河北省衡水中学2020届高三下学期第九次调研数学（文）试题 WORD版含解析.doc

1、20192020学年度第二学期下九调考试高三年级数学试卷（文科）一、选择题1.若全集，集合，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】集合或集合故选B.2.已知复数，则下列结论正确的是（ ）A. 的虚部为B. C. 的共轭复数D. 为纯虚数【答案】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简,即可求得结果.【详解】,的虚部为,.故选:D.【点睛】本题考查复数的乘除运算,考查复数的概念,难度容易.3.中国诗词大会的播出引发了全民读书热，某学校语文老师在班里开展了一次诗词默写比赛，班里40名学生得分数据的茎叶图如右图，若规定得分不低于85分的学生得到“诗词达人”的称号，低于85分且不

2、低于70分的学生得到“诗词能手”的称号，其他学生得到“诗词爱好者”的称号.根据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽选10名学生，则抽选的学生中获得“诗词能手”称号的人数为（）A. 6B. 5C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】有茎叶图，找出获得“诗词能手”的称号的学生人数，求得概率，再利用分层抽样求得答案.【详解】由茎叶图可得，低于85分且不低于70分的学生共有16人，所以获得“诗词能手”的称号的概率为： 所以分层抽样抽选10名学生，获得“诗词能手”称号的人数为： 故选C【点睛】本题考查了茎叶图以及分层抽样，属于基础题.4.已知向量，若，则（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答

3、案】C【解析】【分析】由,可得,再利用坐标运算求出.【详解】,由,可得,解得,则,故选:C.【点睛】本题考查了向量的坐标运算,难度不大.5.已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等中间值区分各个数值的大小【详解】，故，所以故选A【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较6.如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（ ）A 12B. 13C. D. 15【答案】C【解析】【分析】将三棱柱展开两次如图,不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线,正好相当于绕三棱柱转两次的最短路

4、径.【详解】将正三棱柱沿侧棱展开,再拼接一次,其侧面展开图如图所示，在展开图中,最短距离是六个矩形对角线的连线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值.由已知求得矩形的长等于,宽等于5,由勾股定理.故选:C.【点睛】本题考查棱柱的结构特征,空间想象能力,几何体的展开与折叠,体现了转化(空间问题转化为平面问题,化曲为直)的思想方法.7.若数列的前项和为，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对已知，进行化简，令，可得，即为等比数列，利用可计算出的首项和公比，从而可求得的通项，得到的通项.【详解】，令，可得为等比数列，设其公比为，故选C项.【点睛】本题考查换元法求数列的

5、通项，等比数列求通项，考查内容比较简单，属于简单题.8.若双曲线的右顶点到一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】设双曲线的右顶点为,一条渐近线方程为,即,运用点到直线的距离公式和离心率公式,计算即可得到所求值.【详解】设双曲线的右顶点为,一条渐近线方程为,即,由题意可得,则,由可得所以.故选:C.【点睛】本题考查双曲线的简单性质,考查双曲线离心率的问题,难度较易.9.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角所对的边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为，若,，则用“三斜求积”公式求得的面积为（ ）

6、A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】由已知利用正弦定理可求得,进而可求得代入“三斜求积”公式即可求得结果.【详解】，,因为，所以，从而的面积为.故选:D【点睛】本题考查正弦定理以及新定义的理解,考查分析问题的能力和计算求解能力,难度较易.10.将一骰子抛掷两次，所得向上点数分别为和，则函数在上为增函数的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】基本事件总数，由函数在上为增函数，得，求出满足此条件的事件个数，由古典概型概率计算公式求解即可.【详解】将一骰子抛掷两次，所得向上点数分别为和，基本事件总数，若函数在上为增函数，则，36个基本事件中满足的有：（4，1）

7、，（5，1），（5，2），（5，3），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），共9个，函数在上为增函数包含的基本事件的个数，函数在上为增函数的概率.故选：B【点睛】本题考查的是概率与函数的综合问题，利用古典概型的特点分别求出基本事件的总数及所求事件包含的基本事件的个数，属于中档题.11.已知函数的图象过两点，在内有且只有两个极值点，且极大值点小于极小值点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由在内有且只有两个极值点可得，再由，得到或，分别对进行讨论即可.【详解】在内有且只有两个极值点，则，又，所以或；当时，解得，若时，在内极大值点为，极小值点为，满足题

8、意；当时，解得，若时，在内极小值点为，极大值点为，不符合题意.故选：C【点睛】本题主要考查正弦型函数的图象与性质，考查学生的逻辑推理能力，数形结合思想，是一道中档题.12.已知，设函数存在极大值点，且对于的任意可能取值，恒有极大值，则下列结论中正确的是（ ）A. 存在，使得B. 存在，使得C. 的最大值为D. 的最大值为【答案】D【解析】【分析】求函数的导数，根据函数存在极小值等价为有解，转化为一元二次方程，根据一元二次方程根与判别式之间的关系进行转化求解即可.【详解】由题意得，函数的定义域为，.若函数存在极大值点，则有解，即有两个不等的正根，则，得.由可得.分析易得的极大值点为，且.的极大值

9、为.设，则的极大值恒小于0等价于恒小于0.在上在恒成立在上单调递增，即.故选：D.【点睛】本题主要考查函数极值的应用，求函数的导数，利用函数极值和导数之间的关系转化为一元二次方程根的与判别式之间的关系是解决本题的关键综合性较强，难度极大二、填空题13.若，则_【答案】【解析】【详解】因为，由二倍角公式得到 ，故得到 故答案为14.已知实数满足约束条件，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组求得最优解的坐标,把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出表示的可行域,如图: 解得将变形为平移直线由图可知当直线经

10、过点时,直线在轴上的截距最小,有最小值为,当直线经过点时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为所以的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题主要考查线性规划中,利用可行域求目标函数的最值,属于简单题.15.已知四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于，则球的体积等于_.【答案】【解析】【分析】当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥,根据该四棱锥的表面积等于,确定该四棱锥的底面边长和高,进而可求球的半径,从而可求球的体积.【详解】由题意,当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥,该四棱锥的表面积等于,设球的半径为,则如图,该

11、四棱锥的底面边长为,则有.球的体积是.故答案为:.【点睛】本题考查球内接多面体及球的体积,解题的关键是确定球的半径,再利用公式求解,难度一般.16.双曲线的左、右焦点分别为，焦距为，以右顶点为圆心，半径为的圆与过的直线相切于点，设与的交点为，若，则双曲线的离心率为_.【答案】2.【解析】因为以右顶点为圆心，半径为的圆过的直线相切与点，A=，故可知直线的倾斜角为，设直线方程为 设点P，根据条件知N点是PQ的中点，故得到，因为，故得到 故答案为2.点睛：这个题目考查的是双曲线的离心率的求法；圆锥曲线中求离心率的常用方法有：定义法，根据椭圆或者双曲线的定义列方程；数形结合的方法，利用图形的几何特点构

12、造方程；利用点在曲线上，将点的坐标代入方程，列式子三、解答题（第1721题为必考题，第22、23为选考题） 17.设数列满足：，且（），.（1）求的通项公式：（2）求数列的前项和.【答案】（1）（）（2）【解析】【分析】(1)先根据等差中项判别法判断出数列是等差数列,然后根据已知条件列式求出公差,即可得到数列的通项公式;(2)由(1)求出数列的通项公式,然后运用裂项相消法求出前项和.【详解】(1)由()可知数列是等差数列,设公差为,因为,所以,解得,所以的通项公式为:();(2)由(1)知,所以数列的前项和:.【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用,考查裂项相消法求数列的前项和,难度不大.18

13、.如图，在四棱锥中，ABCD为菱形，平面ABCD，连接AC，BD交于点O，E是棱PC上的动点，连接DE.（1）求证：平面平面；（2）当面积的最小值是4时，求此时点E到底面ABCD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可证得，从而可得平面PAC，再由面面垂直的判定定理即可证出.（2）连接OE，由（1）可得，面积的最小值是4时，可求出，作交AC于H，可知平面ABCD， 由即可求解.【详解】（1）证明：四边形ABCD是菱形，.平面ABCD，平面ABCD，.又，平面PAC.又平面BDE，平面平面PAC.（2）解：如图（1），连接OE，由（1）知平面PAC，平面PAC.，

14、由，得.当时，OE取到最小值1.此时.作交AC于H，平面ABCD，平面ABCD，如图（2），由，得点E到底面ABCD的距离. （1） （2）【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定定理、线面垂直的定义，属于中档题.19.某城市先后采用甲、乙两种方案治理空气污染各一年，各自随机抽取一年（365天）内100天的空气质量指数API的检测数据进行分析，若空气质量指数值在0，300内为合格，否则为不合格.表1是甲方案检测数据样本的频数分布表，如图是乙方案检测数据样本的频率分布直方图.表1：API值0，50（50，100（100，150（150，200（200，250（250，300大于300天数91319

15、3014114（1）将频率视为概率，求乙方案样本的频率分布直方图中的值，以及乙方案样本的空气质量不合格天数；（2）求乙方案样木的中位数；（3）填写下面22列联表（如表2），并根据列联表判断是否有90%的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有关.表2：甲方案乙方案合计合格天数_不合格天数_合计_附：0.100.050.0252.7063.8415.024【答案】（1），11天；（2）170；（3）表格见解析，有90%的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有关【解析】【分析】（1）根据频率和为1列出等式求解a，用乙方案样本中空气质量指数值大于300的频率乘以总天数即可得解；（2

16、）根据中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的列出等式即可求得中位数；（3）由题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论.【详解】（1）由频率分布直方图知，解得，乙方案样本中不合格天数为（天）；（2）根据图1，得，又，中位数在（150，200之间，设中位数为,则，解得,乙方案样本的中位数为170；（3）由题意填写列联表如下，甲方案乙方案合计合格天数9689185不合格天数41115合计100100200由表中数据，计算，有90%的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有关.【点睛】本题考查了频率分布直方图和独立性检验的应用问题，属于中档题.20.已知椭圆的离心率为，直线与以原点为

17、圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切（1）求椭圆的方程；（2）是否存在直线与椭圆交于两点，交轴于点，使成立？若存在，求出实数取值范围；若不存在，请说明理由【答案】(1) (2) 或【解析】试题分析：（1）根据椭圆的几何意义得到abc的值，从而得到椭圆方程；（2）将向量模长的方程两边平方得到，即，即，联立直线和椭圆得到二次方程，带入韦达定理得到参数范围解析：（1）由已知得，解方程组得，椭圆的方程为，（2）假设存在这样的直线，由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，由得，设，则，由得，即，即，故，代入（*）式解得或点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的

18、，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21.设函数（其中，m，n为常数）（1）当时，对有恒成立，求实数n的取值范围；（2）若曲线在处的切线方程为，函数的零点为，求所有满足的整数k的和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由恒成立可知单调递增，由此得到，进而求得结果；（2）由切线方程可确定和，从而构造方程求得；将化为，由可确定单调性，利用零点存在定理可求得零点所在区间，进而得到所有可能的取值，从而

19、求得结果.【详解】（1）当时，当时，对任意的都成立，在单调递增，要使得对有恒成立，则，解得：，即取值范围为.（2），解得：，又，显然不是的零点，可化为，令，则，在，上单调递增.又，在，上各有个零点，在，上各有个零点，整数的取值为或，整数的所有取值的和为.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到恒成立问题的求解、由切线方程求解函数解析式、函数零点问题的求解；求解整数解的关键是能够通过构造函数的方式，结合零点存在定理确定零点所在区间.22.在平面直角坐标系中，已知曲线：（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2

20、）已知点，直线交曲线于，两点，求的值.【答案】（1）曲线的普通方程，的直角坐标方程（2）【解析】分析】(1)直接利用转换关系式,将参数方程,极坐标方程和直角坐标方程进行转换;(2)将直线的普通方程化为参数方程,再利用参数的几何意义结合韦达定理求解.【详解】(1)已知曲线:(为参数),则曲线的普通方程,直线的极坐标方程为,则的直角坐标方程;(2)直线的参数方程为(为参数)代入曲线:,化简得,设,对应的参数分别为,则,所以.【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,考查直线参数方程的应用,难度不大.23.已知函数.（1）当a=2时，求不等式的解集；（2）设函数.当时，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）当时；（2）由等价于，解之得.试题解析： （1）当时，.解不等式，得.因此，的解集为.（2）当时，当时等号成立，所以当时，等价于. 当时，等价于，无解.当时，等价于，解得.所以的取值范围是.考点：不等式选讲.