河北省衡水中学2020届高三数学上学期七调考试试题 理（含解析）.doc

1、河北省衡水中学2020届高三数学上学期七调考试试题 理（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟.第卷（选择题共60分）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.已知集合，若，则的子集个数为（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】D【解析】【分析】先求出集合，再求出，即可得解.【详解】，即，子集个数为个.故选：D.【点睛】本题考查了集合的运算和子集的概念，属于基础题.2.已知复数，则对应的点位于复平面的（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案

2、】C【解析】【分析】转化条件得，即可得解.【详解】由题.故选：C.【点睛】本题考查复数的概念和运算，属于基础题.3.设为奇函数，当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先计算，再利用奇函数的性质即可得解.【详解】由题意.故选：A.【点睛】本题考查了复合函数函数值的求法和函数奇偶性的应用，属于基础题.4.设为等比数列，为等差数列，且为数列的前项和若，且，则（ ）A. 20B. 30C. 44D. 88【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的性质可求出，再利用即可得解.【详解】为等比数列，且，又 等差数列，.故选：C.【点睛】本题考查了等差、等比数列性质的应用以及等差数列的

3、求和，属于基础题.5.设是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据线面、面面关系的性质和判定逐一判断即可.【详解】若，则与可能相交、平行或，故A错误；若，则与可能相交、平行或，故B错误；若，则与可能平行也可能相交，故C错误；若，则，又 ，则，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了线面、面面位置关系的性质和判定，属于基础题.6.如图是数学界研究的弓月形的一种，是以为直径的圆的内接正六边形的三条邻边，四个半圆的直径分别是，在整个图形中随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（ ）A. B. C. D. 【答

4、案】A【解析】【分析】由题意分别算出阴影部分的面积和总面积后即可得解.【详解】不妨设六边形的边长为1，由题意得，.故选：A.【点睛】本题考查了几何概型概率的求法，属于基础题.7.已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】由图可得即可求出，图像过点即可求出，即可得解.【详解】由图像可知即，.又 图像过点即，当时，.则.故选：D.【点睛】本题考查了三角函数解析式的确定和导数的应用，属于中档题.8.已知向量，向量在方向上的投影为，若，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 3【答案】A【解析】【分析】设，转化条件得，整体代换即可得解.【详解】

5、设，在方向上的投影为，即.又 ，即，即，解得.故选：A.【点睛】本题考查了向量数量积的应用，属于中档题.9.已知双曲线的一条渐近线与轴所形成的锐角为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 或2【答案】C【解析】【分析】转化条件得，再利用即可得解.【详解】由题意可知双曲线的渐近线为，又 渐近线与轴所形成的锐角为，双曲线离心率.故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的性质，属于基础题.10.设正方体的棱长为，为的中点，为直线上一点，为平面内一点，则，两点间距离的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本道题结合直线与平面平行判定，证明距离最短即为计算与OE的距离，计

6、算，即可【详解】结合题意，绘制图形结合题意可知OE是三角形中位线，题目计算距离最短，即求OE与两平行线的距离，所以距离d，结合三角形面积计算公式可得，解得，故选B【点睛】本道题考查了直线与平面平行的判定，难度较大11.已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知可得点的轨迹为，将转化为点到弦的中点的距离的两倍，利用图形即可得解.【详解】由题意得圆的圆心为，半径，易知直线恒过点，直线恒过，且，点的轨迹为，圆心为，半径为，若点为弦的中点,位置关系如图：.连接，由易知.，.故选：D.【点睛】本题考查了直线的方程、圆的方程、

7、直线与圆的位置关系以及向量的线性运算，考查了转化化归思想和数形结合的思想，属于难题.12.已知不等式（，且）对任意实数恒成立，则最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】转化条件得，求出的最小值后即可得，可得，最后求出的最大值即可得解.【详解】由题意得恒成立，令，则，若，单调递增，当时，不合题意；若，当时，单调递减，当时，单调递增，所以最小值为.，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，即的最大值为.故选：B.【点睛】本题考查了导数的应用和恒成立问题的解决方法，考查了转化化归的思想，属于难题.第卷（非选择题共90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已

8、知，则的结果为_.【答案】【解析】【分析】转化条件得，求出后即可得解.【详解】，即，即，.故答案为：.【点睛】本题考查了同角三角函数关系的应用和二倍角公式的应用，属于基础题.14.设样本数据的方差是5，若，则的方差为_【答案】20.【解析】【分析】利用方差的性质直接求解即可.【详解】因为样本数据的方差是5，若，所以的方差为.故答案为：20【点睛】本题考查了方差的性质，属于基础题.15.某单位在庆祝新年的联欢晚会中，要安排一个有6个节目的节目单，要求歌曲和舞蹈相邻，且歌曲要排在舞蹈的前面；歌曲和舞蹈不相邻，且歌曲和舞蹈均不排在最后，则这6个节目的排法有_种.【答案】36【解析】【分析】先用捆绑法

9、把歌曲和舞蹈看成一个整体，再和其他两个节目全排列，最后把歌曲和舞蹈插空即可得解.【详解】把歌曲排在舞蹈前面后把两个节目看成一个整体，再和其他两个节目全排列，有种排法，再用歌曲和舞蹈插空且均不排在最后，有种排法.所以共有种排法.故答案为：.【点睛】本题考查了排列组合应用，属于基础题.16.在边长为的菱形中，沿对角线折起，使二面角的大小为，这时点在同一个球面上，则该球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】取的中点,连接、，可知外接球的球心在面中，再作，分别求出与的长度后即可得解.详解】如图1，取的中点,连接、，由已知易知面面，则外接球的球心在面中.由二面角的大小为可知.在面中，设球心为，作，连接，

10、易知在面上的投影即为，平分，为的中心，.故答案为：【点睛】本题考查了立体图形外接球体积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.三、解答題（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.已知向量，设函.在中，角的对边分别是，.（1）求的大小；（2）若，求的大小.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）转化条件得，由即可得解；（2）转化条件得，利用正弦定理可得，利用余弦定理即可得解.【详解】根据题意得. （1）因为，且，所以（2）因为.所以，所以.因为，所以.根据正弦定理得.

11、 又由余弦定理，得，即，解得.【点睛】本题考查了向量数量积的运算、三角恒等变换和解三角形的应用，属于中档题.18.如图，是半圆的直径，是半圆上除点外的一个动点，垂直于所在的平面，垂足为，且，.（1）证明：平面平面；（2）当为半圆弧的中点时，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，再证明后即可得平面，即可得证；（2）建立空间坐标系后分别求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，求出后即可得解.【详解】（1）证明：因为是半圆的直径，所.因为垂直于所在的平面，所以，所以平面.因为，且，所以四边形为平行四边形.所以，所以平面，因为平面，所以平面平面. （2）由题意，

12、、两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系.则，所以，.设平面的一个法向量为，则即令，则.设平面的一个法向量为，则即则，则. 因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了面面垂直的判定与空间向量的应用，考查了计算能力，属于中档题.19.2018年是中国改革开放的第40周年，为了充分认识新形势下改革开放的时代性，某地的民调机构随机选取了该地的100名市民进行调查，将他们的年龄分成6段：，并绘制了如图所示的频率分布直方图.（1）现从年龄在内的人员中按分层抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人进行座谈，用表示年龄在内的人数，求的分布列和数学期望；（2）若用样本的频率代替概率，用随

13、机抽样的方法从该地抽取20名市民进行调查，其中有名市民的年龄在的概率为.当最大时，求的值.【答案】（1）分布列见解析；（2）7.【解析】【分析】（1）根据分层抽样的方法判断出年龄在内的人数，可得的可能取值为0，1，2，结合组合知识，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望；（2）设年龄在内的人数为，则，设,可得若，则，；若，则，从而可得结果.【详解】（1）按分层抽样的方法抽取的8人中，年龄在内的人数为人，年龄在内的人数为人，年龄在内的人数为人.所以的可能取值为0，1，2，所以，所以的分布列为012.（2）设在抽取的20名市民中，年龄在内的人数

14、为，服从二项分布.由频率分布直方图可知，年龄在内的频率为，所以，所以 .设 ，若，则，；若，则，.所以当时，最大，即当最大时，.【点睛】本题主要考查分层抽样的定义、直方图的应用以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.20.已知椭圆的右焦点为，过的直线交椭圆于两点(直线与坐标轴不垂直)，若的中点为，为坐标原点，直线交直线于.()求证：；()求的最大值.【答案】（1

15、）见解析； （2）.【解析】【分析】() 联立可得.设点的坐标为，点的坐标为,再计算出的斜率为，的斜率为，即得.因此与垂直. ()先求出 ，再求，即得的最大值.【详解】()联立可得.设点的坐标为，点的坐标为，则，.于是有.因为的中点为，所以.因此的斜率为.因为直线交直线于，所以.故的斜率为，即得.因此与垂直，. ()设 .令，则.由于，故.因此(当时取到最大值，也即).综上所述，的最大值为.【点睛】（1）本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和直线的位置关系，考查椭圆中的最值问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理转化计算能力.(2)解答第2问的关键有两点，其一是求出，其二是求函数

16、的最大值.21.已知函数.（1）若不等式在区间上有解，求实数的取值范围；（2）已知函数，若是的极大值点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）转化条件得，利用导数求出在区间上的最小值即可；（2）求导得，由极大值可得可知且，则，利用导数求出在的值域即可得解.【详解】（1）若不等式在上有解，则.因为，所以.令，则易知在上单调递减，且，.故存在，使得在区间上单调递增，在区间上单调递减.所以，当时，故实数的取值范围为. （2）由题意知，所以，.记，则，所以，仅在在区间上单调递减.若是的极大值点，则，且，所以， 记，则.所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增，易知，所以，当时，所以，

17、即的取值范围为.【点睛】本题考查了导数的应用和存在问题的解决方法，考查了转化划归思想和计算能力，属于难题.（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.22.在直角坐标系中，设倾斜角为的直线（为参数）与曲线（为参数）相交于不同的两点.（1）若，求线段中点的坐标；（2）若，其中，求直线的斜率.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）将曲线的参数方程化为普通方程，当时，设点对应参数为直线方程为代入曲线的普通方程，得，由韦达定理和中点坐标公式求得，代入直线的参数方程可得点的坐标；（2）把直线的参数方程代入椭圆的普通方程可得关于参数的一元二次方程

18、，由已知条件和韦达定理可得，求得的值即得斜率.试题解析：设直线上的点，对应参数分别为，将曲线的参数方程化为普通方程（1）当时，设点对应参数为直线方程为（为参数）代入曲线的普通方程，得，则，所以，点的坐标为（2）将代入，得，因为，所以得由于，故所以直线的斜率为考点：直线的参数方程与椭圆参数方程及其在研究直线与椭圆位置关系中的应用.23.已知函数.（1）若，解不等式；（2）若，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）转化条件得，分类讨论即可得解；（2）转化条件得恒成立，令，分类讨论求出最大值即可得解【详解】（1）当时，可转化为或或，所以不等式的解集为. （2）根据题意，即，.记不等式右边函数为，根据题意于是的值域为，因此实数的最小值为.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和恒成立问题的解决，考查了转化划归思想和分类讨论思想，属于中档题.