河北省沧州市第一中学2020年高三数学寒假作业1.doc

1、河北省沧州市第一中学2020年高三数学寒假作业1一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知i是虚数单位，则复数A. 1B. C. iD. 2. 已知集合，若，则实数a的取值范围为A. B. C. D. 3. 如图是根据我国古代数学专著九章算术中更相减损术设计的程序框图，若输入的，则输出的A. 2B. 3C. 6D. 84. 已知，且，则向量与的夹角为A. B. C. D. 5. 已知双曲线的离心率为，且经过点，则该双曲线的标准方程为A. B. C. D. 6. 如图是某几何体的三视图，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体各棱中最长棱的长度为A. B. C. D. 7. 为考察

2、某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下药物效果与动物试验列联表： 患病未患病总计服用药10 45 55 没服用药20 30 50 总计30 75 105 由上述数据给出下列结论，其中正确结论的个数是 附：； 能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效不能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效不能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效A. 1B. 2C. 3D. 48. 已知，且，则下列结论正确的是A. B. C. D. 9. 已知在三棱锥中，则该三棱锥外接球的体积为A. B. C. D. 10. 已知点P是直线上的动点，点Q是曲线上的动点，

3、则的最小值为A. 5B. C. D. 11. 已知点，分别是椭圆和双曲线的公共焦点，分别是和的离心率，点P为和的一个公共点，且，若，则的取值范围是A. B. C. D. 12. 已知实数x，y满足，若当且仅当时，取最小值其中，则的最大值为A. 4B. 3C. 2D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 2019年8月第二届全国青年运动会在山西举行，若将6名志愿者分配到两个运动场馆进行服务，每个运动场馆3名志愿者，则其中志愿者甲和乙被分到同一场馆的概率为_14. 在平面直角坐标系内，由曲线，和x轴正半轴所围成的封闭图形的面积为_15. 已知a，b，c分别是内角A，B，C的对边，则周

4、长的最小值为_16. 已知函数的图象与的图象有四个不同交点，其横坐标从小到大依次为，则_三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知数列的前n项和满足，且求数列的通项公式；若，记数列的前n项和为，证明：18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，是正三角形，E是PA的中点证明：；求直线BP与平面BDE所成角的正弦值19. 已知某保险公司的某险种的基本保费为单位：元，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如表：上年度出险次数0123保费元a4a随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到下表：出险次数0123频数140401262

5、该保险公司这种保险的赔付规定如表：出险序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上赔付金额元a0将所抽样本的频率视为概率记随机变量为一续保人在下一年度的续保费用，为其在该年度所获的赔付金额，求和的分布列；若下一年度有100万投保人进行续保，该公司此险种的纯收益不少于900万元，求a的最小值纯收益总入保额总赔付额20. 已知直线l与抛物线C：相交于A，B两个不同点，点M是抛物线C在点A，B处的切线的交点若直线l经过抛物线C的焦点F，求证：；若点M的坐标为，且，求抛物线C的方程21. 已知，是函数的两个极值点求a的取值范围；证明：22. 已知在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为其中为参数，点M在曲线

6、上运动，动点P满足，其轨迹为曲线以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系求曲线的普通方程；若点A，B分别是射线与曲线，的公共点，求的最大值23. 已知函数当时，求不等式的解集；若，使得成立，求实数a的取值范围答案和解析1.【答案】D【解析】解：故选：D直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题2.【答案】A【解析】解：，；实数a的取值范围为故选：A可求出，根据即可得出，从而得出考查描述法、区间表示集合的方法，一元二次不等式的解法，对数函数的定义域，以及交集、子集的定义3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运

7、行过程，以便得出正确的结论，是基础题由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用判断语句计算并输出变量a的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况可得答案【解答】解：输入，第一次执行判断语句后，不满足退出的条件；第二次执行判断语句后，不满足退出的条件；第三次执行判断语句后，不满足退出的条件；第四次执行判断语句后，满足退出的条件；故输出a值为6，故选：C4.【答案】D【解析】【分析】本题考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围根据，对两边平方，进行数量积的运算即可求出夹角【解答】解：；又；与的夹角为故选：D5.【答案】B【解析】解：双曲线的离心率为，又，双

8、曲线经过点，验算得双曲线的焦点在y轴上，设双曲线标准方程为，点，在双曲线上，解得，故所求双曲线方程：故选：B由双曲线的离心率，得到a与b的关系，设出双曲线方程，代入点的坐标求解本题考查了双曲线的标准方程，注意给出渐近线方程的双曲线方程的设法，考查分类讨论的数学思想方法，是中档题6.【答案】C【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图：是长方体的一部分，三棱锥，正方形的边长为4，长方体的高为3，由题意可得：，故选：C画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解最长的棱长即可本题考查三视图求解几何体的几何量，判断几何体的形状是解题的关键7.【答案】B【解析】【分析】本题考查了独立性检验的应用问题，是基

9、础题根据列联表计算，对照临界值即可得出结论【解答】解：根据列联表，计算，所以能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效，正确；能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效，错误；不能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效，错误；不能在犯错误的概率不超过的前提下认为药物有效，正确综上，正确的命题序号是故选：B8.【答案】A【解析】解：，将A，B，C，D中的结论代入方程中，只有A能使方程成立故选：A由条件得，然后将选项代入检验即可得到正确结果本题考查了两角差的余弦公式和诱导公式，属基础题9.【答案】A【解析】【分析】本题考查多面体外接球体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是基础题由题意求得三棱

10、锥的外接球的球心，求出半径，代入球的体积公式得答案【解答】解：如图，在底面ABC上的射影D为底面三角形的外心，又，为AB的中点，又，外接圆的半径即为三棱锥外接球的半径，等于该三棱锥外接球的体积为故选：A10.【答案】B【解析】【分析】本题考查了导数的几何意义、曲线的曲线、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题设直线与曲线相切于点利用导数，解得切点为Q坐标利用点到直线的距离公式可得Q到直线上的距离d，即为所求【解答】解：设直线平行的直线与曲线相切于点，解得，切点为Q到直线的距离、Q两点间距离的最小值为故选：B11.【答案】D【解析】【分析】本题考查椭圆、双曲线的离心率的范围，考

11、查勾股定理和定义法的运用，考查基本不等式的运用，运算能力，属于中档题设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦点坐标为，由椭圆与双曲线的定义和余弦定理，可得，再由求的取值范围【解答】解：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦点坐标为，不妨设P为第一象限的点，由椭圆与双曲线的定义得：，由余弦定理得：，联立得：，由，得，则，又，故选：D12.【答案】B【解析】解：实数x，y满足的可行域如图：当且仅当时，取最小值其中，可知在可行域中点两条红色线之间，两条红线分别与所给直线垂直即，a，b满足的可行域如图，当结果可行域的A时，取得最大值：3故选：B画出约束条件的可行域，推出a，b满足的不等式组，然后

12、再通过线性规划求解的最大值本题考查线性规划的应用，两次线性规划解决问题，是线性规划中点难题13.【答案】【解析】解：依题意，所有的基本事件的个数为个，甲和乙被分到同一场馆包含个，所以志愿者甲和乙被分到同一场馆的概率故答案为：计算所以基本事件的个数和事件“志愿者甲和乙被分到同一场馆”包含的基本事件个数，代入古典概型的概率公式即可本题考查了古典概型的概率计算，计数原理本题属于基础题14.【答案】【解析】【分析】本题考查定积分的应用，属于基础题将黑色区域看作两个部分的面积之查，进而用定积分进行计算即可【解答】解：根据题意画图，其中黑色区域即为所求的封闭图形和的交点为，故答案为：15.【答案】【解析】

13、【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，基本不等式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题由正弦定理，余弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得，结合范围，可求A，利用三角形的面积公式可求，由余弦定理，基本不等式可得，根据余弦定理可求得，即可求得周长的最小值【解答】解：，由正弦定理可得：，可得，可得，又由余弦定理可得：，可得，当且仅当时等号成立，可得，当且仅当时等号成立，周长的最小值为故答案为：16.【答案】1【解析】解：因为，所以，所以函数为偶函数，又函数为偶函数，令，又，所以，又，为从小到大的4个解，由偶函数的对称性可知：，即故

14、答案为：1由函数知，所以为偶函数，又函数为偶函数，且两函数的图象交点横坐标从小到大依次为，所以，考查偶函数的定义，以及对偶函数图象的理解，函数图象交点的理解17.【答案】解：当时，当时，是以为首项，为公差的等差数列，；由得，是递增数列，【解析】通过已知条件求出首项，利用，求解数列的通项公式；化简，利用裂项消项法求解数列的和即可本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化首项以及计算能力18.【答案】证明：设F是PD的中点，连接EF、CF，是PA的中点，是平行四边形，由余弦定理得，平面PCD，；由得平面PCD，平面平面PCD，过点P作，垂足为O，平面ABCD，以O为坐标原点，的方向为x轴的

15、正方向，建立如图的空间直角坐标系，则，设是平面BDE的一个法向量，则，令，则，直线BP与平面BDE所成角的正弦值为【解析】设F是PD的中点，连接EF、CF，证明，推出，结合，得到平面PCD，推出；以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，求出平面BDE的一个法向量，通过空间向量的数量积求解直线BP与平面BDE所成角的正弦值本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力19.【答案】解：由题意得的所有取值为，a，4a，其分布列为： a4ap的所有取值为0，4a，5a，其分布列为： 04a5ap由可得该公司此险种一续保人在下一年度

16、续保费用的平均值为：，该公司此险种一续保人下一年度所获赔付金额的平均值为：，该公司此险种的总收益为，基本保费为a的最小值为100元【解析】由题意得的所有取值为，a，4a，的所有取值为0，4a，5a，由此能求出和的分布列由可得该公司此险种一续保人在下一年度续保费用的平均值，再求出该公司此险种一续保人下一年度所获赔付金额的平均值，从而得到该公司此险种的总收益，由此能求出基本保费为a的最小值本题考查概率的求法，考查平均值、离散型随机变量的分布列等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20.【答案】解：由题意可得，当时，设直线，点A，B的坐标分别为，由，得，过点A为的切线方程为，即，过点B的切线方程为，

17、由得，；当时，则直线，；当时，设直线l：，点A，B的坐标分别为，由得，过点A的切线方程为，即，过点B的切线方程为，由，得，或，抛物线C的方程为或【解析】分两种情况讨论，时，联立方程组求出M的坐标，利用斜率之积为即可；时，验证即可；通过联立方程组，根据根与系数关系建立线段的方程求出p的值即可本题主要考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题目21.【答案】解：解：函数由题意得：，令，则，令，则，在上单调递增，且，当时，单调递减；当时， 0/，单调递增，当时，g (0)=2-ageqslant 0/，在单调递增，此时无极值；当时，已知，是函数的两个极值点，当时， 0/，单调递增；当时，单调递减，是的极

18、大值；，当时，单调递减；当时， 0/，单调递增，是的极小值；综上所述，；证明：法一：由得，且，即：法二：由得，在区间递减，所以：因为：，所以：，所以：即：即：【解析】求函数的导数，令新函数求导即原函数的二阶三阶导数进行判断，讨论a的取值范围可求得a；由得，且，表达由不等式性质证明即可考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，分类讨论思想，属于难题22.【答案】解：设，点M在曲线上，曲线的普通方程为，则曲线的普通方程为；由，得曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，由，得，或，或；由，得，或，或，的最大值为【解析】设，由已知向量等式可得，得到，消参数可得曲线的普通方程为，进一步得到曲

19、线的普通方程为；由，得曲线与曲线的极坐标方程，分别与射线联立求得A，B的极坐标，可得的最大值本题考查解得曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，训练了平面向量的坐标运算及其应用，是中档题23.【答案】解：函数当时，不等式化为或或解得或或；所以不等式的解集为或；由，当且仅当时取“”，所以对，使得成立，即；由，时，是单调减函数，最小值为；时，是单调减函数，且；时，是单调增函数，最小值为；令，解得；又，所以实数a的取值范围是【解析】本题考查了不等式恒成立应用问题，也考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，是中档题当时利用分段讨论法去掉绝对值，求对应不等式的解集；求出的最小值M，再求的最小值N，由此列不等式求出a的取值范围