成平面图形为菱形,可得到的长即为 的最小值,设,在中,利用勾股定理可得,则棱长为,进而可求得正四面体的外接球的表面积 ‎【详解】将侧面和沿边展开成平面图形,如图所示,菱形,‎ 在菱形中,连接,交于点,则的长即为的最小值,即,‎ 因为正四面体,所以,所以,‎ 因为是棱的中点,所以，‎ 所以,‎ 设,则,‎ 所以,则,所以,‎ 则正四面体的棱长为,‎ 所以正四面体的外接球半径为,‎ 所以该正四面体外接球的表面积为,‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查线段和最短问题,考查外接球问题,考查运算能力 ‎11.如图，已知函数的图象与坐标轴交于点，直线交的图象于另一点，是的重心.则的外接圆的半径为 A. 2 B. C. D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据题意求出函数的解析式，然后求出B、C和D的坐标，再利用正弦定理求出外接圆半径R．‎ 详解：∵是的重心，，‎ ‎∴，‎ ‎∴点的坐标为，‎ ‎∴函数的最小正周期为，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 由题意得，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 令得，‎ ‎∴点的坐标为，‎ ‎∴，故，‎ ‎∴．‎ 又点是的中点，‎ ‎∴点的坐标为，‎ ‎∴．‎ 设的外接圆的半径为，则，‎ ‎∴．‎ 故选B．‎ 点睛：本题的综合性较强，考查学生分析问题和解决问题的能力．解题时首先要注意求解析式中的的方法，在求得函数的解析式后从而可得点的坐标，然后再结合正弦定理求解即可．‎ ‎12.已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式.若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 构造函数，求出，由题可得是在上的奇函数且在上为单调递增函数，将转化成 ‎，利用在上为单调递增函数可得：恒成立，利用导数求得，解不等式可得，问题得解．‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 令，则，‎ 又因为是在上的偶函数，所以是在上的奇函数，‎ 所以是在上的单调递增函数，‎ 又因为，可化为，‎ 即，又因为是在上的单调递增函数，‎ 所以恒成立，‎ 令，则，‎ 因为，所以在单调递减，在上单调递增，‎ 所以，则，‎ 所以.‎ 所以正整数的最大值为2.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了函数与导数的应用，函数的奇偶性、单调性、不等式恒成立等基础知识，考查分析和转化能力，推理论证能力，运算求解能力，构造能力，属于难题．.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 ‎13.已知双曲线的右焦点为，则到其中一条渐近线的距离为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得双曲线焦点到渐近线的距离为，由此求得到渐近线的距离.‎ ‎【详解】对于任意双曲线，其中一个焦点到渐近线（即）的距离为.又，焦点到其中一条渐近线的距离为.‎ 故填：2.‎ ‎【点睛】本小题主要考查双曲线焦点到渐近线距离，考查点到直线距离公式，属于基础题.‎ ‎14.的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得,利用被积函数的奇偶性和定积分几何意义求解即可 ‎【详解】由题,,‎ 易知,被积函数是奇函数,所以,‎ 对于,可知其图象为以原点为圆心,半径为4的半圆,所以,‎ 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查定积分的计算,考查几何法求定积分,考查定积分的性质的应用,考查运算能力 ‎15.已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由求出，再由是中的最大值，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以当时，；‎ 当时，也满足上式；‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 综上，；‎ 因为是中的最大值，‎ 所以有且，解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查数列的概念以及简单表示法，熟记递推公式即可，属于基础题型.‎ ‎16.设为椭圆:的两个焦点．为上点，的内心I的纵坐标为，则的余弦值为_____.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为的内心I的纵坐标为，所以可知道的内切圆的半径为，又由三角形的内切圆半径，可得到三角形的面积，接着根据焦点三角形的面积确定，进而求出答案.‎ ‎【详解】如图，‎ 由题意知的内切圆的半径为，又由三角形的内切圆半径，‎ 即，‎ 又由焦点三角形面积，‎ 所以，所以，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查通过焦点三角形的面积公式，确定的余弦值，熟悉公式的运用是解决本题的关键.‎ 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.‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.分别为的内角的对边.已知.‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；‎ ‎（2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大，‎ 结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长．‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 即.‎ 因为，所以.‎ 由，得.‎ ‎（2）因为，‎ 所以，当且仅当时，等号成立.‎ 因为的面积.‎ 所以当时，的面积取得最大值，‎ 此时，则，‎ 所以的周长为.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力．‎ ‎18.设数列满足：，.‎ ‎⑴求；‎ ‎⑵求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，；当时，得到 两式相减求得，进而可得；‎ ‎（2）由（1）知，利用乘公比错位相减法，即可求得.‎ ‎【详解】（1）由题意，数列满足：，，‎ 当时，；‎ 当时，‎ 两式相减得：，‎ 解得，‎ 当时上式也成立，所以.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 则 所以 两式相减得：‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用数列的递推公式求解数列的通项公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.‎ ‎19.如图，矩形ABCD中，AD＝2AB＝4，E为BC的中点，现将△BAE与△DCE折起，使得平面BAE及平面DEC都与平面ADE垂直．‎ ‎（1）求证：BC∥平面ADE；‎ ‎（2）求二面角A﹣BE﹣C的余弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过点B作BM⊥AE于M，过点C作CN⊥ED于N，连接MN，证明BC∥MN即可； （2）以E为原点，ED为x轴，EA为y轴，建立空间直角坐标系E−xyz，求出平面CEB的法向量，平面AEB的法向量，计算即可．‎ ‎【详解】（1）过点B作BM⊥AE，垂足为M，过点C作CN⊥ED于N，连接MN，如图所示； ∵平面BAE⊥平面ADE，平面DCE⊥平面ADE，‎ ‎∴BM⊥平面ADE，CN⊥ADE， ∴BM∥CN； 由题意知Rt△ABE≌Rt△DCE， ∴BM＝CN， ∴四边形BCNM是平行四边形， ∴BC∥MN； 又BC⊄平面ADE，MN⊂平面ADE， ∴BC∥平面ADE； （2）由已知，AE、DE互相垂直，以E为原点，ED为x轴，EA为y轴，建立空间直角坐标系E−xyz，如图所示； ‎ ‎ 则E（0，0，0），B（0，，），C（，0，）， ， 设平面CEB的法向量为＝（x，y，z）， 则， 即， 令y＝−1，则z＝1，x＝1， ∴＝（−1，−1，1）； 设平面AEB的法向量为＝（x，y，z），‎ 则，易求得＝（1，0，0）， 又，‎ 二面角A−BE−C的平面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查了空间几何体以及空间向量的应用问题，是中档题．‎ ‎20.已知椭圆的左焦点，直线与y轴交于点P.且与椭圆交于A，B两点.A为椭圆的右顶点，B在x轴上的射影恰为．‎ ‎（1）求椭圆E的方程；‎ ‎（2）M为椭圆E在第一象限部分上一点，直线MP与椭圆交于另一点N，若，求取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（2）利用已知条件列出方程组，求解椭圆的几何量，然后求解椭圆E的方程． （2）利用三角形的面积的比值，推出线段的比值，得到．‎ 设MN方程：，，联立方程，利用韦达定理，求出 ，解出，将代入韦达定理，然后求解实数λ的取值范围．‎ ‎【详解】解：与椭圆的一个交点A为椭圆的右顶点 ‎.‎ 又轴，得到点，‎ ‎，‎ 椭圆E的方程为．‎ ‎（2）因为 所以，由（1）可知，设MN方程，，‎ 联立方程，得，得，‎ 又，有，将其代入化简可得：，因为M为椭圆E在第一象限部分上一点，所以，‎ ‎，则且，‎ 解得 ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质以及这些与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，难度较大．‎ ‎21.已知函数，其中e为自然对数的底数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；‎ ‎（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解 ‎【详解】（1）,‎ ‎①当时,,‎ ‎∴函数在内单调递增；‎ ‎②当时,令,解得或,‎ 当或时,,则单调递增,‎ 当时,,则单调递减,‎ ‎∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为 ‎（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；‎ ‎（Ⅱ）当时,,‎ ‎①若,即,则是的一个零点；‎ ‎②若,即,则不是的零点 ‎（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以 ‎①当时,在上单调递增。又，所以 ‎（ⅰ）当时,在上无零点；‎ ‎（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点； ‎ ‎②当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,‎ 因为,,所以此时在上恰有一个零点,‎ 综上,‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数处理零点个数问题,考查运算能力,考查分类讨论思想 ‎（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.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线 的极坐标方程为，点的极坐标为，在平面直角坐标系中，直线经过点，且倾斜角为.‎ ‎（1）写出曲线的直角坐标方程以及点的直角坐标；‎ ‎（2）设直线与曲线相交于，两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）曲线的直角坐标方程为；点的直角坐标为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由极坐标与直角坐标的互化可得的直角坐标方程为，点的直角坐标为；‎ ‎（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数方程中的几何意义，再求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，‎ 点的极坐标为：，化为直角坐标为.‎ ‎（2）直线的参数方程为，即（为参数），‎ 将的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，‎ 整理得：，‎ 显然有，则，，‎ ‎，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标的互化，直线的参数方程及，直线的参数方程中的几何意义，属中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数 ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若不等式有解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对去绝对值符号，然后分别解不等式即可 ‎（2）不等式有解，则只需，求出的最小值，然后解不等式即可.‎ ‎【详解】（1）由已知得 当时， ‎ 当时， ‎ 当时，舍 综上得的解集为 ‎（2）‎ 有解 ‎，‎ 或 的取值范围是.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关绝对值不等式的问题，涉及到的知识点有应用零点分段法解绝对值不等式，根据不等式有解求参数的取值范围，属于简单题目.‎