河北省唐山市2020届高三数学上学期期末考试试题理含解析.doc

1、唐山市20192020学年度高三年级第一学期期末考试理科数学一、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.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出后可得.【详解】，故.故选：D.【点睛】本题考查集合的运算（并）以及一元二次不等式的解，本题属于基础题.2.（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法运算计算即可.【详解】，故选：A.【点睛】本题考查复数的除法，注意分子分母同时乘以分母的共轭复数，本题属于基础题.3.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

2、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

3、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.4.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

4、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.5.的展开式中，含项的系数为40，则（ ）A. B. C. 2D. 2【答案】A【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式可得的系数与的关系，解出即可.【详解】展开式的通项公式为，令，则，故的系数为，故.故选：A.【点睛】本题考查二项展开式中的指定项，利用展开式的通项公式来处理此类问题是不二选择，此类问题属于容易题.6.如图为函数的部分图象，将其向左平移

5、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.7.圆：与抛物线：交于，两点，与的准线交于，两点，若四边形为矩形，则该矩形的面积为（ ）A. 2B. 4C. 8D. 16【答案】C【解析】【分析】利用抛物

6、线的几何性质可求矩形的长和宽，从而可求矩形的面积.【详解】因为在准线上，根据矩形的对称性可得过焦点，则且轴，所以，故，从而，故矩形的面积为.故选：C.【点睛】本题考查抛物线的几何性质，注意抛物线上的点到焦点的距离与该点到准线的距离是相等的，解题中常利用这个性质实现两类距离的转化，本题属于基础题.8.一个几何体的三视图如图所示，小正方形的边长为1，则这个几何体的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三视图可得几何体为个球体，从而可求其表面积.【详解】由三视图可得几何体为个球体，球的半径为，故该几何体的表面积为，故选：D.【点睛】本题考查三视图以及几何体的表面积，注意

7、根据三视图复原几何体时，要结合常见的几何体来考虑，本题属于基础题.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.在平行四边形中，分别为边，的中点，与相交于点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，用表示各向量后利用平面向量基本定理可得的值，从而得到，故可得正确的选项.【详解】设，则，所以，整理得到，因为不共线，所以，所以，

8、所以即.故选：D.【点睛】本题考查向量的线性运算，注意向量系数的计算需选择一组合适的基底向量，其余的向量都可以用基底向量来表示，最后利用平面向量基本定理求出系数，此类问题为中档题.11.双曲线（，）的左，右焦点分别为，渐近线上存在一点，使得为直角，交双曲线于点，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出的坐标后可求的坐标，代入双曲线方程后可求离心率.【详解】根据双曲线的对称性不妨设在第一象限且，从而，因为为直角，故，从而，故，所以.又为的中点，所以为的中点，故，所以，化简得到即.故选：A.【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一

9、个等式关系而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组12.已知直线与曲线和分别相切于点，.有以下命题：（为原点）；当时，则正确命题的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】根据为公切线可得满足的方程，根据该方程及的关系可以判断正确与否，再由的符号可判断是否成立.【详解】因为为公切线，故，故，所以，整理得到.因为，故或，故错误.又，当时，令，则，故在上为增函数，而,，因为，故，故，故即，故，所以，令，则，所以在为单调减函数，所以，故成立.又，如果，则；若，则，所以，所以成立，综上，成立，故选：C.【点睛】本题考查函

10、数图象公切线以及导数在函数性质研究中的应用，关于函数的零点问题，需结合函数的单调性和零点存在定理来讨论，关于坐标平面中钝角、锐角问题，可以采用向量数量积的正负来讨论，本题属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数满足，则_.【答案】5【解析】【分析】分别令和可得关于的方程组，解这个方程组可得的值.【详解】令，则，令，则，故.故答案为：.【点睛】本题考查函数的解析式（或函数值）的求法，一般地，我们需要利用换元法、配凑法或函数方程法求出解析式后再求函数值，也可以利用函数解析式满足的等式用赋值法来求特殊点处的函数值.14.学校在周一至周五的5天中安排2天分别进行甲、乙两

11、项不同的活动，若安排的2天不相邻且甲活动不能安排在周一，则不同的安排方式有_种.【答案】9【解析】【分析】就乙项活动是否安排在周一分类讨论可得不同的安排方式的种数.【详解】如果乙项活动安排在周一，则甲有3种安排方法，如果乙项活动不安排在周一，则不同安排方式有（插空法），所以不同的安排方式的种数有种.故答案为：9.【点睛】排列组合中，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法，有时排队问题还要求特殊元素放置在特殊位置，此时用特殊元素、特殊位置优先考虑法来处理.15.在中，角，的对边分别为，.，则_.【答案】7【解析】【分析】先求出，再利用正弦定理求，最后利用余弦定理可求.【详解】因为，所以，故，且为锐

12、角，则，故.由正弦定理可得，故，由余弦定理可得，故即或，因为为钝角，故，故.故答案为：7.【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.16.在正方体中，分别为，的中点，有以下命题：平面；平面平面，则正确命题的序号为_.【答案】【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，把空间中的平行、垂直关系归结为方向向量、法向量之间的关系后可得正确的选项.【详解】建立如图

13、所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，故，所以，故，所以，故正确.又，设平面的法向量为，由得，取，则，因为且平面，故平面，故正确.又，设平面的法向量为，由得，取，则，平面的法向量为，则故平面平面不成立，故错，故答案为：.【点睛】本题考查空间中平行关系、垂直关系判断，注意根据几何体的特征建立合适的空间直角坐标系后再利用空间向量来处理，本题属于中档题.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.已知数列的前项和.（1）求的通项公式；（2）记，求的前

14、项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用可求的通项公式，注意.（2）利用错位相减法可求.【详解】（1）在中，令，得，当时，则.又因为符合上式，所以.（2）由（1）得，则，则，得，则.【点睛】数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化. 数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.18.如图，是一个三棱锥，是圆的直径，是圆上的点，垂直圆所在的平面，分别是棱，的中点.（

15、1）求证：平面；（2）若二面角是，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）可证，再利用可得，从而可证平面.（2）可证为二面角的平面角，再以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 求出平面的法向量和直线的方向向量后可求与平面所成角的正弦值.【详解】（1）因为是圆的直径，所以.因为垂直圆所在的平面，且在该平面中，所以.因为，分别是棱，的中点，所以，所以，又因为，所以有平面.（2）由（1）可知，所以为二面角的平面角，从而有，则.又，得.以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.设是平面的法

16、向量，则即可取.故.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.19.河北省高考综合改革从2018年秋季入学的高一年级学生开始实施，新高考将实行“3+1+2”模式，其中3表示语文、数学、外语三科必选，1表示从物理、历史两科中选择一科，2表示从化学、生物、政治、地理四科中选择两科.某校2018级入

17、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1304555302515301040101520425女1004550353535402055152520475合计23090105656050703095254040900（1）完成下面的列联表，并判断是否在犯错误概率不超过0.01的前提下，认为“选择物理与学生的性别有关”？（2）以频率估计概率，从该校2018级高一学生中随机抽取3名同学，设这三名同学中选择物理的人数为，求的分布列和数学期望.选择物理不选择物理合计男425女475合计900附表及公式：0.1500.1000.0

18、500.0102.0722.7063.8416.635【答案】（1）填表见解析，不能在犯错误概率不超过0.01的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）根据题设的数据可得列联表，计算的值后根据临界值表可得相应结论.（2）利用二项分布可求的分布列和数学期望.【详解】（1）依题意可得列联表选择物理不选择物理合计男300125425女300175475合计600300900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0.01的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”.（2）由（1）可知，从该校2018级高一学生中任取一名同学，该同学选择物理的概率，

19、可取0，1，2，3.，.的分布列为：0123.【点睛】本题考查独立性检验和离散型随机变量分布列和数学期望，注意计算分布列时要弄清随机变量取某值时对应的随机事件的含义并确定合理的概率计算方法.必要时可借助于常见的分布列来帮助计算（如0-1分布、二项分布、超几何分布等）.20.已知椭圆：的离心率为，为椭圆上一点.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点，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）求出后可得椭圆的方程.（2）设直线，的斜率分别为，：，联立直线方程和椭圆方程，消去后得到关于的一元二次方程，利用韦达定理可用表示，从

20、而可得.【详解】（1）由已知可得，解得故的方程为.（2）设直线，的斜率分别为，.由题意设：，则，.将，代入得.设，则，.而.则，所以直线，的斜率成等差数列.【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、确定关系的证明等问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而解决定点、定值、确定关系的证明等问题.21.设函数.（1）讨论在上的单调性；（2）证明：在上有三个零点.【答案】（

21、1）的单调递减区间为，；单调递增区间为，.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的正负可求函数的单调区间.（2）结合函数的单调性和零点存在定理可证明在上有3个零点，再构建新函数可证明在上没有零点.【详解】（1），由及，得或或.当变化时，和的变化情况如下表：0000极小值极大值极小值所以的单调递减区间为，；的单调递增区间为，.（2）当时，由（1）得，的极小值分别为，；极大值.又，所以在上仅有一个零点0；在，上各有一个零点.当时，令，则，显然时，单调递增，；当时，从而时，单调递减，因此，即，所以在上没有零点.当时，令，则，显然时，；当时，从而时，单调递增，因此，即，所以在上没有零点.故在上

22、仅有三个零点.【点睛】本题考查函数的单调性以及函数的零点个数判断，注意函数零点个数的判断，需利用函数的单调性和零点存在定理来判断，选择怎样的点来计算其函数值且函数值异号是关键，可根据解析的特点选择合适的点.另外证明函数在给定的范围上无零点，可利用放缩法把不易处理的函数转化为容易讨论的新函数来处理.（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.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）.【

23、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.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，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.