河北省衡水中学2020届高三数学下学期期中试题 理（含解析）.doc

1、河北省衡水中学2020届高三数学下学期期中试题 理（含解析）一、选择题（每小题5分，共60分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出与中不等式的解集确定出与，利用并集定义求与的并集即可【详解】由题得，根据并集的定义知：，故选：【点睛】本题主要考查了并集及其运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，熟练掌握并集的定义是解本题的关键2.若（其中是虚数单位），则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数除法

2、运算求出复数，进而得到共轭复数，利用复数的几何意义，即可得答案；【详解】由，得，复数的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数除法运算、共轭复数概念、复数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题.3.已知，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据常见函数单调性可得，即可得解.【详解】由题意得，.故选：B.【点睛】本题考查了利用常见函数单调性寻找合适中间值比较大小，属于基础题.4.已知直线a,b与平面,且,则是的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析

3、】根据充分与必要条件的性质,分别根据线面垂直的性质分析充分性与必要性即可.【详解】因为,所以.若,则；反之,若,则或.所以是的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查了线面垂直与平行的性质与判定,同时也考查了充分与必要条件的性质,属于基础题.5.“仁义礼智信”为儒家“五常”由孔子提出“仁、义、礼”,孟子延伸为“仁、义、礼、智”,董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”.将“仁义礼智信”排成一排,“仁”排在第一-位,且“智信”相邻的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用特殊元素及捆绑法得“仁”排在第一位,且“智信”相邻的排法有种排法,利用古典概型求解即可【详解】“仁义

4、礼智信”排成一排,任意排有种排法,其中“仁”排在第一位,且“智信”相邻的排法有种排法,故概率故选：A【点睛】本题考查排列问题及古典概型，特殊元素优先考虑，捆绑插空是常见方法，是基础题6.有六名同学参加演讲比赛，编号分别为1，2，3，4，5，6，比赛结果设特等奖一名，四名同学对于谁获得特等奖进行预测.说：不是1号就是2号获得特等奖；说：3号不可能获得特等奖；说：4，5，6号不可能获得特等奖；说：能获得特等奖的是4，5，6号中的一个.公布的比赛结果表明，中只有一个判断正确.根据以上信息，获得特等奖的是（ ）号同学.A. 1B. 2C. 3D. 4，5，6号中的一个【答案】C【解析】【分析】因为只有

5、一人猜对，而，互相否定，故，中一人猜对，再分类讨论，综合分析即可得出结论.【详解】解：因为，互相否定，故，中一人猜对，假设对，则也对与题干矛盾，故错，猜对者一定是，于是一定猜错，也错，则获得特等奖是：3号同学.故选：C.【点睛】本题考查合情推理的应用，同时考查推理能力、分析和解决问题的能力，属于基础题.7.如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图中判断框处应填入的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据程序框图的运行，循环算出当时，结束运行，总结分析即可得出答案.【详解】由题可知，程序框图运行结果为31，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.此时输出.故选：C.【

6、点睛】本题考查根据程序框图的循环结构，已知输出结果求条件框，属于基础题.8.九章算术第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”.如：已知，三人分配奖金的衰分比为，若分得奖金1000元，则，所分得奖金分别为800元和640元.某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励68780元，若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金，且甲与丙共获得奖金36200元，则“衰分比”与丁所获得的奖金分别为( )A. ，14580元B. ，14580元C. ，10800元D. ，10800元【答案】B【解析】【分析】设“衰分比”为，甲获得的奖金为

7、，联立方程解得，得到答案.【详解】设“衰分比”为，甲获得的奖金为，则.，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.9.已知函数，那么下列命题中假命题是（ ）A. 是偶函数B. 在上恰有一个零点C. 是周期函数D. 在上是增函数【答案】D【解析】【分析】根据函数的性质,逐个判断各选项的真假【详解】对于，函数，定义域为，且满足，所以为定义域上的偶函数，正确；对于，时，且，在上恰有一个零点是，正确；对于C，根据正弦、余弦函数的周期性知，函数是最小正周期为的周期函数， 正确；对于D，时，且，在上先减后增，D错误故选D【点睛】本题主要考查了正弦函数、余弦函数的

8、单调性、奇偶性、周期性的应用以及零点的求法10.已知函数，若存在唯一的正整数，使得，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意设，则，在递减，在上递增，且，在一个坐标系中画出两个函数图象如图：存在唯一的正整数，使得，即由图得，则，即，解得的取值范围是，故选C.【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质、导数的应用及不等式的整数解、数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键

9、是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.11.已知平面单位向量，的夹角为60，向量满足，若对任意的，记的最小值为M，则M的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由数量积的运算律已知等式变形为，可得终点的轨迹是以为半径的圆，设，所以表示的距离，显然当时最小，问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值，利用圆心到直线的距离可得【详解】由推出，所以，如图，终点的轨迹是以为半径的圆，设，所以表示的距离，显然当时最小，M的最大值为圆心到的距离加半径，即，故选：A【点睛】本题考查平面向量数量积的运

10、算律，考查模的定义，解题关键是利用平面向量数量积的运算律得出终点的轨迹是圆，从而问题转化为点到直线的距离，圆上的点到直线距离的最大值问题12.已知椭圆C：的左右顶点分别为，上顶点为B，双曲线E：（，）的左顶点与椭圆C的左顶点重合，点P是双曲线在第一象限内的点，且满足（），则双曲线E离心率为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出椭圆的顶点坐标，得双曲线的值，同时可得，利用余弦定理计算出，这样可计算出点坐标，代入双曲线方程求得，由计算出后可得离心率【详解】由椭圆方程可知，左顶点，右顶点，上顶点，由双曲线E的左顶点与椭圆的左顶点重合，得，.在中，易知，由余弦定理得，得，易知，所

11、以.设点P的坐标为，则，得，解得，代入双曲线E的标准方程，得，得，从而，所以双曲线E的离心率，故选：D.【点睛】本题考查求椭圆的顶点坐标，考查双曲线的离心率，解题关键是由知共线，从而求得点坐标，本题属于中档题第卷（共90分）二、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.新冠病毒蔓延全球，形势严峻，中国抗疫取得阶段性成效.各国医务人员急需新冠肺炎COVID-19诊治的科学方案和有效经验.复旦大学附属中山医院的呼吸科主任宋元林教授团队通过研究，于4月1日首次揭示COVID-19患者发生急性呼吸窘迫综合征（ARDS）和从ARDS进展至死亡的危险因素，并首次提出已发生ARDS的COVID-1

12、9患者使用甲强龙可能获益的观点.为了了解甲强龙的指标数据y与百分比浓度p之间的关系，随机统计了某5次实验的相关数据，并制作了对照表如下：百分比浓度p610141822指标数据y62m442814由表中数据求得回归直线方程为，则_.【答案】53【解析】【分析】计算出样本中心点，代入回归方程可求得【详解】百分比浓度的平均数，指标数据的平均数.由样本点的中心在回归直线上，可得，解得.故答案为：53.【点睛】本题考查线性回归直线方程，掌握线性回归直线的性质是解题关键：线性回归直线一定过中心点14.已知数列的前n项和为，满足（），设，则数列的前2020项和_.【答案】【解析】【分析】由计算出（注意分类讨

13、论），得出，把每一项拆成两项的和，由，达到前后项相抵消的目的，求得和【详解】当时，； 当时，. 适合，所以，对任意的，.， 因此，故答案为：.【点睛】本题考查由数列前项和求通项公式，考查数列求和，类比裂项相消法求和解题关键是掌握裂项相消法求和的思想方法：“相消”15.在日常生活中，石子是我们经常见到的材料，比如在各种建筑工地或者建材市场上常常能看到堆积如山的石子，它的主要成分是碳酸钙.某雕刻师计划在底面边长为2m、高为4m的正四棱柱形的石料中，雕出一个四棱锥和球M的组合体，其中O为正四棱柱的中心，当球的半径r取最大值时，该雕刻师需去除的石料约重_kg.（最后结果保留整数，其中，石料的密度，质量

14、）【答案】【解析】【分析】求出正四棱柱的体积，和正四棱锥、球的体积，从而得出需去除的石料的体积，再由公式计算出质量【详解】依题意知，正四棱柱体积.四棱锥的底面为正方形，高，所以其体积.球M的半径r最大为1，此时其体积.故该雕刻师需去除的石料的体积.又，所以该雕刻师需去除的石料的质量为.【点睛】本题考查棱柱、棱锥、球的体积，掌握体积公式是解题基础16.已知函数，当_时（从中选出一个作为条件），函数有_.（从中选出相应的作为结论，只填出一组即可），或4个极小值点1个极小值点6个零点4个零点【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】本题为开放题型，根据选择的条件，把绝对值打开，求导研究函数单调性

15、，继而研究函数的极值点，零点即可.【详解】.比如：当时，由于，故在无零点，由于，故恒成立，有唯一零点x=0,且左负右正，故f(x)有唯一的极小值.故答案为：，（答案不唯一）【点睛】本题为开放题型，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.试研究，一个三角形能否同时具有以下两个性质：（1）三边是连续的三个自然数；（2）最大角是最小角的2倍.若能，请求出这个三角形的三边以及最大角的余弦值；若不能，请说明理由. 【答案】4，5，6；最大角的余弦值为【解析】【分析】设三角形的三边分别为，对应的角分别为

16、，则，由正弦定理及二倍角的正弦公式可得，又由余弦定理得，则，解出方程即可求出三边，再根据余弦定理即可求出最大角的余弦值【详解】解：设三角形的三边分别为，对应的角分别为，则，由题意可得，由正弦定理可得，又由余弦定理可得，化简可得，解得，或（舍去），三角形的三边分别为4，5，6，三角形的最大角的余弦值，综上：存在三角形的三边分别为4，5，6满足题意，最大角的余弦值为【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，考查二倍角的正弦公式，属于基础题18.如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直.点M在上移动，点N在上移动，若（）.（1）当a为何值时，的长最小；（2）当长最小时，求面与面所成的二面角

17、的余弦值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）作交于点P，交于点Q，连接，易得是平行四边形，再将表示为关于a的函数，利用配方法求最小值即可；（2）取的中点G，连接、，根据二面角的平面角的定义可知即为二面角的平面角，然后利用余弦定理求解即可.【详解】解：（1）作交于点P，交于点Q，连接，依题意可得，且，即是平行四边形. 由已知， 即 （） 所以当，即M，N分别移动到，的中点时，的长取最小值； （2）取的中点G，连接、，即为二面角的平面角.又， 所以由余弦定理有.故长最小时，面与面所成的二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了二面角的平面角的作法，重点考查了运算能力，属中档题.19.如图，

18、已知抛物线E：（）与圆O：相交于A，B两点，且.过劣弧上的动点作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线，相交于点M.（1）求抛物线E的方程；（2）求点M到直线距离的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用求得圆心到弦的距离为1，即可求得点的坐标为，将代入抛物线方程可得，问题得解（2）设，分别求得与的方程，即可求得点的横、纵坐标为，联立直线的方程和抛物线方程可得：，即可得点的横、纵坐标为，再由点到直线距离公式可得点M到直线的距离为：，利用其单调性可得：，问题得解【详解】（1），且B在圆上，所以圆心到弦的距离由抛物线和圆的对称性可得，代入抛物线可得，

19、解得，抛物线E的方程为；（2）设， 由，可得， 则的方程为：，即，同理的方程为：，联立解得， 又直线与圆切于点，易得方程为，其中，满足，联立，化简得， 设，则，点M到直线的距离为：，易知d关于单调递减， 即点M到直线距离的最大值为.【点睛】本题主要考查了圆的弦长公式及圆上的点的切线知识、点到直线距离公式，还考查了韦达定理及转化能力、计算能力，属于难题20.已知函数.（1）函数在区间（）上有零点，求k的值；（2）若不等式对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合.【答案】（1）0或3；（2）.【解析】【分析】（1）求导，可得时，函数单调递减，时，函数单调递增，然后利用零点存在定理，根据验证求解.

20、（2）根据（1）分三种情况讨论，当时，不等式为.显然恒成立； 当时，转化为，令，求其最大值，当时，转化为，令，求其最小值即可.【详解】（1）令，得，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以的极小值为，又， 所以在区间上存在一个零点，此时；因为，所以在区间上存在一个零点，此时.综上，k的值为0或3； （2）当时，不等式为.显然恒成立，此时； 当时，不等式，可化为，令，则， 由（1）可知，函数在上单调递减，且存在一个零点，此时，即，当时，即，函数单调递增；当时，即，函数单调递减.有极大值，即最大值为， 于是.当时，不等式，可化为，由（1）可知，函数在上单调递增，且存在一个零点，同理可得.综上可

21、知.又，正整数m的取值集合为.【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，导数与不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.21.在庆祝新中国成立七十周年群众游行中，中国女排压轴出场，乘坐“祖国万岁”彩车亮相国庆游行，“女排精神”燃爆中国.某排球俱乐部为让广大排球爱好者体验排球的训练活动，设置了一个“投骰子50米折返跑”的互动小游戏，游戏规则：参与者先进行一次50米的折返跑，从第二次开始，参与者都需要抛掷两枚质地均匀的骰子，用点数决定接下来折返跑的次数，若抛掷两枚骰子所得的点数之和能被3整除，则参与者只需进行一次折返跑，若点数之和不能被3整除，则参与者需要连续进行两次折返跑.

22、记参与者需要做n个折返跑的概率为.（1）求，；（2）证明是一个等比数列；（3）求，若预测参与者需要做折返跑的次数，你猜奇数还是偶数？试说明你的理由.【答案】（1），；（2）证明见解析；（3），奇数，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，是表示两次折返跑的概率，做完第一次折返跑后抛掷两枚骰子的点数和能被3整除，继而得出，是表示三次折返跑的概率，包含有做完第一次折返跑后抛掷两枚点数不能被3整除或做完第二次折返跑后抛掷两枚点数能被3整除，即可求出；（2）表示第次折返跑的概率有两种情况：做完第个折返跑（概率为）后，再做一个（即两个骰子点数之和能被3整除）；做完第个折返跑（概率为）后，再做两个（即

23、两个骰子点数之和不能被3整除），根据互斥事件的概率和独立事件同时发生的概率可得，（），即可证明是一个等比数列；（3）由（2）得，用累加法即可求出，根据的通项公式，奇数次的概率大于偶数次的概率，所以猜测跑奇数次.【详解】（1）由题意可知，第一次50米折返跑都必须跑，所以. 第二次折返跑前，已经跑了一个折返跑，两枚骰子的点数之和能被3整除的概率， 则两枚骰子的点数之和不能被3整除的概率为. 故参与者需要做两个折返跑（第二次训练只做一个折返跑）的概率为. 参与者需要做3个折返跑时应考虑两个方面：第二次做两个折返跑，其概率为， 第二次与第三次各做一个折返跑，其概率为. 故.（2）需要做n（）个折返跑时

24、有两种情况：做完第个折返跑（概率为）后，再做一个（即两个骰子点数之和能被3整除），其概率为，由相互独立事件的概率公式可得，这种情况做n个折返跑的概率为； 做完第个折返跑（概率为）后，再做两个（即两个骰子点数之和不能被3整除），其概率为，由相互独立事件的概率公式可得，这种情况做n个折返跑的概率为.由互斥事件概率加法公式可得（）.（）.又，所以是一个首项为，公比的等比数列. （3）由（1）及（2）知（），,，以上各式累加可得（）显然，时上式也成立；当为奇数时，当为偶数时，所以折返跑奇数次的概率大于偶数次的概率，猜测折返跑为奇数次.【点睛】本题考查互斥事件和独立事件概率求法、由递推关系证明等比数列、

25、累加法求数列的通项公式，理解的意义是解题的关键，考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.请考生在第（22）、（23）题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy中，:（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线:，射线l:（）.（1）求的横，纵坐标的取值范围，并将化为极坐标方程；（2）若与y轴的交点为P（异于原点），射线l与，分别交于A，B两点，求的面积.【答案】（1），（扣）；（2）【解析】【分析】（1）消去参数求得，曲线的直角坐标方程,，再结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；（2）

26、当时，再由，即可求解.【详解】（1）由题意，曲线:（t为参数），可得，又由，可得，所以，即,，又由，可得，整理得（除去）.（2）由射线l:（），当时，所以,即的面积为.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）求的最小值；（2）已知，若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用分类讨论，去绝对值化简，即可得函数解析式，进而画出函数图像，即可求得最小值；（2）将不等式变形，并令化简后结合（1）即可得，分类讨论去绝对值化简即可得解.【详解】（1）函数所以当时，当时，当时，所以，画出函数图像如下图所示：由函数图像可知，当时，.（2）不等式恒成立，则，令上式可化为，由（1）可知，所以只需，当时，不等式可化为，解得，即；当时，不等式可化为，解得，即；当时，不等式可化为，解得，即；综上所述，的取值范围为.【点睛】本题考查了分类讨论解绝对值不等式的应用，不等式恒成立问题的解法，属于中档题.