河北省石家庄二中2020届高三上学期第三次联考理科数学试题 WORD版含解析.doc

1、河北省石家庄二中2020届高三年级上学期第三次联考数学（理科）第卷一、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，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，得到，即可求解实数的取值范围，得到答案。【详解】由题意，集合，因为，则，即实数的取值范围是。故选：A。【点睛】本题主要考查了利用集合的包含关系求解参数问题，其中解答中熟练集合的包含关系，列出相应的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。2.己知命题p：，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先改存在量词为

2、全称量词,再否定结论.【详解】:.故选C.【点睛】本题考查了含有一个量词的命题的否定,属于基础题.解题方法:先改量词,再否定结论.3.己知复数z满足（其中i为虚数单位），则（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】根据i的幂运算性质可得，再由复数的除法运算可求得z，从而求出.【详解】，则，所以，.所以本题答案为B.【点睛】本题考查复数的乘除法和复数的模，解决复数问题，要通过复数的四则运算将复数表示为一般形式，结合复数相关知识求解，考查计算能力，属于基础题.4.中国当代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里

3、数，请公仔细算相还”其意思为；“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第一天走了（ ）A. 24里B. 48里C. 96里D. 192里【答案】D【解析】【分析】每天行走的步数组成公比为的等比数列,根据前6项和为378列式可解得.【详解】设第天行走了步,则数列是等比数列,且公比,因为,所以,所以 ,所以第一天走了192里.故选D【点睛】本题考查了等比数列的前项和公式中的基本量的计算,属于基础题.5.已知函数为偶函数，且对于任意的，都有,设，则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先判断函数在单调性，然后根据偶

4、函数化简，然后比较2，的大小，比较的大小关系.【详解】若，则函数在是单调递增函数，并且函数是偶函数满足，即， 在单调递增，即.故选C.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和函数的单调性比较函数值的大小，意在考查函数性质的应用，意在考查转化和变形能力，属于基础题型.6.若函数的图像向左平移（）个单位，所得的图像关于轴对称，则当最小时，（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据平移变换得到解析式后,利用所得的图像关于轴对称列式,再求最小值.【详解】将函数的图像向左平移（）个单位后,得到函数,因为其图像关于轴对称,所以,即,因为,所以时,取得最小值,此时.故选B.【点睛】本题考查了三角

5、函数图像的平移变换,以及对称轴,属于中档题.7.已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求得，得到函数在点处的切线的斜率为，得出函数，利用函数的奇偶性和特殊的函数的值，即可求解。【详解】由题意，函数，则，则在点处的切线的斜率为，即，可得，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B、D项，又由当时，排除C项，只有选项A项符合题意。故选：A。【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，函数图象的识别，以及函数的性质的应用，其中解答利用导数的几何意义求得函数的解析式，结合函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。

6、8.已知两点，以及圆：，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可知：以AB为直径的圆与圆有公共点，从而得出两圆圆心距与半径的关系，列出不等式得出的范围【详解】，点在以，两点为直径的圆上，该圆方程为：，又点在圆上，两圆有公共点两圆的圆心距解得：故选D【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，还考查了向量垂直的数量积表示，属于中档题9.在直角梯形ABCD中，E是BC的中点，则A. 32B. 48C. 80D. 64【答案】C【解析】【分析】由向量的基本运算展开，再分别求数量积即可【详解】，由数量积的几何意义可得：的值为与在方向投影的乘积，又在方向

7、的投影为，同理， 故选C.【点睛】本题考查向量的数量积，正确理解向量的数量积是解本题的关键，属于基础题10.如图所示，正四面体中,是棱的中点,是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将侧面和沿边展开成平面图形为菱形,可得到的长即为的最小值,设,在中,利用勾股定理可得,则棱长为,进而可求得正四面体的外接球的表面积【详解】将侧面和沿边展开成平面图形,如图所示,菱形,在菱形中,连接,交于点,则的长即为的最小值,即,因为正四面体,所以,所以,因为是棱的中点,所以，所以,设,则,所以,则,所以,则正四面体的棱长为,所以正四面体的外接球

8、半径为,所以该正四面体外接球的表面积为,故选：A【点睛】本题考查线段和最短问题,考查外接球问题,考查运算能力11.如图，已知函数的图象与坐标轴交于点，直线交的图象于另一点，是的重心.则的外接圆的半径为A. 2B. C. D. 8【答案】B【解析】分析：根据题意求出函数的解析式，然后求出B、C和D的坐标，再利用正弦定理求出外接圆半径R详解：是的重心，点的坐标为，函数的最小正周期为，由题意得，又，令得，点的坐标为，故，又点是的中点，点的坐标为，设的外接圆的半径为，则，故选B点睛：本题的综合性较强，考查学生分析问题和解决问题的能力解题时首先要注意求解析式中的的方法，在求得函数的解析式后从而可得点的坐

9、标，然后再结合正弦定理求解即可12.已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式.若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】构造函数，求出，由题可得是在上的奇函数且在上为单调递增函数，将转化成，利用在上为单调递增函数可得：恒成立，利用导数求得，解不等式可得，问题得解【详解】因为，所以，令，则，又因为是在上的偶函数，所以是在上的奇函数，所以是在上的单调递增函数，又因为，可化为，即，又因为是在上的单调递增函数，所以恒成立，令，则，因为，所以在单调递减，在上单调递增，所以，则，所以.所以正整数的最大值为2.故选B【点睛】本题主要考查了函数与

10、导数的应用，函数的奇偶性、单调性、不等式恒成立等基础知识，考查分析和转化能力，推理论证能力，运算求解能力，构造能力，属于难题.第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知双曲线的右焦点为，则到其中一条渐近线的距离为_【答案】【解析】【分析】先求得双曲线焦点到渐近线的距离为，由此求得到渐近线的距离.【详解】对于任意双曲线，其中一个焦点到渐近线（即）的距离为.又，焦点到其中一条渐近线的距离为.故填：2.【点睛】本小题主要考查双曲线焦点到渐近线距离，考查点到直线距离公式，属于基础题.14.的值为_.【答案】【解析】【分析】由题可得,利用被积函数的奇偶性和定积分几何意义求解即可【详解】

11、由题,易知,被积函数是奇函数,所以,对于,可知其图象为以原点为圆心,半径为4的半圆,所以,所以故答案为：【点睛】本题考查定积分的计算,考查几何法求定积分,考查定积分的性质的应用,考查运算能力15.已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先由求出，再由是中的最大值，即可求出结果.【详解】因为，所以当时，；当时，也满足上式；当时，当时，综上，；因为是中的最大值，所以有且，解得.故答案为【点睛】本题主要考查数列的概念以及简单表示法，熟记递推公式即可，属于基础题型.16.设为椭圆:的两个焦点为上点，的内心I的纵坐标为，则的余弦值为_.【答案】0【解析】【分析】因为

12、的内心I的纵坐标为，所以可知道的内切圆的半径为，又由三角形的内切圆半径，可得到三角形的面积，接着根据焦点三角形的面积确定，进而求出答案.【详解】如图，由题意知的内切圆的半径为，又由三角形的内切圆半径，即，又由焦点三角形面积，所以，所以，所以.【点睛】本题主要考查通过焦点三角形的面积公式，确定的余弦值，熟悉公式的运用是解决本题的关键.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.分别为的内角的对边.已知.（1）若，求；（2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长.【

13、答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；（2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大，结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长【详解】（1）由，得，即.因为，所以.由，得.（2）因为，所以，当且仅当时，等号成立.因为的面积.所以当时，的面积取得最大值，此时，则，所以的周长为.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力18.设数列满足：，.求；求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，；当时，得到两

14、式相减求得，进而可得；（2）由（1）知，利用乘公比错位相减法，即可求得.【详解】（1）由题意，数列满足：，当时，；当时，两式相减得：，解得，当时上式也成立，所以.（2）由（1）知，则所以两式相减得：所以.【点睛】本题主要考查利用数列的递推公式求解数列的通项公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.19.如图，矩形ABCD中，AD2AB4，E为BC的中点，现将BAE与DCE折起，使得平面BAE及平面DEC都与平面ADE垂直（1）

15、求证：BC平面ADE；（2）求二面角ABEC的余弦值【答案】(1)见解析;(2)【解析】【分析】（1）过点B作BMAE于M，过点C作CNED于N，连接MN，证明BCMN即可；（2）以E为原点，ED为x轴，EA为y轴，建立空间直角坐标系Exyz，求出平面CEB的法向量，平面AEB的法向量，计算即可【详解】（1）过点B作BMAE，垂足为M，过点C作CNED于N，连接MN，如图所示；平面BAE平面ADE，平面DCE平面ADE，BM平面ADE，CNADE，BMCN；由题意知RtABERtDCE，BMCN，四边形BCNM是平行四边形，BCMN；又BC平面ADE，MN平面ADE，BC平面ADE；（2）由已

16、知，AE、DE互相垂直，以E为原点，ED为x轴，EA为y轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示；则E（0，0，0），B（0，），C（，0，），设平面CEB的法向量为（x，y，z），则，即，令y1，则z1，x1，（1，1，1）；设平面AEB的法向量为（x，y，z），则，易求得（1，0，0），又，二面角ABEC的平面角的余弦值为【点睛】本题考查了空间几何体以及空间向量的应用问题，是中档题20.已知椭圆的左焦点，直线与y轴交于点P.且与椭圆交于A，B两点.A为椭圆的右顶点，B在x轴上的射影恰为（1）求椭圆E的方程；（2）M为椭圆E在第一象限部分上一点，直线MP与椭圆交于另一点N，若，求取值范围.【

17、答案】（1）；（2）【解析】【分析】（2）利用已知条件列出方程组，求解椭圆的几何量，然后求解椭圆E的方程（2）利用三角形的面积的比值，推出线段的比值，得到设MN方程：，联立方程，利用韦达定理，求出，解出，将代入韦达定理，然后求解实数的取值范围【详解】解：与椭圆的一个交点A为椭圆的右顶点.又轴，得到点，椭圆E的方程为（2）因为所以，由（1）可知，设MN方程，联立方程，得，得，又，有，将其代入化简可得：，因为M为椭圆E在第一象限部分上一点，所以，则且，解得【点睛】本题考查椭圆的简单性质以及这些与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，难度较大21.已知函数，其中e为自然对数的底数.（1

18、）讨论函数的单调性；（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.【解析】【分析】（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解【详解】（1）,当时,函数在内单调递增；当时,令,解得或,当或时,则单调递增,当时,则单调递减,函数的单调递增区间为和,单调递减区间为（2）（）当时,所以在上无零点；（）当时,若,即,则是的一个零点；若,即,则不是的零点（）当时,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以当时,在上单调递增。又，所以（）当时,在上无零点；

19、（）当时,又,所以此时在上恰有一个零点； 当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,因为,所以此时在上恰有一个零点,综上,【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数处理零点个数问题,考查运算能力,考查分类讨论思想（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，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线的极坐标方程为，点的极坐标为，在平面直角坐标系中，直线经过点，且倾斜角为.（1）写出曲线的直角坐标方程以及点的直角坐标；（2）设直线与曲线相交于，两点，求的值.【答案

20、】（1）曲线的直角坐标方程为；点的直角坐标为（2）【解析】【分析】（1）由极坐标与直角坐标的互化可得的直角坐标方程为，点的直角坐标为；（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数方程中的几何意义，再求解即可.【详解】解：（1）曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，点的极坐标为：，化为直角坐标为.（2）直线的参数方程为，即（为参数），将的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，整理得：，显然有，则，所以.【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标的互化，直线的参数方程及，直线的参数方程中的几何意义，属中档题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数（1）解不等式；（2）若不等式有解，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对去绝对值符号，然后分别解不等式即可（2）不等式有解，则只需，求出的最小值，然后解不等式即可.【详解】（1）由已知得当时， 当时， 当时，舍综上得的解集为（2）有解，或的取值范围是.【点睛】该题考查的是有关绝对值不等式的问题，涉及到的知识点有应用零点分段法解绝对值不等式，根据不等式有解求参数的取值范围，属于简单题目.