河北省沧州市普通高中2020届高三数学上学期12月教学质量监测试题理含解析.doc

1、河北省沧州市普通高中2020届高三数学上学期12月教学质量监测试题 理（含解析）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.已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合后根据集合的交集运算可得答案.【详解】因为集合.,所以.故选:C【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,集合的交集运算,属于基础题.2.复数满足，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的四则运算法则计算出复数,再根据复数的概念得到虚部.【详解】因为,所以 ,所以复数的虚部为.故选:A【点睛】本

2、题考查了复数的四则运算,复数的概念,属于基础题.3.0a1是“函数在上为增函数”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据对数函数单调性与的关系,充分必要条件的概念分析可得答案.【详解】当时,递减,所以递增,当递增时,递减,所以,所以0a1是“函数在上为增函数”的充要条件.故选:C【点睛】本题考查了对数函数的单调性,充分必要条件的概念,属于基础题.4.2019年第十三届女排世界杯共12支队伍参加，中国女排不负众望荣膺十冠王.将12支队伍的积分制成茎叶图如图所示，则这组数据的中位数和平均数分别为（ ）A. 17.5和17

3、B. 17.5和16C. 17和16.5D. 17.5和16.5【答案】D【解析】【分析】根据茎叶图将这12个数据按照从小到大的顺序排成一列,再根据中位数和平均数的概念可得答案.【详解】根据茎叶图的概念可得这12个数据分别为:2,3,5,13,17,17,18,19,21,23,28,32,再根据中位数的概念可得中位数为17.5,根据平均数的概念可得平均数为.故选:D【点睛】本题考查了茎叶图的概念,中位数和平均数的定义,将这12个数据按照从小到大的顺序排成一列是答题的关键,属于基础题.5.椭圆的两焦点分别为F1，F2，以椭圆短轴的两顶点为焦点，长为虚轴长的双曲线方程为（ ）A. B. C. D

4、. 【答案】B【解析】【分析】根据椭圆方程可得双曲线的焦点位置以及半焦距,虚半轴长,再根据可得双曲线的长半轴长,从而可写出双曲线方程.【详解】由椭圆方程可得双曲线的两焦点为,虚轴长为,所以双曲线的虚半轴长为,长半轴长为,所以双曲线方程为,即.故选:B【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的几何性质,注意区别椭圆和双曲线中的关系,本题属于基础题.6.若，则（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式化简得到或,再根据二倍角的余弦公式可得答案.【详解】由得,所以,所以或,所以或.故选:C【点睛】本题考查了诱导公式,二倍角的余弦公式,属于基础题.7.已知，则在方向上的投影为（ ）

5、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量在向量上投影的概念计算可得答案.【详解】根据投影的定义可得在方向上的投影为 ,故选:B【点睛】本题考查了向量在向量上投影的概念,向量的数量积,向量的模长,属于基础题.8.阅读如图判断闰年的流程图，判断公元1900年、公元2000年、公元2018年、公元2020年这四年中闰年的个数为（nMODm为n除以m的余数）（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】根据流程图进行计算,分析,判断可得答案.【详解】按照程序框图进行运算:当时,1900除以4的余数为0,是,1900除以100的余数为0,是, 1900除以40

6、0的余数为3,否,1900年不是闰年;当时,2000除以4的余数为0,是,2000除以100的余数为0,是,2000除以400的余数为0,是,2000年是闰年;当时,2018除以4的余数为2,否, 2018年不是闰年;当时,2020除以4的余数为0,是,2020除以100的余数为2,否,2020年是闰年,故选:B【点睛】本题考查了对程序框图中的判断框的理解,考查了分析问题的能力,属于基础题.9.如图，三棱锥的四个顶点恰是长、宽、高分别是m，2，n的长方体的顶点，此三棱锥的体积为2，则该三棱锥外接球体积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三棱锥的体积关系可得,根

7、据三棱锥与长方体共外接球,长方体的对角线就是外接球的直径可得,根据基本不等式可得半径的最小值,进一步可得体积的最小值.【详解】根据长方体的结构特征可知三棱锥的高为,所以,所以,又该三棱锥的外接球就是长方体的外接球,该外接球的直径是长方体的对角线,设外接球的半径为,所以,所以,当且仅当时,等号成立,所以,所以该三棱锥外接球体积为.故选:C【点睛】本题考查了三棱锥的体积公式,球的体积公式,长方体的对角线长定理,基本不等式,属于中档题.10.命题p：若随机变量服从正态分布，则；命题q：若函数=有两个零点，则k1，下列说法正确的是（ ）A. 为假命题B. 为假命题C. 为真命题D. 为假命题【答案】A

8、【解析】【分析】根据正态曲线关于对称可知命题为真命题,根据有2根可得,所以命题为假命题,根据真值表可知答案.【详解】对于命题:因为随机变量服从正态分布,所以,所以正态曲线关于对称,根据正态曲线的对称性可知成立,故命题为真命题;对于命题:若函数=有两个零点,所以,即,即有2个根,所以,解得,所以命题为假命题.所以为假命题,为真命题, 为假命题, 为真命题.故选:A【点睛】本题考查了正态曲线的对称性,函数的零点,复合命题的真假判断,属于基础题.11.关于函数，有以下四个结论：是偶函数；值域为；在上为减函数；在上为增函数.其中正确的结论编号为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根

9、据诱导公式化为,根据奇偶性的定义判断,可知正确,根据可知不正确,根据在上递增,在上递减可知不正确,正确,【详解】因为,所以,所以为偶函数,故正确;当时,所以不正确;当时,此时在上递增,在上递减,故不正确,正确.故选:A【点睛】本题考查了三角函数的奇偶性,单调性,值域,诱导公式,答题关键是对正弦函数的性质的熟练掌握,本题属于中档题.12.已知函数，函数与的图象关于点对称，若，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设函数上的动点为,则其关于点对称的点在函数的图象上,由此可得的解析式,根据可得,进而可得,然后构造函数利用导数可求得最小值.【详解】设函数上的动点为,则其关

10、于点对称的点在函数的图象上,所以,即,所以,由得,即,所以,令,则,由,得 ;由,得,所以在上递减,在上递增,所以时,取得最小值,即的最小值为.故选:D【点睛】本题考查了函数图象的对称性,构造法,利用导数研究函数的最小值,利用对称性求出函数的解析式是解题关键,本题属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.圆心为并且与直线相切圆的半径为_.【答案】【解析】【分析】根据点到直线的距离可得半径.【详解】圆心为并且与直线相切的圆的半径为.故答案为:.【点睛】本题考查了直线与圆相切的位置关系以及点到直线的距离公式,属于基础题.14.内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，则B

11、=_.【答案】【解析】【分析】将已知等式变形后,利用余弦定理,利用正弦定理边化角后可得答案.【详解】由得,所以,所以由正弦定理得,所以,所以,又,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了余弦定理,正弦定理边化角,由,根据正弦定理边化角得是解题关键,本题属于中档题.15.为定义在R上的奇函数，当时，为的导函数，则_.【答案】【解析】【分析】根据函数为奇函数以及当时，,可求得.进而可求得 和,再相加即可得答案.【详解】当时,所以,所以,所以,所以,所以,故答案为: .【点睛】本题考查了根据奇偶性求函数解析式,考查了利用公式求导函数,属于基础题.16.有一个装有足量水的圆柱形水杯，当水杯倾斜时，水面成椭

12、圆形，水杯底面与水平面所成的二面角为，椭圆的离心率为e.当时，e=_；与的关系为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】依题意椭圆的短轴为圆柱底面直径,椭圆的长轴长为椭圆的短轴长除以二面角的余弦值,再根据椭圆中的勾股定理计算出半焦距,从而可求出离心率.【详解】如图所示:设圆柱的底面半径为,椭圆的短轴为,长轴为,则,所以,所以椭圆的离心率,当时,.故答案为:(1),(2)【点睛】本题考查了空间想象能力,二面角的平面角,椭圆的长短轴,求椭圆的离心率,找出椭圆的的长短轴,和二面角的平面角之间的关系是解题关键,属于中档题.三、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算

13、步骤，本题包括必考题和选考题两部分，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.17.已知数列中，且数列是以2为公比的等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)根据数列是以2为公比的等比数列,可得,再变形为,利用为等比数列可以求出的通项公式;(2)当为偶数时,利用等比数列求和公式可得,当为奇数时, ,利用为偶数时的可得,将其代入,化简可得.【详解】(1)依题意可知数列是以为首项,以2为公比的等比数列,所以,即,所以 ,又,所以是首项为,公比为的等比数列,所以,所以. (2),当为偶数时

14、, ,当为奇数时,为偶数,所以,综上所述: .【点睛】本题考查了等比数列的定义以及通项公式,考查了数列求和,对分奇偶讨论,先求为偶数时的,再利用为偶数时的和,求为奇数时的和是解题关键.属于中档题.18.如图1，平面四边形ABCD中，且BC=CD.将CBD沿BD折成如图2所示的三棱锥，使二面角的大小为.（1）证明：；（2）求直线BC与平面CAD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1) 取得中点,连接,根据已知条件可以证明平面,从而可证;(2) 取得中点,取为的中点,通过证明,然后以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.再用空间向量可以求得结果.【详解】(1)证明:

15、平面四边形中,所以为正三角形,在三棱锥中,取得中点,连接,则,因为,所以平面,从而.(2)设,则,由(1)知,为二面角平面角,所以,在中,利用余弦定理可求得,所以为等腰三角形,取得中点,则,又,所以平面,取为的中点,则,且,所以以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 则,设平面的法向量,则,即,可取,所以.所以直线BC与平面CAD所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质,考查了用空间向量求线面角的正弦值,找到的中点为原点,建立空间直角坐标系是解题关键,本题属于中档题.19.已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，为抛物线上一点，且.（1）求抛物线方程及P点坐标；（2）过点F的直线

16、与抛物线相交于A，B两点，直线OA，OB分别与其准线相交于C、D两点，证明：【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义列式,可解得,从而可得抛物线方程;(2)将证转化为证,然后通过联立方程组,利用韦达定理可证明结论.【详解】(1)由抛物线的定义可知,得,所以抛物线方程为,把代入抛物线方程,得,所以.(2)若证,可证,设,则,所以只要证明即可.若直线斜率不存在,易知,所以,若直线斜率存在,设直线方程为,联立,消去并整理得,所以,从而.【点睛】本题考查了抛物线的定义,直线与抛物线相交的问题,韦达定理,将所要证的等式转化为,再利用坐标证明是解题关键,本题属于中档题.2

17、0.已知函数（1）若，证明：；（2）若在上有两个极值点，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1) 令,利用导数求出的最小值为1,而的最大值为1,所以;(2)将问题转化为在上有两个不同的实数根,然后构造函,数利用导数研究函数的单调性,根据单调性求得函数的最小值,根据最小值和端点值可以得到答案.【详解】(1)证明:时,令,则,当时,在上为递减函数,当时,在上为增函数,所以,而,且,所以,即.(2)在上有两个极值点等价于在上有两个不同的实数根,等价于,设,令,得,当时,在上减函数,当时,在上为增函数,又,所以当时,方程在上有两个不同的实数根,所以的取值范围是.【点

18、睛】本题考查了利用导数研究函数的最值,根据最值证明不等式,考查了根据极值点的个数求参数,第(1)问中转化为证的最小值大于的最大值是解题关键,第(2)问题中对分离参数后构造函数求导是解题关键,本题属于较难题.21.2019举国上下以各种不同的形式共庆新中国成立70周年，某商家计划以“我和我的祖国为主题举办一次有奖消费活动，此商家先把某品牌酒重新包装，包装时在每瓶酒的包装盒底部随机印上“中国“梦”三个字样中的一个，之后随机装箱（1箱4瓶），并规定：若顾客购买的一箱酒中的四瓶酒底部所印的字为同一个字，则此顾客获得一等奖，此箱洒可优惠36元；若顾客购买的一箱酒的四瓶洒底部集齐了“中“国二字且仅有此二字

19、，则此顾客获得二等奖，此箱洒可优惠27元；若顾客购买的一箱酒中的四瓶酒的底部集齐了“中”“国“梦”三个字，则此顾客获得三等奖，此箱酒可优惠18元（注：每箱单独兑奖，箱与箱之间的包装盒不能混）.（1）设为顾客购买一箱酒所优惠的钱数，求的分布列；若不计其他损耗，商家重新包装后每箱酒提价a元，试问a取什么范围时才能使活动后的利润不会小于搞活动之前？（2）若顾客一次性购买3箱酒，并都中奖，可再加赠一张我和我的祖国电影票，顾客小张一次性购买3箱酒，共优惠了72元，试问小张能否得到电影票，概率多大？【答案】（1）分布列见解析；时，搞活动后的利润不会小于搞活动之前；（2）能，.【解析】【分析】(1)分析题意

20、得到的所有可能取值后,利用古典概型的概率公式求得概率后可得分布列和期望,根据期望值可得答案;(2)分析题意得到小张能得到电影票和不能得到电影票的情况后,根据古典概型概率公式可以得到答案.【详解】(1)的所有可能取值为36,27,18,0,则的分布列为: 3627180P 因为.所以当时,搞活动后的利润不会小于搞活动之前.(2)因为 ,所以若三箱酒中两箱中一等奖,另一箱不中奖,则小张不能得到电影票;若三箱酒中两箱中二等奖,另一箱中三等奖,或一箱中一等奖,两箱中三等奖,则小张能得到电影票,概率设为,则.能，得到电影票的概率为.【点睛】本题考查了利用古典概型概率公式求概率,求分布列,求数学期望,属于

21、中档题.（二）选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选一题作答，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，直线的参数方程为（为参数），以O为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线，（1）写出曲线的直角坐标方程；（2）设点，与相交于A，B两点，与相交于C，D两点，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)利用极坐标与直角坐标互化公式可得曲线,的直角坐标方程;(2) 把直线的参数方程代入后利用韦达定理和参数的几何意义可得答案.【详解】(1)曲线化成直角坐标方程为,即,曲线化成直角坐标方程为,即.(2)证明:经分析,曲线是以圆心,为

22、直径的圆,所以,把直线的参数方程代入,得,整理得,设方程的两根为,则,所以,所以.【点睛】本题考查了极坐标方程化直角坐标方程,考查了直线参数方程中参数的几何意义,属于中档题.选修4-5：不等式选讲 23.已知函数，.（1）若a=1，求不等式的解集；（2）函数与直线围成的封闭图形为三角形，且三角形的面积最大为，求正数a的值.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】(1)通过两边平方去绝对值后,解一元二次不等式可得答案;(2)将函数化为分段函数后,通过求封闭三角形的最大值可得答案.【详解】(1)不等式,即,两边平方得,解得,所以不等式的解集为.(2),设,因为,所以,所以当时,封闭三角形的面积最大.令,得,设,所以封闭三角形的面积为,解得(舍)或.所以正数.【点睛】本题考查了含两个绝对值的不等式的解法,两边平方是解题关键,考查了根据面积求参数,属于中档题.