河北省石家莊二中2020屆高三數學上學期第三次聯考試題理（含解析）.docx

河北省石家莊二中2020屆高三數學上學期第三次聯考試題 理（含解析）第卷一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.設，若，則的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根據，得到，即可求解實數的取值范圍，得到答案?！驹斀狻坑深}意，集合，因為，則，即實數的取值范圍是。故選：A?！军c睛】本題主要考查了利用集合的包含關系求解參數問題，其中解答中熟練集合的包含關系，列出相應的不等式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題。2.己知命題p：，則為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先改存在量詞為全稱量詞,再否定結論.【詳解】:.故選C.【點睛】本題考查了含有一個量詞的命題的否定,屬于基礎題.解題方法:先改量詞,再否定結論.3.己知復數z滿足（其中i為虛數單位），則（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】根據i的冪運算性質可得，再由復數的除法運算可求得z，從而求出.【詳解】，則，所以，.所以本題答案為B.【點睛】本題考查復數的乘除法和復數的模，解決復數問題，要通過復數的四則運算將復數表示為一般形式，結合復數相關知識求解，考查計算能力，屬于基礎題.4.中國當代數學著作算法統宗中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還”其意思為；“有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地，請問第一天走了（ ）A. 24里B. 48里C. 96里D. 192里【答案】D【解析】【分析】每天行走的步數組成公比為的等比數列,根據前6項和為378列式可解得.【詳解】設第天行走了步,則數列是等比數列,且公比,因為,所以,所以 ,所以第一天走了192里.故選D【點睛】本題考查了等比數列的前項和公式中的基本量的計算,屬于基礎題.5.已知函數為偶函數，且對于任意的，都有,設，則（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先判斷函數在單調性，然后根據偶函數化簡，然后比較2，的大小，比較的大小關系.【詳解】若，則函數在是單調遞增函數，并且函數是偶函數滿足，即， 在單調遞增，即.故選C.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性和函數的單調性比較函數值的大小，意在考查函數性質的應用，意在考查轉化和變形能力，屬于基礎題型.6.若函數的圖像向左平移（）個單位，所得的圖像關于軸對稱，則當最小時，（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據平移變換得到解析式后,利用所得的圖像關于軸對稱列式,再求最小值.【詳解】將函數的圖像向左平移（）個單位后,得到函數,因為其圖像關于軸對稱,所以,即,因為,所以時,取得最小值,此時.故選B.【點睛】本題考查了三角函數圖像的平移變換,以及對稱軸,屬于中檔題.7.已知函數的圖象在點處的切線的斜率為，則函數的大致圖象是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求得，得到函數在點處的切線的斜率為，得出函數，利用函數的奇偶性和特殊的函數的值，即可求解?！驹斀狻坑深}意，函數，則，則在點處的切線的斜率為，即，可得，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，排除B、D項，又由當時，排除C項，只有選項A項符合題意。故選：A。【點睛】本題主要考查了導數的幾何意義，函數圖象的識別，以及函數的性質的應用，其中解答利用導數的幾何意義求得函數的解析式，結合函數的性質求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題。8.已知兩點，以及圓：，若圓上存在點，滿足，則的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由題意可知：以AB為直徑的圓與圓有公共點，從而得出兩圓圓心距與半徑的關系，列出不等式得出的范圍【詳解】，點在以，兩點為直徑的圓上，該圓方程為：，又點在圓上，兩圓有公共點兩圓的圓心距解得：故選D【點睛】本題考查了圓與圓的位置關系，還考查了向量垂直的數量積表示，屬于中檔題9.在直角梯形ABCD中，E是BC的中點，則A. 32B. 48C. 80D. 64【答案】C【解析】【分析】由向量的基本運算展開，再分別求數量積即可【詳解】，由數量積的幾何意義可得：的值為與在方向投影的乘積，又在方向的投影為，同理， 故選C.【點睛】本題考查向量的數量積，正確理解向量的數量積是解本題的關鍵，屬于基礎題10.如圖所示，正四面體中,是棱的中點,是棱上一動點，的最小值為，則該正四面體的外接球表面積是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】將側面和沿邊展開成平面圖形為菱形,可得到的長即為的最小值,設,在中,利用勾股定理可得,則棱長為,進而可求得正四面體的外接球的表面積【詳解】將側面和沿邊展開成平面圖形,如圖所示,菱形,在菱形中,連接,交于點,則的長即為的最小值,即,因為正四面體,所以,所以,因為是棱的中點,所以，所以,設,則,所以,則,所以,則正四面體的棱長為,所以正四面體的外接球半徑為,所以該正四面體外接球的表面積為,故選：A【點睛】本題考查線段和最短問題,考查外接球問題,考查運算能力11.如圖，已知函數的圖象與坐標軸交于點，直線交的圖象于另一點，是的重心.則的外接圓的半徑為A. 2B. C. D. 8【答案】B【解析】分析：根據題意求出函數的解析式，然后求出B、C和D的坐標，再利用正弦定理求出外接圓半徑R詳解：是的重心，點的坐標為，函數的最小正周期為，由題意得，又，令得，點的坐標為，故，又點是的中點，點的坐標為，設的外接圓的半徑為，則，故選B點睛：本題的綜合性較強，考查學生分析問題和解決問題的能力解題時首先要注意求解析式中的的方法，在求得函數的解析式后從而可得點的坐標，然后再結合正弦定理求解即可12.已知定義在上的函數關于軸對稱，其導函數為，當時，不等式.若對，不等式恒成立，則正整數的最大值為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】構造函數，求出，由題可得是在上的奇函數且在上為單調遞增函數，將轉化成，利用在上為單調遞增函數可得：恒成立，利用導數求得，解不等式可得，問題得解【詳解】因為，所以，令，則，又因為是在上的偶函數，所以是在上的奇函數，所以是在上的單調遞增函數，又因為，可化為，即，又因為是在上的單調遞增函數，所以恒成立，令，則，因為，所以在單調遞減，在上單調遞增，所以，則，所以.所以正整數的最大值為2.故選B【點睛】本題主要考查了函數與導數的應用，函數的奇偶性、單調性、不等式恒成立等基礎知識，考查分析和轉化能力，推理論證能力，運算求解能力，構造能力，屬于難題.第卷二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13.已知雙曲線的右焦點為，則到其中一條漸近線的距離為_【答案】【解析】【分析】先求得雙曲線焦點到漸近線的距離為，由此求得到漸近線的距離.【詳解】對于任意雙曲線，其中一個焦點到漸近線（即）的距離為.又，焦點到其中一條漸近線的距離為.故填：2.【點睛】本小題主要考查雙曲線焦點到漸近線距離，考查點到直線距離公式，屬于基礎題.14.的值為_.【答案】【解析】【分析】由題可得,利用被積函數的奇偶性和定積分幾何意義求解即可【詳解】由題,易知,被積函數是奇函數,所以,對于,可知其圖象為以原點為圓心,半徑為4的半圓,所以,所以故答案為：【點睛】本題考查定積分的計算,考查幾何法求定積分,考查定積分的性質的應用,考查運算能力15.已知數列的前項和.若是中的最大值，則實數的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】先由求出，再由是中的最大值，即可求出結果.【詳解】因為，所以當時，；當時，也滿足上式；當時，當時，綜上，；因為是中的最大值，所以有且，解得.故答案為【點睛】本題主要考查數列的概念以及簡單表示法，熟記遞推公式即可，屬于基礎題型.16.設為橢圓:的兩個焦點為上點，的內心I的縱坐標為，則的余弦值為_.【答案】0【解析】【分析】因為的內心I的縱坐標為，所以可知道的內切圓的半徑為，又由三角形的內切圓半徑，可得到三角形的面積，接著根據焦點三角形的面積確定，進而求出答案.【詳解】如圖，由題意知的內切圓的半徑為，又由三角形的內切圓半徑，即，又由焦點三角形面積，所以，所以，所以.【點睛】本題主要考查通過焦點三角形的面積公式，確定的余弦值，熟悉公式的運用是解決本題的關鍵.三、解答題：共70分. 解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分17.分別為的內角的對邊.已知.（1）若，求；（2）已知，當的面積取得最大值時，求的周長.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據正弦定理，將，化角為邊，即可求出，再利用正弦定理即可求出；（2）根據，選擇，所以當的面積取得最大值時，最大，結合（1）中條件，即可求出最大時，對應的的值，再根據余弦定理求出邊，進而得到的周長【詳解】（1）由，得，即.因為，所以.由，得.（2）因為，所以，當且僅當時，等號成立.因為的面積.所以當時，的面積取得最大值，此時，則，所以的周長為.【點睛】本題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應用，意在考查學生的轉化能力和數學運算能力18.設數列滿足：，.求；求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）當時，；當時，得到兩式相減求得，進而可得；（2）由（1）知，利用乘公比錯位相減法，即可求得.【詳解】（1）由題意，數列滿足：，當時，；當時，兩式相減得：，解得，當時上式也成立，所以.（2）由（1）知，則所以兩式相減得：所以.【點睛】本題主要考查利用數列的遞推公式求解數列的通項公式、以及“錯位相減法”求和的應用，此類題目是數列問題中的常見題型，解答中確定通項公式是基礎，準確計算求和是關鍵，易錯點是在“錯位”之后求和時，弄錯等比數列的項數，能較好的考查考生的邏輯思維能力及基本計算能力等.19.如圖，矩形ABCD中，AD2AB4，E為BC的中點，現將BAE與DCE折起，使得平面BAE及平面DEC都與平面ADE垂直（1）求證：BC平面ADE；（2）求二面角ABEC的余弦值【答案】(1)見解析;(2)【解析】【分析】（1）過點B作BMAE于M，過點C作CNED于N，連接MN，證明BCMN即可；（2）以E為原點，ED為x軸，EA為y軸，建立空間直角坐標系Exyz，求出平面CEB的法向量，平面AEB的法向量，計算即可【詳解】（1）過點B作BMAE，垂足為M，過點C作CNED于N，連接MN，如圖所示；平面BAE平面ADE，平面DCE平面ADE，BM平面ADE，CNADE，BMCN；由題意知RtABERtDCE，BMCN，四邊形BCNM是平行四邊形，BCMN；又BC平面ADE，MN平面ADE，BC平面ADE；（2）由已知，AE、DE互相垂直，以E為原點，ED為x軸，EA為y軸，建立空間直角坐標系Exyz，如圖所示；則E（0，0，0），B（0，），C（，0，），設平面CEB的法向量為（x，y，z），則，即，令y1，則z1，x1，（1，1，1）；設平面AEB的法向量為（x，y，z），則，易求得（1，0，0），又，二面角ABEC的平面角的余弦值為【點睛】本題考查了空間幾何體以及空間向量的應用問題，是中檔題20.已知橢圓的左焦點，直線與y軸交于點P.且與橢圓交于A，B兩點.A為橢圓的右頂點，B在x軸上的射影恰為（1）求橢圓E的方程；（2）M為橢圓E在第一象限部分上一點，直線MP與橢圓交于另一點N，若，求取值范圍.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（2）利用已知條件列出方程組，求解橢圓的幾何量，然后求解橢圓E的方程（2）利用三角形的面積的比值，推出線段的比值，得到設MN方程：，聯立方程，利用韋達定理，求出，解出，將代入韋達定理，然后求解實數的取值范圍【詳解】解：與橢圓的一個交點A為橢圓的右頂點.又軸，得到點，橢圓E的方程為（2）因為所以，由（1）可知，設MN方程，聯立方程，得，得，又，有，將其代入化簡可得：，因為M為橢圓E在第一象限部分上一點，所以，則且，解得【點睛】本題考查橢圓的簡單性質以及這些與橢圓的位置關系的綜合應用，考查轉化思想以及計算能力，難度較大21.已知函數，其中e為自然對數的底數.（1）討論函數的單調性；（2）用表示中較大者，記函數.若函數在上恰有2個零點，求實數a的取值范圍.【答案】（1）函數的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為；（2）.【解析】【分析】（1）由題可得,結合的范圍判斷的正負,即可求解；（2）結合導數及函數的零點的判定定理,分類討論進行求解【詳解】（1）,當時,函數在內單調遞增；當時,令,解得或,當或時,則單調遞增,當時,則單調遞減,函數的單調遞增區(qū)間為和,單調遞減區(qū)間為（2）（）當時,所以在上無零點；（）當時,若,即,則是的一個零點；若,即,則不是的零點（）當時,所以此時只需考慮函數在上零點的情況,因為,所以當時,在上單調遞增。又，所以（）當時,在上無零點；（）當時,又,所以此時在上恰有一個零點； 當時,令,得,由,得；由,得,所以在上單調遞減,在上單調遞增,因為,所以此時在上恰有一個零點,綜上,【點睛】本題考查利用導數求函數單調區(qū)間,考查利用導數處理零點個數問題,考查運算能力,考查分類討論思想（二）選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一