2020届河北省廊坊市上学期高三期末数学理科试题（解析版）.docx

1、数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据二次根式有意义条件及指数不等式,可解得集合A与集合B,再由集合交集运算即可得解.【详解】对于集合对于集合所以故选:D【点睛】本题考查了指数不等式的解法与二次根式有意义的条件,交集的简单运算,属于基础题.2.复数的共轭复数所对应的点位于( )A. 第四象限B. 第三象限C. 第二象限D. 第一象限【答案】A【解析】【分析】化简求出共轭复数再根据几何意义辨析即可.【详解】,其共轭复数为,对应的点为在第四象限.故选：A【点睛】本

2、题主要考查了复数的运算与复数的几何意义等.属于基础题.3.函数的图象在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据函数求得导函数,再根据切点的横坐标求得切线的斜率,即可由点斜式求得切线方程.【详解】函数则所以切线的斜率由点斜式可得故选:C【点睛】本题考查了导数的几何意义,过曲线上一点切线方程的求法,属于基础题.4.已知外接圆半径为1，圆心为，若，则面积的最大值为（ ）A. 2B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】根据向量的线性运算,可判断出为圆的直径.结合勾股定理及不等式即可求得面积的最大值.【详解】根据向量的减法运算,化简可得,则即为的中点.又因为为

3、外接圆圆心,该外接圆的半径为1.所以由圆的性质可知, 设则由不等式性质可知,则,当且仅当时取等号所以即面积的最大值为 故选:D【点睛】本题考查了向量线性运算,不等式性质的应用,属于基础题.5.设点为，所表示的平面区域内的动点，若在上述区域内满足最小时所对应的点为，则与（为坐标原点）的夹角的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据不等式组,可画出可行域.根据距离的最小值,可判断出点位置.再由几何性质即可求得夹角的取值范围.【详解】根据所给不等式组,画出可行域如下图所示:满足最小时所对应的点为,即可行域内的到原点距离的平方最小当与直线垂直时,交点即为点.设直线与轴交于

4、点,与轴交于点由直线的斜率与倾斜角可知, 由与直线垂直所以当与或重合时, 与的夹角取得最大值;当与重合时, 与的夹角取得最小值即与的夹角的取值范围为故选:A【点睛】本题考查了线性规划的简单应用,距离型最值的求法,平面几何性质的应用,属于基础题.6.已知递增等差数列中，则的（ ）A. 最大值为B. 最小值为4C. 最小值为D. 最大值为4或【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式可用表示出.由数列单调递增可得.用表示出,结合基本不等式即可求得最值.【详解】因为由等差数列通项公式,设公差为,可得变形可得因为数列为递增数列,所以即而由等差数列通项公式可知由,结合基本不等式可得当且仅当时取得等

5、号所以的最小值为4故选:B【点睛】本题考查了等差数列通项公式与单调性的应用,基本不等式在求最值中的用法,属于中档题.7.如图为一个抛物线形拱桥，当水面经过抛物线的焦点时，水面的宽度为，则此时欲经过桥洞的一艘宽的货船，其船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意,抽象出抛物线的几何模型.根据抛物线的通经性质求得抛物线方程,即可求得当宽为时的纵坐标,进而求得水面到顶部的距离.【详解】根据题意,画出抛物线如下图所示:设宽度为时与抛物线的交点分别为.当宽度为时与抛物线的交点为.当水面经过抛物线的焦点时,宽度为由抛物线性质可知,则抛物线方程为

6、则当宽度为时,设代入抛物线方程可得,解得 所以直线与直线的距离为即船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过故选:D【点睛】本题考查了抛物线在实际问题中的应用,抛物线几何性质的应用,属于基础题.8.用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最小体积为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】A【解析】【分析】根据题意当体积最小时,结合三视图还原空间几何体,即可求解.【详解】根据题意,当几何体体积最小时,空间几何图如下图所示:所以几何体的最小体积为5故选:A【点睛】本题考查了三视图还原空间几何体的应用,对空间想象能力要求较高,属于中档题.9.函数

7、的零点所在的区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断出函数的单调性,结合零点存在定理即可判断出零点所在区间.【详解】函数所以函数在R上单调递增因为所以函数零点在故选:C【点睛】本题考查了根据零点存在定理判断零点所在区间,注意需判断函数的单调性,说明零点的唯一性,属于基础题.10.下列说法正确的个数为（ ）“为真”是“为真”的充分不必要条件；若数据的平均数为1，则的平均数为2；在区间上随机取一个数，则事件“”发生的概率为已知随机变量服从正态分布，且，则.A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】C【解析】【分析】根据复合命题真假即可判断;根据平均数的计算公式可判断;对于

8、由辅助角公式化简三角函数式,结合正弦函数的图像与性质即可求得的取值范围,进而由几何概型概率计算得解;对于根据正态分布曲线的性质,即可求得概率.【详解】对于,由复合命题“为真”,可知为真,或为真;若“为真”,则为真,且为真.所以“为真”是“为真”的必要不充分条件,所以错误；对于,若数据的平均数为1,由平均数公式可知的平均数为2,所以正确;对于,在区间上.若,解得.则在区间上随机取一个数,则事件“”发生的概率为,所以错误;对于,随机变量服从正态分布,则.,由正态分布曲线规律可知,所以正确.综上可知,正确的为故选:C【点睛】本题考查了复合命题真假判断,平均数的计算公式,正弦函数的图像与性质及几何概型

9、的概率计算,正态分布曲线的性质及应用,属于基础题.11.若直线与函数和的图象都相切，则（ ）A. 2或B. 1或C. 0或1D. 【答案】B【解析】【分析】设出直线与两个函数的切点,求得两个函数的导函数,并根据导数的意义求得切线的斜率.由点在曲线上的性质,可得方程组.化简后求得其中一个切点的坐标,即可求得切线的斜率.【详解】设直线与函数的图象相切于点,直线与函数的图象相切于点,直线的斜率为.则因为,则所以,则由,可得,代入上式可得,化简可得即,解得或代入可得或故选:B【点睛】本题考查了直线与曲线的切线问题,导数的几何意义应用,计算量较为复杂,属于中档题.12.正方形中，若，在底面内运动，且满足

10、，则点的轨迹为（ ）A. 圆弧B. 线段C. 椭圆的一部分D. 抛物线的一部分【答案】A【解析】【分析】根据题意,以D为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立平面直角坐标系,设正方体棱长为1,.由及两点间距离公式,表示出的轨迹方程.即可判断轨迹的形状.【详解】由题意以D为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立平面直角坐标系,设正方体棱长为1,则, 由,可得因为在底面内运动,且满足.由勾股定理及两点间距离公式代入可得两边同时平方,并展开可得交叉相乘,化简可得化为标准方程可得 而因为在底面内运动,所以其轨迹为一段圆弧故选:A【点睛】本题考查了空间几何体中的轨迹方程问题,几何关系式的应用,计算量较为复杂

11、,属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.二项式的展开式中项的系数为_【答案】；【解析】【分析】根据二项展开式的通项,代入即可求得项的系数.【详解】根据二项定理展开式的通项则二项式的展开通项为所以当时,的系数为故答案为:【点睛】本题考查了二项式定理及通项式的应用,属于基础题.14.如图，某地一天从时的温度变化曲线近似满足函数，则该函数的表达式为_【答案】，【解析】【分析】通过函数的图象，求出，求出函数的周期，推出，利用函数经过求出，得到函数的解析式【详解】解：由题意以及函数的图象可知，所以，由函数经过所以，又，所以，所以函数的解析式：，故答案为：，【点睛】通过函数的图象求出函

12、数的解析式，是三角函数常考题型，注意图象经过的特殊点，注意函数解析式的范围容易出错遗漏，属于基础题15.若一个三位数的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，我们就称这个三位数为“递增三位数”.现从所有的递增三位数中随机抽取一个，则其三个数字依次成等差数列的概率为_【答案】；【解析】【分析】利用列举法列举出所有符合“递增三位数”的三位数,并找出符合等差数列的个数,即可由古典概型概率的计算公式求解.【详解】根据定义“递增三位数”, 个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字.可知个位数最小为3,最大为9当个位数为3时,三位数为,共1个.三个数字依次成等差数列的有1个.当个位数为4时,三位数为

13、,共3个.三个数字依次成等差数列的为,有1个当个位数为5时,三位数为,共6个.三个数字成等差数列的为有2个.当个位数为6时,三位数为共10个.三个数字成等差数列的为,有2个.当个位数为7时,三位数为共15个,三个数字成等差数列的为,有3个.当个位数为8时,三位数为,.共21个, 三个数字成等差数列的为,有3个.当个位数为9时,三位数为,共个, 三个数字成等差数列的为,有4个.综上可知, “递增三位数”共有个.三个数字成等差数列的共有个则从所有的递增三位数中随机抽取一个,则其三个数字依次成等差数列的概率为故答案为: 【点睛】本题考查了古典概型概率的简单应用,列举法在概率中的应用,属于基础题.16

14、.已知数列中，其前项和为，且满足，则_【答案】或【解析】【分析】根据递推公式,可求得,再递推后可得.两式相减可得,即当时隔项成等差数列.由递推公式及首项,求得,.即可求得通项公式.【详解】数列中,其前项和为,且满足则可得则两式相减可得所以数列当时隔项成等差数列,公差为已知数列中,当时,代入可得,即,解得 当时,代入可得,解得由数列当时隔项成等差数列可知当偶数时,当奇数时,因而上式也可写成时, 综上可知或故答案为:或【点睛】本题考查了数列递推公式求通项公式的方法,奇偶项分类讨论求通项公式的应用,属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知的三个内角，所对的边分别为，

15、设，.（1）若，求与的夹角；（2）若，求周长的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将代入可求得.根据平面向量数量积的坐标运算求得,由数量积的定义即可求得,进而得夹角.（2）根据及向量模的坐标表示,可求得.再由余弦定理可得.结合基本不等式即可求得的最大值,即可求得周长的最大值;或由正弦定理,用角表示出,结合辅助角公式及角的取值范围,即可求得的取值范围,进而求得周长的最大值.【详解】（1）,所以,因为,又,（2）因为,即,所以,方法1.由余弦定理,得.,即,即,（当且仅当时取等号）所以周长的最大值为.方法2.由正弦定理可知,所以,又,所以当时,取最大值.所以周长的最大值为.【点睛】本

16、题考查了平面向量数量积的定义,正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,三角形周长的表示方法,基本不等式与正弦函数的图像与性质应用,属于基础题.18.已知数列满足为等比数列，且，.（1）试判断列是否为等比数列，并说明理由；（2）求.【答案】（1）数列不是等比数列.见解析（2）【解析】【分析】（1）根据所给通项公式及,可求得,即可利用等比中项定义判断是否为等比数列. （2）根据为等比数列,即可由（1）中所得首项与公比求得.根据结合递推公式与累加法,即可求得.【详解】（1）数列不是等比数列.理由如下：由,且得：所以,又因为数列为等比数列,所以可知其首项为4,公比为2. 所以,显然故数列不是等比数列.（

17、2）结合（1）知,等比数列的首项为4,公比为2,故,所以,因为, 令累加得,又满足上式,【点睛】本题考查了利用等比中项判断数列是否为等比数列的方法,构造数列法求通项公式的应用,累加法在求通项公式中的应用,属于中档题.19.如图，几何体中，均为边长为2的正三角形，且平面平面，四边形为正方形.（1）若平面平面，求证:平面平面；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点,的中点,连接.可证明,结合,可知四边形为平行四边形.进而由和及平面与平面平行的判定定理证明平面平面;（2）连结,可知即为二面角的平面角.以为原点建立空间直角坐标系.由线段关

18、系写出各个点的坐标,求得平面的法向量,即可根据直线与平面夹角的向量关系求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：取的中点,的中点,连接.如下图所示:因为,且平面平面,所以平面,同理平面,所以,又因为,所以四边形为平行四边形,所以,平面, 又, 平面,又因为和交于点所以平面平面.（2）连结,则,又所以为二面角的平面角,所以建立如图所示的空间直角坐标系,则所以设平面的一个法向量是,则,即,令,即,又因为,所以,即所求的角的正弦值为.【点睛】本题考查了平面与平面平行的判定,空间向量在求线面夹角中的用法.关键在于作出相应的辅助线,找到线线平行,找到合适的原点建立空间直角坐标系,属于中档题.20

19、.设椭圆的一个焦点为，四条直线，所围成的区域面积为.（1）求的方程；（2）设过的直线与交于不同的两点，设弦的中点为，且（为原点），求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意,结合椭圆的性质可得的方程组,解方程组即可求得椭圆的标准方程.（2）因为直线过定点,设出直线方程,并联立椭圆方程.化简后利用判别式求得斜率的取值范围.由三角形几何性质可知,结合平面向量数量积定义及韦达定理求得斜率的方程,解方程即可求得斜率,进而可得直线的方程.【详解】（1）依题意得,解得椭圆的方程为（2）易知直线的斜率存在,并设直线方程为,联立椭圆,化简得,设、,且,由三角形几何性质可知,即, 将代入上式

20、得化简得,所以故所求的直线方程为【点睛】本题考查了由关系求椭圆标准方程的求法,直线过定点时与椭圆的位置关系,平面向量与解析几何的综合应用,韦达定理在用坐标研究向量关系中的应用,属于中档题.21.已知函数满足:定义为；.（1）求的解析式；（2）若；均有成立，求的取值范围；（3）设，试求方程的解.【答案】（1）（2）（3），、，、【解析】【分析】（1）利用构造方程组法即可求得的解析式;（2）根据不等式,构造函数与.根据不等式恒成立可知满足.求得.通过判断的符号可判断的单调性,由其单调性可得,进而可知为单调递增函数,即可求得.再根据及二次函数性质,可得的取值范围;（3）根据的解析式,画出函数图像.并

21、令,则方程变为.解得的值.即可知、及.结合函数图像及解析式,即可求得对应方程的解.【详解】（1）,所以即由联立解得:.（2）设,依题意知:当时,又上恒成立,所以在上单调递减在上单调递增,解得: 实数取值范围为.（3）的图象如图所示：令,则当时有1个解,当时有2个解：、,当时有3个解:、.故方程的解分别为：,、,、【点睛】本题考查了构造方程组法求函数解析式,二次求导的方法判断函数的单调性与最值,在定区间上恒成立问题的解法,换元法解复合函数与方程的应用,综合性强,属于难题.22.某大型公司为了切实保障员工的健康安全，贯彻好卫生防疫工作的相关要求，决定在全公司范围内举行一次乙肝普查.为此需要抽验96

22、0人的血样进行化验，由于人数较多，检疫部门制定了下列两种可供选择的方案.方案：将每个人的血分别化验，这时需要验960次.方案：按个人一组进行随机分组，把从每组个人抽来的血混合在一起进行检验，如果每个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这个人的血就只需检验一次（这时认为每个人的血化验次）；否则，若呈阳性，则需对这个人的血样再分别进行一次化验.这样，该组个人的血总共需要化验次.假设此次普查中每个人的血样化验呈阳性的概率为，且这些人之间的试验反应相互独立.（1）设方案中，某组个人中每个人的血化验次数为，求的分布列；（2）设.试比较方案中，分别取2，3，4时，各需化验的平均总次数；并指出在这三种分组情

23、况下，相比方案，化验次数最多可以平均减少多少次？（最后结果四舍五入保留整数）.【答案】（1）分布列见解析；（2）见解析.【解析】【分析】(1)易得可能的取值为,再求分布列即可.(2)根据(1)中的分布列,分别求得时的数学期望,再分析三种情况下需要化验的总次数,从而得到最多可以减少的次数即可.【详解】（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为,则.所以个人的血混合后呈阴性反应的概率为,呈阳性反应的概率为.依题意可知所以X的分布列为：（2）方案中.结合（1）知每个人的平均化验次数为：.所以当时,此时960人需要化验的总次数为662次,时,此时960人需要化验的总次数为580次,时,此时960人需要化验的次数总为570次,即时化验次数最多, 时次数居中, 时化验次数最少.而采用方案则需化验960次故在这三种分组情况下,相比方案,当时化验次数最多可以平均减少960-570=390次.【点睛】本题主要考查了实际问题中的分布列与数学期望的求解,需要根据题意分析可能的取值,再根据分布列与数学期望的求法分析即可.属于中档题.