2020届河北省石家庄一中高三下学期3月质检数学(理)试题(解析版)

1、第1页共 24 页2020 届河北省石家庄一中高三下学期3 月质检数学(理)试一、单选题1 设全集为R，集合Mx|x24,N 0,1,2，则M I N()A 0,1,2B.(0,2)C ( 2,2)D.0,1【答案】D【解析】可解出M然后进行交集的运算即可.【详解】解：M= x| - 2vXV2 , N= 0 , 1, 2; MH N= 0 , 1 故选：D.【点睛】本题考查描述法、列举法的定义，以及交集的运算，属于基础题.2.已知复数 z 满足zi 3 4i(i为虚数单位)，则z()A.4 3iB.3 4iC.4 3iD.3 4i【答案】C【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化

2、简得答案，【详解】故选 C.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题.3 某几何体的三视图如图所示(图中小正方形网格的边长为由z?i= 3- 4i，得z3 4ii3 4i i4 3i1),则该几何体的体积是第2页共 24 页()第3页共 24 页A .6B.4C.2D.8【答案】A【解析】利用已知条件，画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可.【详解】由题意可知几何体的直观图如图：是直四棱柱，底面是直角梯形，上底为：1，下底为2，高为 2,棱柱的高为 2,1 2几何体的体积为：V2 26.2本题考查几何体的直观图与三视图的关系，考查空间想象能力以及计算能力.4 执行如图

3、所示的程序框图，输入的n值为4，则S()第4页共 24 页【解析】根据程序框图，进行模拟计算即可.【详解】k=1,S=0, 1V4 成立，第次循环，S=2,k=1 + 1=2,第二次循环,2V4 成立，S= 2+22= = 2+4=6,k=2+1=3,第三次循环,3V4 成立，S= 6+2= = 6+8=14,k=3+1=4,第四次循环,4V4 不成立 ,S输出S= 14,故选 B.【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，利用程序框图进行模拟计算是解决本题的关键.5 已知a 0 b，则下列不等式一定成立的是（）B.-【答案】B证，AC D都不成立.【详解】 实数a,b满足a 0 b,若a=

4、3,b=- 1，贝U A、C、D都不成立，只有B成立,故选：B.【点睛】ab【解析】 给实数a,b在其取值范围内任取2 个值a= 3,b= -1，代入各个选项进行验第5页共 24 页通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法.第6页共 24 页【答案】B【解析】试题分析：画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点点:入 Q 处取得最小7 已知抛物线y24x的焦点为F，过点F和抛物线上一点M（2, 2.2）的直线I交抛 物线于另一点N，则|NF |:|FM |等于（）A .1：3B.1：x2C.1：GD .1：2【答案】D【解析】求出抛物线的焦点和准线方程，设出直线I

5、的方程，联立抛物线方程求得点N,再由抛物线的定义可得NF MF的长，计算即可得到所求值.【详解】抛物线y2= 4x的焦点F为（1, 0）,贝 U 直线MF的斜率为N2242,1则有I: y 2 2 x 1,y24x联立方程组，y 2丁2 x 1解得N1，-、2,2由于抛物线的准线方程为x1.A .有最小值 2，最大值 3C .有最大值 3，无最小值B .有最小值 2,无最大值D .既无最小值，也无最大值6 .设 x,y 满足()值为i - f，无最大值第7页共 24 页13由抛物线的定义可得，NF 1 -,22MF 2 1 3,INF: IFM= 1: 2,故选：D.【点睛】本题考查抛物线的定

6、义、方程和性质，考查直线方程和抛物线方程联立，求解交点，考查运算能力，属于基础题.8.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”、“谐”、“校”、“园”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“和”、“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率。利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1,2,3,4代表“和”、“谐”、“校”、“园”这 四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：343 432341342 234 142243 331112342 241244431233 214 344 142134

7、由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为 ()12A . -B.-69C.5181D.-9【答案】B【解析】 随机模拟产生了 18 组随机数，其中第三次就停止摸球的随机数有4 个，由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率.【详解】随机模拟产生了以下 18 组随机数：343 432 341 342 234 142 243 331 112342 241 244 431 233 214 344 142 134其中第三次就停止摸球的随机数有：142, 112, 241 , 142,共 4 个，42由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为p189故选：B.【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法等基础

8、知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思 想，是基础题.【点睛】第 6 页共 24 页f ( x)f (x),则()A . f(x)在0,上单调递增2B. f (x)在，一上单调递减2 2C. f(x)在0,上单调递减2D .f(x)在 22 上单调递增【答案】A【解析】 将 f(x)化简，求得3,，再进行判断即可【详解】f x2sinwxn，最小正周期为2nn,n得w2,4w又ffx)f(x)n为偶函数，所以knn ,k Z42nk=-1,n, f x运sin小nn2x,2cos2x244 4故选 A.【点睛】本题考查三角函数性质， 两角差的正弦逆用， 熟记三角函数性质， 熟练计算 式是关键

9、，是中档题10.将函数y ex(e为自然对数的底数)的图象绕坐标原点O顺时针旋转角后第次与x轴相切，则角满足的条件是()A.esincosB.sin ecosC.esin1D.ecos 1【答案】B【解析】设过原点的直线与y ex相切，求得直线方程即可.【详解】设直线 y=kx 与y ex相切，切点为Xo,y,y ex, k ex0,又ex0k?,解x1,k e,即 tan9e,? sinBecos9故选 B9 .设函数 f(x) sin( x ) cos( x )0,1 I的最小正周期为，且当2kn2x2kn n,即knxnkn，f(x)单调递增，结合选项k=0 合题意,f(x)解析第9页共

10、 24 页由三角形的面积的等积法可得n 2c)2c2 2b(c a )2ac化简可得m n2c本题考查函数切线，熟练转化题意，准确计算切线方程是关键，注意逆向思维的运用, 是中档题.2 211如图，已知双曲线笃再1(ba bby (x c)，联立双曲线的方程可得A的坐标,a设|AFi| m,IAF2I n，运用三角形的等积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得a,c的方程，结合离心率公式可得所求值.【详解】设双曲线的左、右焦点分别为Fi(c,0),F2(c,0),设双曲线的一条渐近线方程为yb -x,a可得直线AF2的方程为yb-(xa2xc)，与双曲线a2bi(b a 0

11、)联立，222可得A(c,c2c2ac设| AFi| m,| AF2| n,a 0)的左、右焦点分别为Fi、F2，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A， 若AF1F2b，则双曲线4【答5B.-43.22【解设双曲Fi( c,0), F2(C,0)，设双曲线的一条渐近线方程为ybx,可得直线AF2的方程为a1第10页共 24 页综上可知，奇数项均为正数，偶数项随着n的增大由正变负故当Sn取最大值时 n 为奇可得3c 5a，则故选：C.【点睛】 本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查方程思想的运用及三角形等积法，考查运算求解能力，属于难题.Sn,则当Sn

12、取最大值时门为（【答案】C【详解】故偶数项为公差为-3 的等差数列.23.由双曲线的定义可得m n 2a在三角形AF1F2中n sinb（22）叱卩,（为直线AF2的倾斜角），2ac由tan2,sin2cos1，可得sinba2=b2可得n2a2，由化简可得3c22ac5a20,即为(3c 5a)(ca)12 .数列an满足an 1an11n1,且0 a6记数列an的前 n 项和为A . 11B. 12C. 11 或 13D . 12 或 13【解析】 分n的奇偶讨论数列an的奇偶性分别满足的条件,再分析Sn的最大值即可.由题，当n为奇数时,an 1an11n1,anan 111故an 2an

13、1111 n故奇数项为公的等差数列.同理当n为偶数时，an 2an13.又0 a61即0 a2616a27.又a2a1119.所以第11页共 24 页anan1011 n 110故 n 为奇数且此时有n n 1n1,解得11 n 13.an 2an 1011 n1100故n 11或n 13.故选：C【点睛】本题主要考查了奇偶数列的应用，需要根据题意推导奇偶项数列的递推公式，再根据题意分析相邻两项之和与 0 的大小关系列不等式求解属于难题二、填空题13 .命题p : X0(0,), x2XQ2，则P是_；【答案】x (0,), x2x 2【解析】由特称命题的否定直接写出结论即可【详解】由题命题

14、p 的否定为：x 0, x2x 22故答案为x 0, ,x x 2【点睛】本题考查特称命题，熟记特称与全称命题的否定是关键，是基础题，易错点是改为x,0.14.已知向量a (x,2),b(2,1), c (3,2x),若ab，则 |b c |【答案】42【解析】由a b,求得 x,得到r b c的坐标，再求模长即可.【详解】rr r a b， 2x+2=0, x= -1,1bc 5, 1, rr b cJ5212V26故答案为.26.【点睛】本题考查向量的坐标运算，模，熟记垂直性质，熟练计算模长是关键，是基础题.第12页共 24 页15.已知三棱锥A BCD的棱长均为 6,其内有n个小球，球。

15、1与三棱锥A BCD的第13页共 24 页四个面都相切，球。2与三棱锥A BCD的三个面和球Oi都相切，如此类推，球On与三棱锥A BCD的三个面和球 Oh i都相切(n 2,n N*),则球On的表面积等于_.【答案】64n1【解析】根据几何关系，求得Oi,O2的半径，归纳出半径的通项公式，即可容易求得On的表面积【详解】 不妨设On的半径为rn，正四面体的棱长为a,取CD中点为E,球Oi与平面ACD切于点F,球。2与平面ACD切于点H,作截面ABE,G为n BCD的外心，如下图所示：第14页共 24 页容易知GE-.3a,6AG.6a,3AE因为AFO1AGE，故可得GE储，解得ri淨于；

16、同理由AHO2 AGE，故可得艮GEAG 2rir2AE，解得r224以此类推，总结归纳可得是首项为，公比为1的等比数列,22第15页共 24 页16 关于函数f x ? Inxx（1）x 2是f x的极小值点;（2）函数 y f x x 有且只有 1 个零点;占；八、 故（1）正确;(2)令h xx，故可得h2x2x0,恒成立,故h x在0,单调递减;又当x1一时，ye12e 10，当xe3时，y2ln33故可得h x在区间0,上只有一个零点；故（2）正确;故可得rn上6则On的表面积Srn246歹.故答案为：角【点本题考查棱锥内切球半径的求解, 涉及等比数列的通项公式求解，属压轴题(3)f

17、 x1x恒成立;2（4） 设函数g x xf x2x4，若存在区间a,b1-,，使g x在a,b上的值域是k a 2 ,k b2，则k 1,9 2In 210上述说法正确的序号为【答案】 （1） （ 2） （ 4）【解析】利用导数研究函数的极值点、单调性以及零点,结合选项，进行逐一分析即可【详(1)因为f xxx 2In x，故可得f x，令x?x故可得f x在区间0,2单调递减，在2,单调递增，故2是f x的极小值2第16页共 24 页(3)令m x故可得mx 2x 40,恒成立,故可得m x在定义域上单调递减;又当m2e0, m e2恒成立,(4)0在区间0,1、x在区间2由题可知g x0

18、,xl nx上不恒成立;3) 错误故可得gx在区间要满足题意，只需等价于g也等价于x2成立,故可得G故可得F0,1单调递减，在区间2ln2 0,故g x在0,12,x |nx 2x 1，单调递增.单调递增.上至少有两个不同的正根,与直线y k在区间xlnx 23x2lnx在 i,在区间则要满足题意，只需至少有两个交点.1x ，故可得F22x 3x 2lnx 44，故可得G x1上单调递增，又G -22,?上单调递减，在区间2x1 x 20在区间0,G 10，1,上单调递增第17页共 24 页又因为F 11,F -9 2ln2，则k 1,9却匸.故(4)正确.2 10 10综上所述，正确的有：(

19、1) (2) (4).故答案为：(1) (2) (4).【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点和零点、方程的根、参数的范围，属压轴题 三、解答题17 .已知函数 f(x)= 2sinxcosx+ 2 .3 cos2x- .3 .(1)求函数 f(x)的最小正周期和单调减区间；已知 ABC 的三个内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c,其中 a=乙若锐角 A 满足f A3，且sinB sinC133，求 bc 的值.2614【答案】(1) f(x)的最小正周期为 T =, f(x)的单调递减区间为7k,k(k Z)(2) 4012 12n【解析】(1)先利用二咅角公式和辅助角公式得

20、到f(x)2sin 2x3，再利用三角弦定理和余弦定理进行求解.【详解】2因此 f(x)的最小正周期为 T = =n22kn丄剟血n2kn3n(k Z).232n7nkn一, kn (k Z).1212函数的周期公式和单调性进行求解;(2)先利用 f求得角A， 再利(1)f (x)2sin xcosx 2 3cos2x3 sin2x、3cos2x 2sin 2x_n即 f(x)的单调递减区间为第18页共 24 页由f2sin 2 An2 62sinA岛，又 A 为锐角，则 A =-3第19页共 24 页十a 714.厂.厂b c 13/32R,sin B sin C由正弦疋理可得si nA33

21、2R 14，T则 b+ c=13 314= 1314灵2 2 2 2 2pAb c a (b c) 2bc a 1又cos A，可求得 bc= 40.bc2bc【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用以及三角恒等变换，意在考查学生的逻辑思维属于中档题.解决本题的关键在于恰当利用正弦定理的变形进行的变形主要有：(1)a2Rsin A,b2Rsin B,c2Rsi nC(2)sin A ,sinB ,si nCc2R2R2R；(3)a :b :c sin A:sin B:sin C；asin B .bsin A(4)b,si nB -.sin Aa18 .( 2017 新课标全国川理科)如图，

22、四面体 ABCD 中，ABC 是正三角形，ACD是直角三角形，/ ABD = / CBD , AB=BD.(2)过 AC 的平面交 BD 于点 E,若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角 D -E -C 的余弦值.【答案】(1 )见解析；(2丄7【解析】 试题分析：(1)利用题意证得二面角的平面角为 90,则可得到面面垂直；(2)利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可能力和基本运算能力,边角转化，正弦定理a b csin A sin BsinC2R(2R是AABC外接圆的直径)(1)证明：平面 ACD 丄平面 ABC ;第20页共 24 页求得二

23、面角 D- AE- C 的余弦值为丄.7试题解析：（1）由题设可得，ABD 也ACBD，从而 AD DC.又 VACD 是直角三角形，所以 ADC=90 .取 AC 的中点 0,连接 DQBQ 则 DOL AC DOAQ又由于 VABC 是正三角形，故 BO AC.所以 D0B 为二面角 D AC B 的平面角.在RtVAOB中，BO2AO2AB2.又 AB BD，所以 BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB 90o.所以平面 ACDL 平面 ABC（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以 O 为坐标原点，OA的.uuu方向为X轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角

24、坐标系O xyz.则A 1,0,0 , B 0, 3,0 ,C 1,0,0 , D 0,0,11由题设知，四面体 ABCE 勺体积为四面体 ABCD 勺体积的-，从而 E 到平面21V3 1ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的， 即 E 为 DB 的中点， 得E 0,-丁,？.3 11,.2 2uuvx z 0,n AD 0，uuv 即 .31uuiruuuruuu故AD 1,0,1 , AC 2,0,0 , AE设 n x,y,z 是平面 DAE 的法向量，则第21页共 24 页n AE 0,x y -z 0.2 2第22页共 24 页可取nUJIV设m是平面 AEC 勺法向量，则

25、mAC 同理可取mm AE 0,贝 q cos n ,m所以二面角 DAEC 的余弦值为 立.7【名师点睛】(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算m ncosm,n .求解时一定要注意结合实际图形判断所m n求角是锐角还是钝角2 2x y19已知椭圆C21(aa b(1)求椭圆 C 的方程;(2)过点,3,0作直线I与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在, 说明理由2X2【答案】(1)y21见解析4【解析】(1)由题得 a

26、,b,c 的方程组求解即可(2)直线QA与直线QB恰关于x轴对称，等价于AQ,BQ的斜率互为相反数，即xt xt0，整理人3 t y1y22myy 0.设直线l的方程为x my .30，与椭圆C联立,将韦达定理代入整理即可, 1,、.3(2)设 m，n 分别为平面a， B的法向量，则二面角B与m,n互补或0)的离心率为2第23页共 24 页【详解】第 i24页共 24 页(i)由题意可得c2 a4 2 i，又a2b2c2，a 4b解得a24，b2i.2所以，椭圆C的方程为4y2i存在定点Q乞3,03，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称.设直线|的方程为x my.30，与椭圆C联立，整理得,4

27、 m2y22x 3my ixix设BX2，云yiyi，定点Q t,0.（依题意t Xi,t X2）则由韦达定理可得，yiy2，yiy24 mi4 m2直线QA与直线QB恰关于x轴对称，等价于AQ,BQ的斜率互为相反数.所以,汁xh0，即得yix2y2xit 0.又Ximyi 3 0，X2my2所以,yi 3 my2t y2myi0，整理得,yiy22myiy20.从而可得,.3 t U4 m22mi4 m2即2m 43t 0，所以，当t，即Q3口03时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称成立.特别地，当直线|为x轴时,4、3Q ,0也符合题意.综上所述，存在x轴上的定点3，满足直线QA与直线QB

28、恰关于x轴对称.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系， 熟记椭圆方程简单性质， 熟练转化题目条件,第 i25页共 24 页122第26页共 24 页准确计算是关键，是中档题20.已知函数fX1x2aln 12X, a 为常数.(1)讨论函数f X的单调性:(2)若函数f X有两个极值点Xi,X2且 X1X2，求证：fX2Xi3 In 48【答案】(1)见解析(2)证明见解析【解析】2(1)求导后f X X1 Xa分子所对应的二次函数1 4a,分情况讨论4a的正负以及根与 1 的大小关系即可.由(1)的两个极值点X1,X2满足 X2Xa 0,所以X1+ X2x-ix2a,则2,将f X2

29、X1化简整理为造函数求导证明不等式即可0X-IX1的函数即122X12%X, In为，构【详解】(1)函数的定义城为,1.由题意，f4,则0,于是0, 当且仅当a0,所以,1单调递减.ii)a 4,由f40,得X或X11 4a2. 1 4aL1所以-1 4a 11 4a1-1 4a单调递一14 a21.1 4a单调递增.(iii)若 a 0 ,则X1,122第27页共 24 页1综上所述，当a时，函数f41a时，函数f x在41、厂4a21. 1 4a1，1上单调递增2In x1.【点睛】 本题主要考查了分类讨论分析函数极值点的问题以及构造函数证明极值点不等式的问题，重点在于构造关于X1的函数

30、，分析函数单调性与最值证明属于难题21 冠状病毒是一个大型病毒家族，己知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病而今年出现在湖北武汉的新型冠状病 毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株人感染了新型冠状病毒后常第 19 页共 24 页1；1 4a2时，f x 0；当X11 4a，1时，f x 0；2所以f弓空单调递减，114a，1单调递增2(2)由（1）知，f x有两个极值点当且仅当由于x的两个极值点Xi,X2满足0 ,所以X1+X21，X1X2a，则由于fX2xi121X2aln 1 x2xixjX21 n % x2x1 x In在，1

31、上单调递减;1；1 4a1一，1上单调递上单调0 时，函数f x在2x In x2x In x2x Inx 0,所以0.所以gx在021上单调递减，又gt1 .1 + In =4所以 g（x） g 礬3 + I n 48，即f X2X1In 4第29页共 24 页见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n （n N）份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则需要检验n 次.方式二：混合检验，将其中 k（k N且k 2）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果

32、为阴性，这 k 份的血液全为阴性，因而这 k 份血液样本只要检验一次就够了， 如果检验结果为阳性， 为了明确这 k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这 k 份再逐份检验，此时这 k 份血液的检验次数总共为k 1.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为 p（ 0 p 1） 现取其中 k（k N且k 2）份血液样本， 记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2（2）右 p 与十扰糸计里Xn相关，其中X1,X2丄,Xn(n2）是不同的正实数,满足!1且nN(n 2)都有n 1Xn2Xe3-222

33、成立i 1XXi 1X2X1（i）求证：数列 Xp等比数列;比逐份检验的总次数的期望值更少，求k 的最大值【答案】 (1)f k 1-k,(kN，且k 2） . （2） （i）见解析（ii）最大值为4.【解析】 (1)由题设可知E1k2的所有可能取值为 1 ,k 1，求E2,再根据E1E2,求p fk;1 222 11(2) ( i）当n2时，e32X2X2 X2e3，令q虽e30，则q 11x1x2x2x1xx(1)若 EE2，试求 p 关于 k 的函数关系式p(ii )当p 1采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值第30页共 24 页i11第31页共 24 页利用数学归纳法证

34、明Xn(ii)由(i)可知彳1彳113X413.e，由E1E2可知In k-k，再设函数3XIn x13X(0),利用函数的单调性求k的最大值.【详解】(1)解：由已知,1，得2的所有可能取值为E，则k- P(2)当k 的函数关系式为证明：当n 2时，e2X2XX2X11，下面证明对任意的正整数n,Xnn 1eVn 1, 2 时，显然成立;假设对任意的k时,Xk1时,由题意,1e3XiXi1k12X22X12，X11X2X1X2Xxk1-3edi1e3Xk 1ke3；X2X11e30,1第32页共 24 页【点睛】属于难题，重点考查学生分析问题和解决问题的能力22 .选修 4-4 :坐标系与参数方程4cos，以极点O为直角坐标原点，以极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系xOy，将曲线C1向左平移2个单位长度，再将得到的曲