2020届保定七校高三上学期第三次联考数学（文）试题（解析版）

2020届河北省保定七校高三上学期第三次联考数学（文）试题一、单选题1集合，集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】先由二次不等式的解法得，由对数不等式的解法得，再结合集合并集的运算即可得解.【详解】解不等式,解得,则,解不等式,解得,即,即,故选:A.【点睛】本题考查了二次不等式的解法及对数不等式的解法，重点考查了集合并集的运算，属基础题.2若复数满足(i为虚数单位），则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】C【解析】因为，所以该复数在复平面内对于的点位于第三象限，应选答案C。3在公比为2的等比数列an中，前n项和为Sn，且S72S61，则a1+a5（ ）A5B9C17D33【答案】C【解析】根据等比数列的性质找到的关系计算即可得出首项与公比,再求即可.【详解】由等比数列前项和的性质可知,当时,又,得,故.故选：C【点睛】本题主要考查等比数列前项和的性质,属于中等题型.4设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，：，若是的必要条件，则可能是（ ）A：，B：，C：，D：，【答案】B【解析】根据线面平行与垂直的判定与性质判断即可.【详解】由题知能推出：.对A, 当时仍然可以有,.故A错误.对B, ,则,又,则.故B正确.对C, ,则,又,故.故C错误.对D,当且相交于时,若也满足,.故D错误.故选：B【点睛】本题主要考查了空间中线面平行与垂直的判定与性质,属于基础题型.5如图茎叶图表示的是甲.乙两人在5次综合测评中的成绩，其中乙中的两个数字被污损，且已知甲，乙两人在次综合测评中的成绩中位数相等，则乙的平均成绩低于甲的概率为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据茎叶图分别求出甲、乙的中位数，平均数，得到模糊成绩的值，利用古典概型求解即可【详解】由题意可得：甲的成绩为：84、86、91、98、98；中位数为91，平均数为；乙的成绩为：86，88，90+x，90+y，99 （xy）；甲，乙中位数相同；90+x91x1； 乙的平均数为；乙的平均成绩低于甲；1y3；y1或2乙的平均成绩低于甲的概率p；故选：A【点睛】本题考查了茎叶图，以及中位数、平均数的性质及古典概型，考查了学生的计算能力，属于基础题6已知函数f（x）x23x3，x0，4，当xa时，f（x）取得最大值b，则函数的图象为（ ）ABCD【答案】D【解析】结合二次函数的性质，求得，得到函数，再结合指数函数的图象，即可求解【详解】由题意，函数f（x）x23x3，x0，4，对称轴为x1.5，开口向上，最大值为f（4）1，所以a4，b1，可得函数g（x），相当于把y向左平移1个单位，所以D选项复合题意故选：D【点睛】本题主要考查了图象的识别，其中解答中熟记一元二次函数的性质，以及指数函数的图象与性质，合理运算时解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题7已知定义在上的奇函数，则不等式的解集为（ ）A（-1，6）B（-6，1）C（-2，3）D（-3，2）【答案】D【解析】利用函数的奇偶性定义求出，结合函数的单调性，对所求不等式化简，即可求解.【详解】函数是定义在上的奇函数所以，化简得 即且在上单调递增，解得： 故选：D【点睛】本题主要考查了函数的基本性质，函数的奇偶性的应用，关键是利用函数的单调性来解抽象不等式.8函数其中，的图象如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象A向左平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向右平移个单位长度【答案】A【解析】由图象可知A1，所以T，又T，所以2，即f(x)sin (2x)，又fsinsin1，所以2k，kZ.即2k，kZ，又|，所以，即f(x)sin.因为g(x)cos 2xsinsin，所以直线将f(x)向左平移个单位长度即可得到g(x)的图象9九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑若三棱锥为鳖臑，平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意得为球的直径,而,即球的半径;所以球的表面积.本题选择C选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.10已知是抛物线上一点，为其焦点，为圆的圆心，则的最小值为( )A2B3C4D5【答案】B【解析】设出抛物线的准线方程，问题求的最小值，结合抛物线的定义，就转化为，在抛物线上找一点，使到点、到抛物线准线距离之和最小，利用平面几何的知识可以求解出来.【详解】设抛物线的准线方程为，为圆的圆心，所以的坐标为，过作的垂线，垂足为,根据抛物线的定义可知,所以问题求的最小值，就转化为求的最小值，由平面几何的知识可知，当在一条直线上时，此时，有最小值，最小值为，故本题选B.【点睛】本题考查了抛物线的定义，以及动点到两点定点距离之和最小问题.解决本题的关键是利用抛物线的定义把问题进行转化.11已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】先化简，再根据正弦函数性质列方程与不等式，解得结果.【详解】因为在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，所以，即故选：B【点睛】本题考查二倍角余弦公式、辅助角公式以及正弦函数性质，考查综合分析与求解能力，属中档题.12已知函数，若存在实数使得，则（ ）A2B3C4D5【答案】A【解析】先化简方程，分组研究以及最小值，确定等于号取法，解得.【详解】由已知 即 而 ，故，设，容易求得当时的最小值为2， 当“=”成立的时候，故 选A.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值以及利用导数求函数最值，考查基本分析与求解能力.二、填空题13已知实数，满足约束条件则的最小值为_.【答案】【解析】先作出不等式组表示的平面区域，再结合目标函数所对应的直线，观察直线所在的位置求目标函数的最小值即可.【详解】解：由实数，满足约束条件，作出可行域如图所示，联立，解得，由简单的线性规划问题可得，当目标函数所对应的直线过点时，目标函数取最小值，即当时，目标函数取最小值，故答案为：.【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.14已知向量夹角为，且， ，则_.【答案】【解析】对两边平方,代入已知条件,解方程,即可得出答案.【详解】,解得【点睛】本道题考查了向量模长计算公式,对向量模长,化简时往往两边平方,即可得出答案.15在中，分别为角的对边，若，则_【答案】【解析】由余弦定理可得：，再有正弦定理角化边可得：16已知点分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的右支上，且满足，则双曲线的离心率的取值范围为_【答案】【解析】由，可得，故为直角三角形，且，由双曲线定义可得，可得又，整理得，又，即双曲线的离心率的取值范围为答案：点睛：求双曲线的离心率时，可将条件中给出的双曲线的几何关系转化为关于基本量的方程或不等式，然后利用和转化为关于e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围，解题时要注意平面几何知识的应用三、解答题17在中，内角，所对的边分别是，是边的中点，若，且.求面积的最大值.【答案】最大值是【解析】由正弦定理将正弦化成边,再利用余弦定理求得.再利用向量的加法得,两边平方有,再根据即可求得面积的最大值.【详解】由题意及正弦定理得到,于是可得,又,又因为是的中点,所以,故,则,则,当且仅当时等号成立,所以,即面积的最大值是.【点睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用,同时与考查了基本不等式的运用,属于中等题型.18已知数列满足：，求数列的通项公式；设，数列的前n项和为，试比较与的大小【答案】（）；（）详见解析.【解析】直接利用利用递推关系式求数列的通项公式；首先求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和【详解】解：数列满足，时，相减可得：，时，综上可得：证明：，时，【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。19在平行四边形中，过点作的垂线，交的延长线于点，.连结，交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置，如图2.（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，为的中点，且平面平面，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析； （2）.【解析】（1）证明，推出，得到平面BFP，然后证明平面平面BCP（2）解法一：证明平面ABCD取BF的中点为O，连结GO，得到平面ABCD然后求解棱锥的高解法二：证明平面ABCD三棱锥的高等于说明的面积是四边形ABCD的面积的，通过，求解三棱锥的体积【详解】（1）证明：如题图1，在中，所以在中，所以所以如题图2，又因为，所以，所以平面BFP，又因为平面BCP，所以平面平面BCP（2）解法一：因为平面平面ABCD，平面平面，平面ADP，所以平面ABCD取BF的中点为O，连结GO，则，所以平面ABCD即GO为三棱锥的高且因为，三棱锥的体积为解法二：因为平面平面ABCD，平面平面，平面ADP，所以平面ABCD因为G为PB的中点所以三棱锥的高等于因为H为CD的中点，所以的面积是四边形ABCD的面积的，从而三棱锥的体积是四棱锥的体积的面，所以三棱锥的体积为【点睛】本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力20某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，（单位：克）中，经统计得频率分布直方图如图所示.（1）经计算估计这组数据的中位数；（2）现按分层抽样从质量为，的芒果中随机抽取6个，再从这6个中随机抽取3个，求这3个芒果中恰有1个在内的概率.（3）某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商提出如下两种收购方案：A：所有芒果以10元/千克收购；B：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购，通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【答案】（1）中位数为268.75；（2）；（3）选B方案【解析】(1)根据中位数左右两边的频率均为0.5求解即可.(2)利用枚举法求出所以可能的情况,再利用古典概型方法求解概率即可.(3)分别计算两种方案的获利再比较大小即可.【详解】（1）由频率分布直方图可得,前3组的频率和为,前4组的频率和为,所以中位数在内,设中位数为,则有,解得.故中位数为268.75.（2）设质量在内的4个芒果分别为,质量在内的2个芒果分别为,.从这6个芒果中选出3个的情况共有,共计20种,其中恰有一个在内的情况有,共计12种,因此概率.（3）方案A：元.方案B：由题意得低于250克：元；高于或等于250克元.故总计元,由于,故B方案获利更多,应选B方案.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的用法以及古典概型的方法,同时也考查了根据样本估计总体的方法等.属于中等题型.21已知点，点，点，动圆与轴相切于点，过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点（均不同于点），且与交于点，设点的轨迹为曲线.（1）证明：为定值，并求的方程；（2）设直线与的另一个交点为，直线与交于两点，当三点共线时，求四边形的面积.【答案】(1)证明见解析，方程为.(2) .【解析】分析：（1）根据圆的切线性质可得， ，从而根据椭圆的可得结果；（2）直线与曲线联立，利用韦达定理、弦长公式以及三角形面积公式可得四边形的面积为.详解：（1）由已知可得|PD|PE|，|BA|BD|，|CE|CA|，所以|PB|PC|PD|DB|PC|PE|PC|AB|CE|AB|AC|AB|4|BC|所以点P的轨迹G是以B，C为焦点的椭圆（去掉与x轴的交点），可求G的方程为1(y0) （2）由O，D，C三点共线及圆的几何性质，可知PBCD，又由直线CE，CA为圆O的切线，可知CECA，OAOE，所以OACOEC，进而有ACOECO，所以|PC|BC|2，又由椭圆的定义，|PB|PC|4，得|PB|2，所以PBC为等边三角形，即点P在y轴上，点P的坐标为(0，) (i)当点P的坐标为(0，)时，PBC60，BCD30，此时直线l1的方程为y (x1)，直线CD的方程为y (x1)，由整理得5x28x0，得Q(，)，所以|PQ|，由整理得13x28x320，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1x2，x1x2，|MN|x1x2|，所以四边形MPNQ的面积S|PQ|MN| (ii)当点P的坐标为(0，)时，由椭圆的对称性，四边形MPNQ的面积为综上，四边形MPNQ的面积为点睛：求椭圆标准方程的方法一般为定义法与待定系数法,定义法是若题设给条件符合椭圆的定义，直接写出方程；也可以根据条件确定关于的方程组，解出从而写出椭圆的标准方程解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.22设函数.()讨论函数的单调