河北省2020届高三下学期名优校联考数学（文）试题 WORD版含解析.doc

1、2019-2020学年度河北名优校联考数学（文科）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.已知复数满足（为虚数单

2、位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】先根据复数的四则运算求得z，再利用复数几何意义求解结论.【详解】由，得，则，复数在复平面内对应的点为，复数在复平面内对应的点所在的象限为第三象限.故选：C.【点睛】本题考查复数的基本知识，复数的概念以及其几何意义，考查计算能力，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

3、（ ）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】B【解析】【分析】根据与特殊点的比较可得因为,从而得到,得出答案.【详解】解:因为,所以.故选:B【点睛】本题主要考查指数函数和对数函数的单调性与特殊点的问题,要熟记一些特殊点,如,.5.若两个非零向量，满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）A.

4、 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.，.，由，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.已知，则下列结论不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分析：由题意利用

5、同角三角函数的基本关系求得的值，再利用两角差的余弦公式求得的值，可得结论.【详解】，.故选：D.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的余弦公式的应用，属于基础题.8.已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. f（x）的最小正周期为2B. f（x）的最大值为C. f（x）在上单调递增D. f（x）的图象关于直线x对称【答案】B【解析】【分析】根据倍角公式和辅助角公式化简，得.可直接判断的正误；选项，求出的取值范围，判断的单调性，即得的正误；选项，把代入，看是否取得最值，即得的正误.【详解】.的最小正周期为，最大值为，故错误，正确.对，当时，又在上单调递减，在上单调递减.故错误.对，不

6、最值，故错误.故选：.【点睛】本题考查三角恒等变换和三角函数的性质，属于中档题.9.某中学在每年的春节后都会组织高一学生参加植树活动.为保证树苗的质量，在植树前都会对树苗进行检测.现从某种树苗中随机抽测了10株树苗，测量出的高度（i=1，2，3，10）（单位：厘米）分别为37，21，31，20，29，19，32，23，25，33.计算出抽测的这10株树苗高度的平均值，将这10株树苗的高度依次输入程序框图进行运算，则输出的S的值为（ ）A. 25B. 27C. 35D. 37【答案】C【解析】【分析】根据流程图的含义可知表示10株树苗高度的方差，是描述树苗高度离散程度的量，根据方差公式解之可得【

7、详解】解：由，由程序框图看出，程序所执行的是求这组数据的方差，所以，这组数据的方差为：故选：【点睛】本题考查程序流程图的理解，方差的计算，属于基础题.10.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出双曲线的渐进线方程，可得到值，再由的关系和离心率公式，即可得到答案【详解】双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则，所以该条渐近线方程为；所以，解得；所以 ，所以双曲线的离心率为故选A【点睛】本题考查双曲线的方程与性质，考查离心率的求法，考查学生基本的运算能力，属于基础题，11.在中，内角A，B，C所对的边分别为.已知则A. B. C. D

8、. 【答案】C【解析】【分析】由正弦定理将边与角的关系转化成角的关系，再运用诱导公式和两角和的正弦公式化简，再利用辅助角公式可求得A.【详解】由已知和正弦定理得，即，即所以，因为，所以，即，所以，即，又，所以，故选C【点睛】本题考查正弦定理、辅助角公式，诱导公式，利用正弦定理将已知等式中的边、角关系转化为角之间的关系式,再利用诱导公式、两角和的正弦公式是本题的关键，属于中档题.12.已知椭圆，直线，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，是椭圆C上关于l对称的两点，AB的中点为，根据椭圆C上存在两点关于直线对称，将A，B两点代

9、入椭圆方程，两式作差可得，点M在椭圆C内部，可得，解不等式即可.【详解】设，是椭圆C上关于l对称的两点，AB的中点为，则，.又因为A，B在椭圆C上，所以，两式相减可得，即.又点M在l上，故，解得，.因为点M在椭圆C内部，所以，解得.故选：C【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系以及在圆锥曲线中“设而不求”的思想，属于基础题.第卷（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

10、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

11、，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表面积是_.【答案】【解析】【分析】正棱锥的外接球的球心在顶点向底面做投影所在的直线上，先求底面外接圆的半径，再由勾股定理求锥的高，由勾股定理求出外接球的半径，由球的表面积公式求出表面积.【详解】解析：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

12、三棱锥外接球的半径长，.在中，即，解得，外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查正三棱锥的外接球的表面积以及计算能力，属于中档题.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1721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.已知是公差不为零的等差数列，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设的公差为，由已知列方程组求解首项与公差，则通项公式可求；（2），再由数列的分组求和得答案.【详解】解：（1）设的公差为，.，成等

13、比数列，即，整理，得.又，.又，联立，得解得.（2），.【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等比数列的性质，训练了数列的分组求和，是中档题.18.如图所示，四棱锥的底面是正方形，是正方形的中心，底面，底面边长为，是的中点，连接，. （1）证明：平面，平面平面；（2）若，求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连结OE，推导出，从而平面BDE，推导出，从而平面，由此能证明平面平面；（2）由平面，得，推导出，从而，由此能求出四棱锥的体积.【详解】（1）证明：连接.，分别为，的中点，.平面，平面，平面.平面，.在正方形，.又，平面，平面，平面.又平面，平面平面；（2

14、）解：取的中点，连接，易得.平面，.，分别是，的中点，即.在中，.【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，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，是中档题.19.为抗击新型冠状病毒，普及防护知识，某校开展了“疫情防护”网络知识竞赛活动.现从参加该活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为6组：，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求的值，并估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀”，比赛成绩低于80分为“非优秀”.

15、请将下面的22列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？优秀非优秀合计男生40女生50合计100参考公式及数据：.0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828【答案】（1），74.5分；（2）表格见解析，有【解析】【分析】（1）根据频率和为1，求出，按照平均数公式，即可求解；（2）由频率直方图求出，在抽取的100名学生中，比赛成绩优秀的人数，补全列联表，求出的观测值，结合提供数据，即可得出结论.【详解】（1）由题可得，解得因为，所以估计这100名学生的平均成绩为74.5分（2）由（1）知，在抽取的100名学生中，比赛成绩优秀的

16、有人，由此可得完整的列联表：优秀非优秀合计男生女生合计观测值，有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”.【点睛】本题主要考查概率与统计等基础知识，意在考查数学建模、数学抽象、数学运算、数据分析的数学核心素养，属于基础题.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，.（）求抛物线的方程；（）当时，求证：直线恒过定点并求出该定点的坐标.【答案】（）；（）见解析.【解析】【分析】（）根据及抛物线定义可求p，从而得到方程；（）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】（）由抛物线的定义

17、可以，,抛物线的方程为. （）由（）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，

18、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

19、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

20、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.