河北省承德第一中学2020届高三下学期3月线上考试数学（文）试题 WORD版含解析.doc

1、高三数学（文科）一、选择题（本大题共12小题，共48.0分）1.设z=-3+2i，则在复平面内对应的点位于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】先求出共轭复数再判断结果.【详解】由得则对应点（-3，-2）位于第三象限故选C【点睛】本题考点为共轭复数，为基础题目2.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解出集合、，再利用交集的定义可求出集合.【详解】，因此，.故选：A.【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于基础题.3.某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组一

2、次为若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据频率分布直方可知成绩低于60分的有第一、二组数据，在频率分布直方图中，对应矩形的高分别为0.005，0.01，每组数据的组距为20，则成绩低于60分的频率P=(0.005+0.010)20=0.3.又因为低于60分的人数是15人，所以该班的学生人数是150.3=50.本题选择B选项.4.若，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的单调性逐项判断即可.【详解】因为在R上单调递增，所以若，则；因为在R上单调递减，所以若，则；因为在上单调递增

3、，所以若，；因为在上单调递减，所以若，.故选：D【点睛】本题考查指数函数、对数函数单调性，属于基础题.5.关于甲、乙、丙三人参加高考的结果有下列三个正确的判断：若甲未被录取，则乙、丙都被录取；乙与丙中必有一个未被录取；或者甲未被录取，或者乙被录取.则三人中被录取的是（ ）A. 甲B. 丙C. 甲与丙D. 甲与乙【答案】D【解析】【分析】分别就三人各自被录取进行分类讨论，分析能否同时成立，进而可得出结论.【详解】若甲被录取，对于命题，其逆否命题成立，即若乙、丙未全被录取，则甲被录取，命题成立，则乙、丙有且只有一人录取，命题成立，则乙被录取，三个命题能同时成立；若乙被录取，命题成立，则丙未被录取，

4、命题成立，命题成立，其逆否命题成立，即若乙、丙未全被录取，则甲被录取，三个命题能同时成立；若丙被录取，命题成立，则乙未被录取，命题成立，则甲未被录取，那么命题就不能成立，三个命题不能同时成立.综上所述，甲与乙被录取.故选：D.【点睛】本题考查合情推理，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.6.已知向量，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出、的坐标，进行数量积的坐标运算即可得解.【详解】，即.故选：B【点睛】本题考查向量的坐标表示，垂直向量的坐标表示，属于基础题.7.已知，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用二倍角公式和同角三角函数的平方关系

5、可求出的值.【详解】，即，整理得，所以，解得.故选：D.【点睛】本题考查利用同角三角函数的基本关系和二倍角公式求值，在解题时要结合角的取值范围判断所求值的符号，考查计算能力，属于中等题.8.对于函数，给出下列四个命题：该函数的值域为；当且仅当时，该函数取得最大值；该函数是以为最小正周期的周期函数；当且仅当时，.上述命题中正确命题的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用特殊值法可判断命题的正误；作出函数在区间上的图象，结合该函数的周期可判断命题的正误.综合可得出结论.【详解】由题意可知，对于命题，则，所以，函数不是以为周期周期函数，命题错误；由于，所以，函数是以为周期

6、的周期函数.作出函数在区间上图象如下图（实线部分）所示：由图象可知，该函数的值域为，命题错误；当或时，该函数取得最大值，命题错误；当且仅当时，命题正确.故选：A.【点睛】本题考查有关三角函数基本性质的判断，作出函数的图象是关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.9.过双曲线的一个焦点作实轴的垂线，交双曲线于两点，若线段的长度恰等于焦距，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：，又考点：双曲线的标准方程及其几何性质（离心率的求法）10.已知偶函数，当时， 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】因为函数为偶函数，所以，即函数的图象关于直

7、线对称，即，又因为当时，所以函数 在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，即；故选D.11.若，且直线与圆相切，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先由圆的标准方程求出圆心坐标和半径，利用直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径以及点到直线的距离公式列出关系式，整理后利用基本不等式变形，再设，得到关于的不等式，解不等式即可.【详解】由圆，得，得到圆心坐标为，半径，直线与圆相切，圆心到直线的距离，整理得：，设，则有，即，解得：，则的取值范围为.故选：B【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，同时考查了点到直线的距离公式，基本不等式，以及一元二次不等式的解法，

8、是中档题.12.已知函数满足，且时，则当时，与的图象的交点个数为( )A. 13B. 12C. 11D. 10【答案】C【解析】【详解】试题分析：满足，且时，分别作出函数与的图像如图：由图象可知与的图象的交点个数为11个故选C考点： 1.抽象函数；2.函数图象.二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）13.曲线:在点处的切线方程为_.【答案】y=2xe【解析】，所以切线方程为，化简得.14.抛物线上一点到直线距离最短，则该点的坐标是_.【答案】【解析】【分析】设抛物线上任意一点的坐标为，利用二次函数的配方法可求出该抛物线上一点到直线的最小值及其对应的值，进而求出所求点的坐标.【详解】设抛物线

9、上任意一点的坐标为，则点到直线的距离为，当时，取得最小值，此时点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线上一点到直线距离最值的计算，可利用二次函数的基本性质结合点到直线的距离公式来求得，也可以转化为抛物线在其上一点处的切线与直线平行来求解，考查运算求解能力，属于中等题.15.已知直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，则此球的表面积等于_.【答案】【解析】【分析】由题意可知，直三棱柱的高为，利用正弦定理求出的外接圆半径，然后利用公式求出该直三棱柱的外接球半径，最后利用球体的表面积公式即可计算出该球的表面积.【详解】由题意可知，直三棱柱的高为，在中，则该三角形为等腰三角形，又，设的外接圆半径为，

10、由正弦定理得，.设直三棱柱的外接球半径为，则，因此，该球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查球体表面积的计算，涉及多面体的外接球问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.16.在中，角所对的边分别为，的平分线交于点D，且，则的最小值为_【答案】9【解析】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的

11、条件才能应用，否则会出现错误.三、解答题（本大题共7小题，共86.0分）17.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，于点，连接.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明平面，可得出，再由，利用直线与平面垂直的判定定理可得出平面，进而可得出；（2）利用等腰三角形三线合一的性质可知点为的中点，由平面可知三棱锥的高为，计算出的面积，然后利用锥体的体积公式可求出三棱锥的体积.【详解】（1）平面，平面，.四边形为矩形，平面，平面，平面.平面，.，平面，平面，平面，又平面，；（2）底面是矩形，.，为的中点，平面，三棱锥的高为，因此，三棱锥的体积为.【点睛】

12、本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了三棱锥体积的计算，找出合适的底面和高是关键，考查推理论证能力和计算能力，属于中等题.18.已知的内角，的对边，分别满足，又点满足（1）求及角的大小；（2）求的值【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）由及正弦定理化简可得即，从而得又，所以，由余弦定理得；（2）由，得 ，所以试题解析：（1）由及正弦定理得，即，在中，所以又，所以在中，由余弦定理得，所以（2）由，得 ，所以19.在数列中，任意相邻两项为坐标的点均在直线上，数列满足条件：，.（1）求数列通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意

13、得出，利用等比数列的定义可证明出数列是以为首项，以为公比的等比数列，由此可求出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，然后利用错位相减法能求出.【详解】（1）数列中，任意相邻两项为坐标的点均在直线上，.，数列是以为首项，以为公比的等比数列.数列的通项公式为；（2）由于，得.【点睛】本题考查利用等比数列的定义求数列的通项，同时也考查了利用错位相减法求数列的和，考查计算能力，属于中等题.20.函数.（1）当时，求在处的切线方程（为自然对数的底数）；（2）当时，直线是的一条切线，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将代入函数的解析式，计算出和的值，然后利用点斜式可写出所求切线的方程；

14、（2）设切点坐标为，根据建立关于和的方程组，即可求出实数的值.【详解】（1）当时，且，则. 在处的切线方程为，即；（2）设切点为，则，则，由题意得，则或，解得或.若，则，解得，满足；若，由可得，则，令，则，所以，函数在区间上单调递增，又，所以方程的唯一解为，即，解得.综上，.【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数求函数在某点处的切线方程，以及利用切线方程求参数，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.21.如图，设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且0，若过 A，Q，F2三点的圆恰好与直线相切，过定点 M（0，2）的直线与椭圆C交于G

15、，H两点（点G在点M，H之间）.（）求椭圆C的方程；（）设直线的斜率，在x轴上是否存在点P（，0），使得以PG，PH为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，请说明理由；（）若实数满足，求的取值范围 【答案】（1）;（2）;（3）.【解析】试题分析：（1）利用向量确定F1为F2Q中点，设Q的坐标为（-3c，0），因为AQAF2，所以b2=3cc=3c2，a2=4cc=4c2，再由直线与圆相切得 解得c=1，利用椭圆基本量之间的关系求b；（2）假设存在，设方程，联立方程组，消元后由判别式大于0可得出，又四边形为菱形时，对角线互相垂直，利用向量处理比较简单，化简得（x1+x2

16、）-2m+k2（x1+x2）+4k=0，再由 代入化简得：，解得，利用均值不等式范围；（3） 斜率存在时设直线方程，联立消元，,再由，进行坐标运算，代入化简，分离k与，利用k的范围求，注意验证斜率不存在时情况试题解析：（1）因为0,所以F1为F2Q中点设Q的坐标为（-3c，0），因为AQAF2，所以b2=3cc=3c2，a2=4cc=4c2，且过A，Q，F2三点的圆的圆心为F1（-c，0），半径为2c因为该圆与直线L相切，所以 解得c=1，所以a=2，故所求椭圆方程为（2）设L1的方程为y=kx+2（k0）由得（3+4k2）x2+16kx+4=0, 由0，得 所以k1/2,设G（x1，y1），

17、H（x2，y2），则所以（x1-m，y1）+（x2-m，y2）=（x1+x2-2m，y1+y2）=（x1+x2-2m，k（x1+x2）+4）（x2-x1，y2-y1）=（x2-x1，k（x2-x1）,由于菱形对角线互相垂直，因此所以（x2-x1）（x1+x2）-2m+k（x2-x1）k（x1+x2）+4=0,故（x2-x1）（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0因为k0，所以x2-x10所以（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0，即（1+k2）（x1+x2）+4k-2m=0，所以,解得， 因为k0，所以故存在满足题意的点P且m的取值范围是（3）当直线L1斜率存在时，设直

18、线L1方程为y=kx+2，代入椭圆方程,得（3+4k2）x2+16kx+4=0 , 由0，得,设G（x1，y1），H（x2，y2）， 则,又，所以（x1，y1-2）=（x2，y2-2）， 所以x1=x2， 所以, ,整理得 ,因为， 所以 ,解得又01，所以 当直线L1斜率不存在时，直线L1的方程为x=0， ，,所以 综上所述， 点睛：本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗

19、漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用22.以平面直角坐标系的坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，以平面直角坐标系的长度为长度单位建立极坐标系. 已知直线的参数方程为 （为参数），曲线的极坐标方程为 .(1)求曲线 的直角坐标方程； (2)设直线与曲线相交于两点，求.【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】（1）借助极坐标与直角坐标之间的互化关系进行求解；（2）先将直线的参数方程代入抛物线方程中，借助根与系数的关系及直线方程中的参数的几何意义求弦长：解：(1)由，既 曲线的直角坐标方程为.(2) 的参数方程为代入，整理的，所以， 所以.23.不等式选讲，已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若关于的不等式 的解集是空集，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】（1）依据绝对值的定义运用分类整合的数学思想将问题进行转化，再建立不等式组分类求解；（2）借助绝对值三角不等式求函数的最小值，然后建立不等式分析求解：解：(1)，或，或，解得，或，或 即不等式的解集为.(2) 又 的解集是空集 故实数的取值范围是