河北省唐山市2020届高三上学期期末考试数学文科试题 26页

唐山市2019—2020学年度高三年级第一学期期末考试 文科数学 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.复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的乘法法则可计算出的值.‎ ‎【详解】由复数的乘法法则可得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用并集的定义可求出集合.‎ ‎【详解】，，.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查并集的计算，熟悉并集的定义是计算的关键，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的标准方程为，焦距为，根据双曲线的渐近线方程可得出，再利用公式即可求出双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设双曲线的标准方程为，焦距为，则，‎ 双曲线的渐近线方程为，，‎ 因此，双曲线的离心率为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，在涉及双曲线的渐近线方程时，计算离心率时可利用公式，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知实数、满足不等式组，则目标函数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察该直线在轴上截距最大和最小时对应的最优解，代入目标函数即可得出函数的取值范围.‎ ‎【详解】作出不等式组所表示的可行域，如下图中的阴影部分区域所示：‎ 则为直线在轴上的截距，平移直线，当直线经过可行域的顶点时，此时该直线在轴上的截距最大，该函数取得最大值，即；‎ 当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，此时，该函数取得最小值，即.‎ 因此，目标函数的取值范围是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数取值范围的求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎5.图（）是某品牌汽车年月销量统计图，图（）是该品牌汽车月销量占所属汽车公司当月总销量的份额统计图，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 该品牌汽车年全年销量中，月份月销量最多 B. 该品牌汽车年上半年的销售淡季是月份，下半年的销售淡季是月份 C. 年该品牌汽车所属公司月份的汽车销量比月份多 D. 该品牌汽车年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据图（）中的条形统计图可判断出A、B、D选项的正误，结合图（）和图（）比较该品牌汽车所属公司月份和月份销量的大小，可判断出C选项的正误.‎ ‎【详解】根据图（）中的条形统计图可知，该品牌汽车年全年销量中，月份月销量最多，A选项正确；‎ 该品牌汽车年上半年销量最少的月份是月份，下半年销量最少的月份是月份，B选项正确；‎ 由条形统计图中的波动性可知，该品牌汽车年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳，D选项正确；‎ 由图（）和图（）可知，该品牌汽车月份和月份的销量相等，但该品牌汽车月份的销量占该品牌汽车所属公司当月总销量的比例较月份的大，所以，年该品牌汽车所属公司月份的汽车销量比月份少，C选项错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查条形统计图与频率分布折线图的应用，考查学生数据处理的能力，属于中等题.‎ ‎6.已知，则满足的的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析出函数是上的减函数，且有，将所求不等式化为，结合该函数的单调性与定义域得出关于的不等式组，解出即可.‎ ‎【详解】由于函数为减函数，函数为增函数，‎ 所以，函数是上的减函数，且有，‎ 由可得，，解得.‎ 因此，满足的的取值范围是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数不等式的求解，一般将不等式转化为，利用函数的单调性求解，同时不要忽略函数定义域的限制，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎7.如图为函数的部分图象，将其向左平移个单位长度后与函数的图象重合，则可以表示为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用图象求出函数的解析式，然后利用平移变换可得出函数的解析式.‎ ‎【详解】设函数的最小正周期为，则，，‎ 所以，，‎ 由于是函数图象的一个对称中心，且函数在附近单调递减，所以，，‎ 则，‎ 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，‎ 因此，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用图象求三角函数解析式，同时也考查了三角函数图象的相位变换，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎8.笛卡尔心形线的极坐标方程为，如图，笛卡尔心形线在半径为的圆内.为了测算该心形线围成的区域面积，某同学利用计算机随机模拟法向该圆内随机投掷了个点，其中落入心形线内的点有个，则该心形线围成的区域面积约为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设该心形线围成的区域面积为，根据几何概型的概率公式得出，由此可计算出的值.‎ ‎【详解】设该心形线围成的区域面积为，则圆的面积为，‎ 由题意可得，解得，‎ 因此，该心形线围成的区域面积约为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用随机模拟的思想求不规则区域的面积，解题的关键就是利用几何概型的概率公式列等式求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎9.若，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得出关于和的方程组，解出这两个量，然后利用即可计算出的值.‎ ‎【详解】由题意可得，解得或，‎ 因此，或.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用同角三角函数的基本关系求值，涉及平方关系与商数关系的应用，考查方程思想的应用，属于中等题.‎ ‎10.如图，三棱柱中，底面，，，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，取的中点，证明出平面，可知直线与平面所成的角为，计算出和，即可计算出直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】如下图所示，设，取的中点，连接、，‎ 在三棱柱中，，，‎ 为的中点，，‎ 平面，平面，.‎ ‎，平面，‎ 则直线与平面所成的角为，‎ 平面，平面，，，‎ ‎，，且，，‎ 为的中点，，‎ 平面，平面，，‎ 在中，.‎ 因此，直线与平面所成角的正弦值是.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角正弦值的计算，解题的关键就是要找出线面垂直，结合线面角的定义进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎11.、为椭圆的左、右焦点，为短轴的一个端点，连接并延长交椭圆于点，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直线方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，然后利用三角形的面积公式可求出的面积.‎ ‎【详解】如下图所示，设点为椭圆的上顶点，可知点、，‎ 则直线的方程为，即，‎ 将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得，‎ 解得或，所以点，‎ 因此，的面积为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆中三角形面积的计算，解题的关键就是求出直线与椭圆的交点坐标，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12.已知直线与曲线和分别相切于点、.有以下命题：①（为原点）；②；③，则正确命题的个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数求出直线的方程，可得出，根据的符号判断命题①的正误，由结合指数与对数的互化可判断命题②的正误，由题中条件得出，构造函数，利用导数说明函数在区间和上都不存在零点，从而可判断出命题③的正误.‎ ‎【详解】，，所以，直线的方程为，‎ 即，同理可知，直线的方程为，‎ 所以，‎ 由，可得，则，命题②正确；‎ ‎，‎ 若、、三点共线，则，解得，此时，等式不成立，矛盾；‎ 若，由可得，此时等式不成立，矛盾；‎ 若，则，有，此时；‎ 若，则，有，此时.‎ 所以，，命题①正确；‎ 由，可得，代入等式，可得，所以，，‎ 构造函数，则，‎ 当时，，此时函数单调递减，且；‎ 当时，，此时函数单调递增，且.‎ 所以，函数在区间和上都不存在零点，则，命题③正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查两函数公切线问题，涉及角的判断以及函数的零点问题，解题时要充分利用导数研究函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知，，与夹角的余弦值为，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面向量数量积的运算律和定义求出的值，即可求出的值.‎ ‎【详解】由平面向量数量积的定义可得，‎ ‎，因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量模的计算，一般将模平方，借助平面向量数量积的定义和运算律进行计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎14.已知函数满足，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得出关于和的方程组，解出即可.‎ ‎【详解】，，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数值的计算，解题时要结合等式的结构构造方程组求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎15.已知两圆、和轴正半轴，轴正半轴及直线都相切，则两圆圆心的距离______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆、的半径分别为、，且，并作出图形，根据几何关系列出、满足的关系式，即可求出的值.‎ ‎【详解】设圆、的半径分别为、，且，如下图所示：‎ 设两圆相切于点，，易知直线的倾斜角为，‎ 由几何关系可得，解得；‎ ‎，解得，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查两圆相切时圆心距的计算，解题时要充分利用几何关系列出有关圆的半径所满足的等式，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎16.在中，，、为边上的点，且，，若，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，可知点为边的中点，由向量加法的三角形法则可得出，从而可得出，为的角平分线，利用正弦定理可得出 ‎，并设，，其中，由余弦定理得出，从而得出和为关于的方程的两根，利用韦达定理可得出，结合等式可求出的值，再利用余弦定理即可得出.‎ ‎【详解】设，，如下图所示：‎ 由于，则点为的中点，‎ ‎，‎ 即，所以，，‎ 整理得，即，①‎ ‎，‎ 在中，由正弦定理，得，‎ 在中，由正弦定理，‎ 得，，设，‎ 由，可得，可知，‎ 在中，由余弦定理得，‎ 即，即，同理可得，‎ 所以，和为关于的方程的两根，‎ 由韦达定理得，，，‎ 代入①式得，整理得，‎ ‎，解得，‎ 由余弦定理得，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角形边长的计算，涉及余弦定理、正弦定理的应用，考查了三角形中线和角平分线的几何性质，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ 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.已知是公差不为的等差数列，且前项和为.是等比数列，且，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量，然后利用等差数列的通项公式可求出；‎ ‎（2）根据题意求出等比数列的通项公式，然后利用等比数列的前项和公式可求出.‎ ‎【详解】（1）设的公差为，则，则，得.①‎ 因为是等比数列，且，，，‎ 由，可得，化简得，‎ 因为，所以.②‎ 由①②解得，，，故；‎ ‎（2）由（1）得，，‎ 设等比数列的公比为，则，故，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项公式的求解，同时也考查了等比数列前项和的计算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.河北省高考综合改革从年秋季入学的高一年级学生开始实施，新高考将实行“”模式，其中表示语文、数学、外语三科必选，表示从物理、历史两科中选择一科，表示从化学、生物、政治、地理四科中选择两科.某校级入学的高一学生选科情况如下表：‎ 选科组合 物化生 物化政 物化地 物生政 物生地 物政地 史政地 史政化 史生政 史地化 史地生 史化生 合计 男 女 合计 ‎（1）完成下面的列联表，并判断是否在犯错误概率不超过 的前提下，认为“选择物理与学生的性别有关”？‎ ‎（2）学校按性别用分层抽样的方式，从选择“史地化”组合的同学中抽取了名同学.现要从这名同学中随机抽取名同学参加某项活动，则抽取的名同学中，恰有名男生的概率.‎ 选择物理 不选择物理 合计 男 女 合计 附表及公式：‎ ‎【答案】（1）不能在犯错误概率不超过的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”；填表见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中信息完善列联表，并计算出的观测值，结合临界值表可对题中结论进行判断；‎ ‎（2）可知抽取的名学生中，男生有人，分别记为、，女生有人，分别记为、、，列举出所有的基本事件，确定基本事件总数，并列举出事件“恰有一名男生”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求出所求事件的概率.‎ ‎【详解】（1）依题意可得列联表 选择物理 不选择物理 合计 男 女 合计 将列联表中的数据代入公式计算得 ‎，‎ 所以，不能在犯错误概率不超过的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”；‎ ‎（2）该学校选择“史地化”组合的男生、女生的比为，‎ 所以从选择“史地化”组合的同学中按性别用分层抽样的方式抽取名同学，其中男生名，女生名.‎ 记男生分别为、，女生分别为、、，‎ 从名同学中随机抽取名同学，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种等可能的结果.‎ 其中，恰有一名男生包含的基本事件有：、、、、、，共种等可能的结果，‎ 所以恰有名男生的概率.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验基本思想的应用，同时也考查了利用古典概型的概率公式计算事件的概率，一般列举出所有的基本事件，遵循不重不漏的基本原则，考查学生数据处理的能力，属于中等题.‎ ‎19.如图，是圆的直径，是圆上的点，垂直圆所在的平面，、分别是、的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由是圆的直径，得出，由垂直圆所在的平面得出，利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面，由中位线的性质可得出，由此可证明出平面；‎ ‎（2）可证明出平面，利用平面与平面垂直的判定定理可证明出平面平面，然后过点引的垂线，垂足为，利用平面与平面垂直的性质定理可得出平面，从而得出的长度即为点到平面的距离，利用等面积法计算出的长度即可.‎ ‎【详解】（1）因为是圆的直径，所以，‎ 因为垂直圆所在的平面，为圆所在平面内的一条直线，所以，‎ 又因为，所以平面.‎ 因为、分别是棱、的中点，所以，从而有平面；‎ ‎（2）因为是圆的直径，所以，‎ 因为垂直圆所在的平面，为圆所在平面内的一条直线，所以，‎ ‎，平面，又平面，则平面平面.‎ 过引的垂线，垂足为，‎ 平面平面，平面平面，，平面，平面，‎ 所以的长度即为点到平面的距离.‎ 由已知及，，可得，，‎ 在直角中，，则.‎ 所以点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，一般利用等体积法进行计算，同时也可以过点作平面的垂线，利用面面垂直的性质定理进行转化，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎20.己知抛物线的焦点为，过点的直线与相交于、两点.‎ ‎（1）若的中点纵坐标为，求直线的方程；‎ ‎（2）设直线与的准线相交于，，求证：直线、、的斜率成等差数列.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，并设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理求出的值，即可得出直线的方程；‎ ‎（2）设直线、、的斜率分别为、、，求得点，可得出，然后利用斜率公式结合韦达定理证明出，即可证明出题中结论成立.‎ ‎【详解】（1）由题意得，设，设点、，‎ 将直线的方程代入得，则，.‎ 由于的中点纵坐标为，则，解得.‎ 所以直线的方程为；‎ ‎（2）设直线、、的斜率分别为、、.‎ 由题意可解得，则.‎ 而 所以，直线、、的斜率成等差数列.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，涉及中点弦问题以及斜率关系的证明，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎21.设函数，.‎ ‎（1）讨论在上的单调性；‎ ‎（2）证明：在上仅有三个零点.‎ ‎【答案】（1）单调递减区间为；单调递增区间为，；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，求得，利用导数求出函数的极值点，分析的符号变化，即可得出函数在上的单调区间；‎ ‎（2）求得，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理证明出函数在区间，内各有一零点，利用函数值符号说明该函数在区间 和上均无零点，由此可证明出函数在上只有三个零点.‎ ‎【详解】（1），所以.‎ 由且，得或.‎ 当变化时，和的变化情况如下表：‎ 极大值 极小值 所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和；‎ ‎（2）由（1）得，当时，的极小值；‎ 极大值，又，‎ 所以存在，，使得，‎ 且当变化时和的变化情况如下表：‎ 极大值 极小值 从而；，又，‎ 所以在，内各有一零点，又，‎ 所以在内有个零点.‎ 当时，，单调递减，所以，‎ 所以在上没有零点；‎ 当时，，‎ 所以在上没有零点.‎ 综上，在上仅有三个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数分析函数的单调性，同时也考查了利用导数研究函数的零点问题，一般利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎（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，则按所做的第一题记分.‎ ‎ [选修4－4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，圆，直线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求圆和直线的极坐标方程；‎ ‎（2）设、分别为圆和直线上的点，且满足，设，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）圆，直线；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将圆的方程化为，即可将圆的方程化为极坐标方程，由可将直线的方程化为极坐标方程；‎ ‎（2）设点的极坐标为，点的极坐标为 ‎，分别代入相应曲线的极坐标方程，化简得出，然后利用二次函数的基本性质可求出的最小值.‎ ‎【详解】（1）圆的方程为，即，‎ 因为，，，‎ 所以圆，直线；‎ ‎（2）设、，.‎ 依题意可得，，，.‎ 所以，从而，‎ 所以，‎ 所以当时，取得最小值.‎ ‎【点睛】本题考查普通方程与极坐标方程的互化，同时也考查了利用极坐标方程解决实际问题，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎ [选修4－5：不等式选讲]‎ ‎23.已知、、、是正实数，且，.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）当为何值时，取得最大值？‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可证明出；‎ ‎（2）将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最大值，利用等号成立的条件可求出的值.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 又，故，当且仅当时，即时等号成立；‎ ‎（2）因为，‎ 所以，当且仅当时等号成立，‎ 此时，故当时，取得最大值.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式证明不等式成立，同时也考查了利用基本不等式求代数式的最值，在利用基本不等式时要满足“一正、二定、三相等”三个条件，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎