河北省联考高三上学期11月期中教学质量监测数学试题（A卷）

绝密★启用前河北省届高三年级教学质量监测数学（A卷）班级姓名注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共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.已知复数的共轭复数，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】应用共轭复数的定义结合复数的乘法计算求解.【详解】复数的共轭复数，则，则.故选：D.2.已知全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先解不等式把集合具体化，再利用集合的运算法则可得答案.第1页/共20页【详解】由集合可知，由集合可知或，故，或，或，，或，，，或，综上，，故选：B.3.已知.若直线与直线离为，则的值为（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】先根据直线平行计算求参，再应用平行线间距离公式计算求解.【详解】因为直线与直线平行，所以，且，所以，所以直线与直线平行，两直线间的距离为，且，所以，所以.故选：C.4.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的一个充分不必要条件为（）A.B.C.D.【答案】B第2页/共20页【分析】由函数平移后得到偶函数可得，再结合充分不必要条件判断可得.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后，得到，因为图象关于轴对称，所以函数为偶函数，则，则的一个充分不必要条件为.故选：B.5.某智能物流车的“实际配送向量”“规划路线向量”“交通拥堵修正向量”满足关系式：.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量与向量垂直，.配送效率等级通过“规划路线向量”“停滞”配送效率等级超高效高效常规低效停滞模的范围若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（）A.超高效B.高效C.常规D.低效【答案】B【解析】【分析】设，利用向量垂直和模长的坐标表示求出或，再结合题意求出向量，然后计算模长与表格对比可得.【详解】设，因为与向量垂直，所以，又，即，所以或，第3页/共20页由可得，当时，，则；当时，，则；由题意可得此次配送的效率等级为高效.故选：B.6.在三棱柱底面的面积为.则点到平面的距离为（）A.B.2C.D.【答案】A【解析】到平面的距离，即为点到平面的距离，应用等体积法有，即可求.【详解】由侧棱底面，则，由题意，知为直三棱柱，则为矩形，根据其对角线相互平分，且平面，所以点到平面的距离，即为点到平面的距离，由，则，得故选：A7.设函数的定义域为为偶函数且.若时，第4页/共20页的值为（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】通过为偶函数推出关于对称，通过推出函数的周期为4，再联立等式可求，，故可求值.【详解】因为为偶函数，所以，即（①）可知关于对称，通过可知联立①②式可得：，联立②③式可得：，易得周期为4，①中令,②中令可得；故，所以，故选：D.8.定义：对于任意实数，符号表示“临近整数”，即（为整数）当且仅当.已知，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】第5页/共20页【分析】由函数新定义结合指数、对数运算性质比较即可.【详解】因为，由指数函数的单调性可得所以，由临近整数可得，由对数函数的单调性可知，，由临近整数可得，，且，，由临近整数可得，所以.故选：A.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知圆，直线，则下列说法正确的是（）A.直线恒过定点B.圆被轴截得的弦长为C.若直线与圆相切，则D.圆上的点到直线的最大距离为7【答案】ABD【解析】【分析】化简直线为A正确；利用圆的弦长公式，可判断B正确；由圆心到直线的距离等于圆的半径，列出方程，求得的值，可判断C不正确；求得圆心到直线的距离的最大值，结合圆的性质，可判断D正确.【详解】对于A，由直线，可得，可得直线恒过定点，所以A正确；第6页/共20页对于B，由圆，可得圆心，半径为，则圆心到轴的距离，所以弦长为，所以B正确；对于C，若直线与圆相切，则满足，即，解得，所以C不正确；对于D，由圆圆心为，直线恒过定点，可得，当直线与垂直时，此时圆心到直线的距离取得最大值，最大值为，又因为圆的半径为，所以圆上的点到直线的最大距离为，所以D正确.故选：ABD.10.已知函数是增函数，则下列结论一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】上参数范围.【详解】由题设，上恒成立，所以，上恒成立，且，所以，而的对称轴为，，当，即，只需即可，此时可能有，当，即，只需，且，综上，必有，.故选：AC在斜三角形所对的边分别为，则下列结论正确的是（）第7页/共20页A.B.为钝角三角形C.若，且，则D.【答案】BC【解析】【分析】根据诱导公式可得，可判断AB；利用诱导公式和二倍角公式可得，可得，再利用正弦定理求解，判断C；，再利用二次函数的性质求值域.【详解】根据题意，，因，则，所以或，因为为三角形的内角，则或，因为三角形为斜三角形，，，即角为钝角，故B正确；则，故A错误；若，因，则，代入可得，即，即，解得或第8页/共20页由于，，可得，则，设，且，则，因为，故D错误.故选：BC三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.记为等差数列的前项和.若，则__________.【答案】【解析】【分析】由等差数列的片段和的性质有为等差数列，应用等差中项的性质列方程求解.【详解】由题设为等差数列，则，所以，则.故答案为：13.已知圆台的轴截面等腰梯形的下底边长是上底边长的2的体积为__________.【答案】【解析】【分析】先由圆台内切球求出圆台的高，再利用轴截面为等腰梯形的性质结合勾股定理求出上下底面半径，然后利用圆台的体积公式求解可得.第9页/共20页【详解】由该圆台内切球表面积为，设内切球半径为则，所以等腰梯形的高为，又圆台的轴截面等腰梯形的下底边长是上底边长的2倍，设上底为，腰长为，则下底为，由等腰梯形的内切圆性质可得，所以，可解，所以圆台的体积为.故答案为：.14.已知，若对任意实数恒成立，则的最小值是__________.【答案】【解析】【分析】利用余弦的二倍角公式得对任意实数恒成立，再令在求得，并说明时，可以取到即可.【详解】因为，所以对任意实数恒成立，所以对任意实数恒成立，令，所以在上恒成立，取时，，即，当时，等价于，即恒成立，所以的最小值为.故答案为：四､解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第10页/共20页15.在中，内角的对边分别为，且满足.（1）求角；（2）若的周长等于，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】1）根据正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解；（2）利用二倍角公式将进行变形，再根据三角形周长得到的关系，最后利用三角形的面积公式求职即可.【小问1详解】因为，所以，所以，又在中，，所以所以，即，又，所以，所以，所以，所以；【小问2详解】因为，所以，若，则，所以，又的周长等于，第11页/共20页所以，所以，所以的面积为，若，则，即，所以，由（1）可知，所以，又的周长等于，所以，所以，所以，即，根据余弦定理有，即将上面两式相减得：，即，所以的面积为16.设数列的前项和为，已知，当时，.（1）求证：为等比数列；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】1）利用做差法即可证明为等比数列；（2）讨论绝对值里的正负，分别求当和两种情况下的.【小问1详解】第12页/共20页故原式为：，即：，等式两侧同时加得：，即，当时，，故数列是以为首项，3为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）知：，故，而，故，则，故当时，当时，当时，；当时，，故.17.如图，在三棱锥中，的中点分别为，点在上，.第13页/共20页（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求平面与平面的夹角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】1）根据已知得，再由线面平行的判定证明结论；（2）根据已知求得相关线段长，利用中位线、平行线的性质证明，通过计算得到，再应用线面垂直、面面垂直的判定证明结论；（3）若为的交点，为的交点，连接，根据面面角的定义得到为平面与平面的平面角，再通过计算得，从而有，最后根据已知求各边长，进而得到角的大小.【小问1详解】由的中点分别为，则，而平面，平面，故平面；【小问2详解】由，则，又，显然为的中点，则，，由的中点分别为，则，所以，由的中点为，则，且，所以，，又，第14页/共20页由，，所以，在和中，而，所以，故，又且平面，则平面，由平面，则平面平面；【小问3详解】如图，若为的交点，为的交点，连接，由平面，平面，则，又，即，由平面，平面，平面平面，所以为平面与平面的平面角，由等面积法有，可得，所以，则，故，所以，由（2）知，，由，所以，则，所以，又，则，所以，中，故，第15页/共20页所以，即平面与平面的夹角为.18.已知圆与轴正半轴交于点，直线：与圆交于点，直线分别交于两点，圆心到直线的距离等于，（1）求圆的方程；（2）当取得最小值时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】1）先找到圆心再计算圆心到直线的距离解方程即可求出的值进而得到圆的方程；（2）先设出两点坐标再联立圆和直线的方程写出韦达定理，再进一步表示出两点的横坐标计算出线段的长度利用导数求出的最小值及此时直线的方程.【小问1详解】圆的圆心为，半径为，直线的一般形式为，圆心到直线的距离为：，解得或，因为，所以，故圆的方程为.【小问2详解】圆与轴正半轴交于点，所以，第16页/共20页消元得，，则，且，，直线的方程为，与直线联立，解得点横坐标，同理点横坐标，计算，分母展开并代入韦达定理化简得：，，故，因为两点在直线上，所以，第17页/共20页当，得或，即在、上单调递增，当，得，即在上单调递减，在上，，当，则，即，当，则，即，所以上，在上，时，且，则，在上，，且时，则，综上，，故时，因此直线的方程为.19.已知函数.（1）求的极值；（2）求证：；（3）已知，若恒成立，求实数的最大值.【答案】（1）极大值为，无极小值；（2）证明见解析；（3）.【解析】1）直接求导，令导函数等于0，最后代入计算即可得到其极值；（2）转化为证明，设，即证恒成立，再求导得第18页/共20页（3）转化为证明恒成立，令，得，最后分离参数，再结合（1）中结论即可得到答案.【小问1详解】的定义域