河北省秦皇岛市抚宁区第一中学2019-2020学年高二下学期3月阶段性考试数学（理）试题 WORD版含解析.doc

1、河北省抚宁县第一中学2019-2020学年高二下学期3月阶段性考试数学（理科）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得，利用交集的定义可求得集合.【详解】全集，集合，则，所以，.故选：C【点睛】本题考查交集与补集的混合运算，考查计算能力，属于基础题.2.设复数满足，则在复平面内对应的点在（ ）A. 第四象限B. 第三象限C. 第二象限D. 第一象限【答案】C【解析】试题分析：，所以在复平面内对应的点的坐标为（-1，1），其为第二象限的点，故选C考点：复数运算及复数与坐标系内点的对应关系3.已知实数满足约束

2、条件，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可【详解】解：画出线性约束条件对应的可行域，表示可行域内的点与的连线斜率，由斜率公式可求两个边界斜率分别是故其取值范围为.故选：A.【点睛】本题主要考查线性规划和直线斜率基本应用，利用目标函数的几何意义和数形结合是解决问题的基本方法,属于基础题4.已知，且与垂直，则与的夹角是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量的数量积的定义即可求解.【详解】解：得，求得与的夹角是.故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积的定义及运算，属于基本题.5

3、.已知正项等比数列的前项和为，则公比的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用等比数列的通项公式求和公式即可得出【详解】解：， 化为：，解得故选：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用已知切化弦求出，再表示结合即可求解.【详解】解：，.，因为，所以，求得.故选：B.【点睛】本题考查同角三角函数变换，属于基础题.7.某校早读从点分开始，若张认和钱真两位同学均在早晨点至点分之间到校，且二人在该时段的任何时刻都到校都是等可能的，则张认比钱真至少早到分钟的概率为（

4、 ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】如图所示，设张认和钱真两位同学到校的时间分别为，时，且，时，利用几何概率求解即可得出【详解】解：如图所示，设张认和钱真两位同学到校的时间分别为，时，且，时，则张认比钱真至少早到10分钟的概率故选：【点睛】本题考查与面积有关的几何概型计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题8.某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的最大棱长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解最长棱长即可【详解】解：由题意可知几何体的直观图如图：是长方体的一部分，最长棱长为：故选：【点睛】本题考查三视图的应用

5、，判断几何体的形状是解题的关键，考查转化思想以及空间想象能力，是基础题9.将函数的图象横坐标变成原来的倍，再向左平移个单位，所得函数关于对称，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据二倍角公式进行化简，利用三角函数的图象变换求出的解析式，利用对称性建立方程进行求解即可【详解】解：，将函数的图象横坐标变成原来的2倍，得到，再向左平移个单位，所得函数，则，若关于对称，则，得，当时，取得最小值为，故选：【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用二倍角公式以及图象的变化以及对称性建立方程是解决本题的关键，属于基础题10.已知是长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最

6、小值是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出向量，得到，进而可求出结果.【详解】如图，以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，则，设，所以，所以，当时，所求的最小值为.故选：B【点睛】本题主要考查求向量数量积的最值，通过建系的方法处理，熟记向量数量积的坐标运算即可，属于常考题型.11.已知双曲线，椭圆，若双曲线的渐近线与椭圆相交的四个交点与椭圆的两个焦点形成了一个正六边形，则这个正六边形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得椭圆与渐近线的交点坐标，进而求出交点到原

7、点的距离，等于半个焦距，再由正六边形可得渐近线的斜率，可得，的关系，求出值，进而求出正三角形的面积，6倍的一个正三角形的面积就为正六边形的面积【详解】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为：，与椭圆，联立可得所以，由得到的正六边形可得，所以，所以，即，解得：，即，所以正六边形的面积为，故选：【点睛】考查圆锥曲线的综合，考查运算能力，属于基础题12.已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数令，依题意知为偶函数且在区间单调递增；不等式，利用单调性脱去“”即可求得不等式的解集【详解】解：令，则，因为，所以，当时，即在区间单调递

8、增；又是上的偶函数，所以是，上的偶函数，又；故，于是，不等式化为，故，解得，又，故选：【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数奇偶性，考查化归思想与运算能力，属于难题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.由小到大排列的一列数：的平均数和中位数相同，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据平均数和中位数的定义，列方程求出的值【详解】解：由题意知，数据5，8，9，13的中位数是9，平均数是，解得故答案为：10【点睛】本题考查了中位数和平均数的定义与计算问题，是基础题14.如图，长方体中，是正方形的中心，则直线与平面成的角的余弦值是_.【答案】【解析】【分析】取中点，连接，

9、显然为所求直线与平面所成的角，转化到中求解即可【详解】解：取中点，连接，因为为长方体，是正方形的中心，为中点，所以显然为所求直线与平面所成的角，且，即直线与平面所成的角的余弦值是故答案为：【点睛】本题考查线面角的定义及其求法，考查运算能力，属于基础题15.已知数列满足，且，该数列的前项和为，则_.【答案】【解析】【分析】利用即可求解.【详解】解：.故答案为： .【点睛】本题考查数列求和的并项求和方法，属于基础题.16.已知函数，若有两个不同的实数解，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】原题等价于或，即有或，则条件等价于有2解，无解；有1解，有1解；无解，有2解；作出函数的图象，数形结

10、合即可【详解】解：可化为，解得或，即有或，则方程有两个不同的实数解，等价于：有2解，无解；有1解，有1解；无解，有2解；令函数，时，即有在上单调递增，在上单调递减，（e），作出函数的图象如图：则有2解，无解，此时，此时无解，舍去；有1解，有1解，此时因为，则需，解得；无解，有2解，此时，解得，综上，故答案为：【点睛】本题考查方程的根与函数零点的关系，数形结合思想，分类讨论思想，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17.设的内角所对的边分别是，且.（1）求角的大小；（2）设，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由边化角得：，即，又，所以，

11、从而求出角；（2）因为，由余弦定理，得，再结合基本不等式得到，解得，从而求出周长的最大值【详解】解：（1）由正弦定理，边化角得：，即，又，又，又，；（2），又，所以周长的最大值为，当且仅当时取到最大值.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理综合应用，是基础题18.已知在等差数列中，（）求数列的通项公式：（）设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设的首项为，公差为d，由题意列出方程组，解得首项和公差，从而写出通项公式即可；（2）易得，然后利用裂项相消法求和即可.【详解】（1）设的首项为，公差为d，则有：，解之得：，所以；（2），所以.【点睛】本题考查等差数列通项公式

12、求法，考查裂项相消法求和，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.19.如图，四棱锥中，底面是直角梯形，侧面底面，且为等腰直角三角形，为的中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成线面角的正切值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再由线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）取的中点，连接、，推导出平面，平面，可得出直线与平面所成的角为，并计算出、，由此可得出结果.【详解】（1）如图所示，取的中点，连接、，、分别为、的中点，则且，由已知条件可知且，且，所以，四边形为平行四边形，平面，平面，因此，平面；（2）取的中点，连

13、接、，则是等边三角形，为的中点，平面平面，平面平面，平面，平面，所以直线与平面所成的角为，同理可得平面，平面，所以，因此，直线与平面所成线面角的正切值为.【点睛】本题考查线面平行证明，同时也考查了利用定义法求解线面角的正切值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，点满足以为直径的圆过椭圆的上顶点.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线过右焦点与椭圆交于两点，在轴上是否存在点使得为定值？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【解析】【分析】（1）由点在椭圆上代入可得，的关系，再由点满足以为直径的圆过椭圆的上顶点可得可得，

14、的关系，再由，的关系求出椭圆的方程；（2）由（1）可得右焦点的坐标，分坐标的斜率为0和不为0两种情况讨论，假设存在满足条件，设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出数量积的表达式，要使数量积为定值，则分子分母对应项的系数成比例，可得的值，且可求出定值【详解】解：（1）由题意可得上顶点，所以：，即，即，解得：，所以椭圆的方程为：；（2）由（1）可得右焦点的坐标，假设存在当直线的斜率不为0时，设直线的方程为：，设，联立直线与椭圆的方程，整理可得：，因为，要使为定值，则，解得：，这时为定值，当直线的斜率为0时，则，为，则，综上所述：所以存在，使为定值【点睛】考查求椭圆的标准方程及直线

15、与椭圆的综合，属于中档题21.2019年2月13日西安市全民阅读促进条例全文发布，旨在保障全民阅读权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设某高校为了解条例发布以来全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生每周阅读时间（单位：小时）并绘制如图所示的频率分布直方图（1）求这200名学生每周阅读时间的样本平均数；（2）为查找影响学生阅读时间的因素，学校团委决定从每周阅读时间为，的学生中抽取9名参加座谈会（i）你认为9个名额应该怎么分配？并说明理由；（ii）座谈中发现9名学生中理工类专业的较多请根据200名学生的调研数据，填写下面的列联表，并判断是否有的把握认为学生阅读时间

16、不足（每周阅读时间不足8.5小时）与“是否理工类专业”有关？（精确到0.1）阅读时间不足8.5小时阅读时间超过8.5小时理工类专业4060非理工类专业附：（）.临界值表：0.1500.1000.0500.02500100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）9, （2）（i）每周阅读时间为的学生中抽取3名，每周阅读时间为的学生中抽取6名理由见解析, （ii）有的把握认为学生阅读时间不足与“是否理工类专业”有关【解析】【分析】（1）取各区间中点值乘以频率再相加即得；（2）（i）两组差异明显，用分层抽样计算（ii）求出两组的人数，填

17、写列联表，计算可得【详解】（1）（2）（i）每周阅读时间为的学生中抽取3名，每周阅读时间为的学生中抽取6名理由：每周阅读时间为与每周阅读时间为是差异明显的两层，为保持样本结构与总体结构的一致性，提高样本的代表性，宜采用分层抽样的方法抽取样本；因为两者频率分别为0.1，0.2，所以按照进行名额分配（ii）列联表为：阅读时间不足8.5小时阅读时间超过8.5小时理工类专业4060非理工类专业2674，所以有的把握认为学生阅读时间不足与“是否理工类专业”有关【点睛】本题考查频率分布直方图，分层抽样，考查独立性检验属于基础题22.设函数（1）若是函数的一个极值点，求函数的单调区间；（2）当时，对于任意的

18、（为自然对数的底数）都有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合极值存在条件可求，关系，代入后即可求解单调区间；（2）先分离出，转化为求解相应函数的最值或范围，结合导数可求【详解】解：（1）定义域，由题意可得，(1)即，所以，由函数存在极值可知，时，由可得，函数在单调递增，由可得，函数在上单调递减.时，由可得，函数在上单调递减，由可得，在单调递增；当时，由可得，或，由可得，故函数的单调递增区间，0，），单调递减区间；综上所述：当，恒成立，不符合题意；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递减，在上递增.（2）时，可得，令，则，令， 则在上单调递减，所以（1），所以在上单调递减， ，即，所以在上单调递减，（e），故故的范围，【点睛】本题主要考查了函数单调区间的求解及利用分离法求参数范围问题，属于中档题