河北省唐山市高三上学期摸底考试数学（文）试题

唐山市2019~2020学年度高三年级摸底考试文科数学一、选择题：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.已知集合，，则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】因为，又，所以.故选D【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念，即可得出结果.2.已知，，是关于的方程的一个根，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由是关于的方程的一个根，代入方程化简得，根据复数相等的充要条件，列出方程组，即可求解.【详解】依题意，复数是关于的方程的一个根，可得，即：，所以，解得，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了复数方程的应用，以及复数相等的充要条件的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.已知为等差数列的前项和，，则公差()A.6 B.5 C.4 D.【答案】C【解析】【分析】根据题中条件，由求出，进而可得出结果.【详解】因为为等差数列的前项和，，所以，即，因此，所以.故选C【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算，熟记等差数列的求和公式与通项公式即可，属于常考题型.4.已知，，，则，，大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据对数的单调性，分别求得的范围，即可求解，得到答案.【详解】由题意，根据对数的单调性，可得，即，，即，，即，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了对数函数的单调性的应用，其中解答中熟记对数函数的单调性，合理求解得范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的解析式，得到，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；再由函数的单调性，排除A，即可得到答案.【详解】由题意，函数，可得，即，所以函数为偶函数，图象关于对称，排除B、C；当时，，则＞0，所以函数在上递增，排除A，故选.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数单调性的应用，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，进行合理排除是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.6.双曲线的右焦点为，点为的一条渐近线上的点，，则()A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】由双曲线方程得到渐近线方程，以及右焦点坐标，再由，求出点坐标，进而可求出三角形面积.【详解】因为双曲线方程为，所以其渐近线方程为，右焦点为，因为点为的一条渐近线上的点，不妨设点在上，且点在第一象限；又，所以为等腰三角形，所以点横坐标为，因此，所以.故选C【点睛】本题主要考查双曲线中的三角形面积问题，熟记抛物线的简单性质即可，属于常考题型.7.已知，则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由题意得到，再两边同时平方，根据同角三角函数基本关系，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此，所以，即，所以故选D【点睛】本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记公式即可，属于常考题型.8.下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影部分分别标记为和.在此图内任取一点，此点取自区域的概率记为，取自区域的概率记为，则（）A. B.C. D.与的大小关系与半径长度有关【答案】C【解析】【分析】利用圆面积公式和扇形的面积公式，分别求得阴影部分的面积，得到阴影部分的面积＝阴影部分的面积，即可求解.【详解】由题意，设四分之一圆的半径为，则半圆的半径为，阴影部分的面积为，空白部分的面积为，阴影部分M的面积为：，阴影部分的面积＝阴影部分的面积，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了几何概型的应用，其中解答中认真审题，正确求解阴影部分的面积是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9.下图是判断输入的年份是否是闰年的程序框图，若先后输入，，则输出的结果分别是（注：表示除以的余数）（）A.是闰年，是闰年 B.是闰年，是平年C.是平年，是闰年 D.是平年，是平年【答案】C【解析】【分析】由给定的条件分支结构的程序框图，根据判断条件，准确计算，即可求解，得到答案.【详解】由题意，输入时，，输出是平年，输入时，输出是润年，故选【点睛】本题主要考查了条件分支结构的程序框图的计算结果的输出，其中解答中根据条件分支结构的程序框图，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10.将函数的图像上所有点向左平移个单位长度，得到的图像，则下列说法正确的是()A.的最小正周期为 B.是的一个对称中心C.是的一条对称轴 D.在上单调递增【答案】B【解析】【分析】先由题意得到的解析式，根据余弦函数的性质，即可得出结果.【详解】因为将函数的图像上所有点向左平移个单位长度，得到的图像，所以，所以的最小正周期为，A错；由得，因此的对称中心为，B正确；由得，因此的对称轴为，C错；由得，所以的单调递增区间为，D错.故选B【点睛】本题主要考查判断平移后的函数性质，熟记余弦函数的图像与性质即可，属于常考题型.11.已知为数列的前项和，则数列()A.有最大项也有最小项 B.有最大项无最小项C.无最大项有最小项 D.无最大项也无最小项【答案】A【解析】【分析】先由，得到，两式作差，得到数列是以为公比的等比数列；求出，分别讨论为奇数和为偶数两种情况，即可得出结果.【详解】因为为数列的前项和，，所以，两式作差，得，设，数列是以为公比的等比数列；又，所以，,所以，当为奇数时，单调递减，有最大值；且；当为偶数时，单调递增，有最小值；且；因此，数列有最大值；有最小值.故选A【点睛】本题主要考查等比数列的前项和的最值问题，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.12.已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上，且，，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据勾股定理可知，从而求得；根据棱锥体积公式可知，若三棱锥体积最大,则可得点到平面的最大距离，在中利用勾股定理构造关于球的半径的方程，解方程求得半径，代入球的表面积公式可求得结果.【详解】，如下图所示：若三棱锥体积最大值为，则点到平面最大距离：即：设球的半径为，则在中：，解得：球的表面积：故选【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能够通过体积的最值确定顶点到底面的距离，根据外接球的性质可确定球心的大致位置，通过勾股定理构造关于半径的方程求得外接球半径.二、填空题。13.已知，且，则向量的坐标是____.【答案】或【解析】【分析】先设，根据题中条件，列出方程组，求解，即可得出结果.【详解】设，因为，且，所以，解得或，因此向量的坐标是或.故答案为或【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，熟记运算法则即可，属于常考题型.14.若满足约束条件，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】作出约束条件表示的平面区域，结合图象，确定目标函数的最优解，代入目标函数，即可求解，得到答案.【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数可化为直线，当直线过点C时，此时目标函数取得最大值，又由，解得，即，所以目标函数的最大值为.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．15.已知直线过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，，则该椭圆的离心率是____.【答案】【解析】【分析】先由题意求出，再设，根据，结合题意求出点，代入椭圆方程，求出，进而可得出结果.【详解】因为直线过椭圆的左焦点，所以，设，因为，由题意可得，所以，又在直线上，所以，即，由题意可得，解得，所以离心率为.故答案为【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，熟记椭圆的简单性质即可，属于常考题型.16.已知函数，若恒成立，则的取值范围是____.【答案】【解析】【分析】先由的图像与的图像可得，恒成立；原问题即可转化为直线介于与之间，作出其大致图像，由图像得到只需；根据导数的方法求出，所在直线斜率，进而可得出结果.【详解】由的图像与的图像可得，恒成立；所以若恒成立，只需，即直线介于与之间，作出其大致图像如下：由图像可得，只需；设，由得，所以，所以曲线在点处的切线的方程为，又该切线过点，所以，解得，所以；设，由得，所以，所以曲线在点处的切线的方程为，又该切线过点，所以，解得，所以；所以.故答案为【点睛】本题主要考查由导数的方法研究不等式恒成立的问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.某音乐院校举行“校园之星”评选活动，评委由本校全体学生组成，对两位选手，随机调查了20个学生的评分，得到下面的茎叶图：所得分数低于60分60分到79分不低于80分分流方向淘汰出局复赛待选直接晋级（1）通过茎叶图比较两位选手所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（2）举办方将会根据评分结果对选手进行三向分流，根据所得分数，估计两位选手中哪位选手直接晋级的概率更大，并说明理由.【答案】(1)选手所得分数的平均值高于选手所得分数的平均值；选手所得分数比较集中，选手所得分数比较分散．(2)选手直接晋级的概率更大．理由见解析【解析】【分析】（1）根据茎叶图中数据的分布特征，可直接得出结论；（2）用表示事件“选手直接晋级”，表示事件“选手直接晋级”，根据茎叶图中的数据，计算概率，即可得出结果.【详解】（1）通过茎叶图可以看出，选手所得分数的平均值高于选手所得分数的平均值；选手所得分数比较集中，选手所得分数比较分散．（2）选手直接晋级的概率更大．用表示事件“选手直接晋级”，表示事件“选手直接晋级”．由茎叶图得的估计值为，的估计值为，所以，选手直接晋级的概率更大．【点睛】本题主要考查茎叶图的特征，以及古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型.18.的内角的对边分别为，已知的面积（1）证明：；（2）若，求.【答案】(1)证明见解析；(2)2【解析】【分析】（1）由三角形面积公式，结合题意，得到，化简整理即可得出结论成立；（2）由（1）的结论，结合（2）中数据，得到，再由余弦定理得到，解方程，即可求出结果.【详解】（1）由得．因为，所以，又因为，所以，因此．（2）由（1）得，所以由余弦定理得，所以，解得因此，即由（1）得，所以，故．【点睛】本题主要考查解三角形，熟记同角三角函数基本关系，以及余弦定理即可，属于常考题型.19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，点是的中点.（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】（1）连接交于，连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由线面垂直的判定定理得到平面，再得到平面，从而可得即为直线与平面所成的角，设，在中，列式求出，再由棱锥的体积公式，即可得出结果.【详解】（1）连接交于，连接．由题意可知，，，又平面，平面，平面．（2）由底面，得，又由题意可知，且平面，则．由，则，且，平面，所以即为直线与平面所成的角设，在中，，则，解得∴四棱锥体积【点睛】本题主要考查线面平行的判定，以及由线面角求其它量的问题，熟记线面平行、线面垂直的判定定理，以及棱锥的体积公式即可，属于常考题型.20.已知为抛物线的焦点，直线与相交于两点。（1）为坐标原点，求；（2）为上一点，为的重心（三边中线的交点），求。【答案】(1)32；(2)或．【解析】【分析】（1）先设，将的方程代入抛物线的方程，根据韦达定理，以及向量数量积的运算，即可得出结果；（2）先由题意得到，设，根据为的重心，得到，由（1）的结果表示出，再代入抛物线方程，即可求出结果.【详解】（1）设，将的方程代入得：，所以，即，从而（2）依题意得，设，因为为的重心，所以，从而，因为在抛物线上，所以，即．故或．【点睛】本题主要考查抛物线中的定值问题，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，以及抛物线的方程求解，属于常考题型.21.已知函数，且曲线与直线相切于点，（1）求；（2）若，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）先由题意得到，求出，再对函数求导，根据求出，从而可得到解析式；（2）先令，先由题意确定，再由函数奇偶性的概念，易得到为偶函数，因此只需时，；对函数求导，分别讨论，两种情况，用导数的方法研究其单调性，最值等，即可得出结果.【详解】（1）由题意可得：，解得，由得．所以．（2）令，由得，所以．显然为偶函数，所以只需时，．，当时，，即在上单调递增，所以，从而时，成立．当时，因为在上单调递增，又时，；时，，所以存在，使得，因此时，，，即在上单调递减，所以时，，与矛盾，因此时不成立．综上，满足题设的的取值范围是【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的几何意义，以及导数的方法研究函数的单调性，最值等即可，属于常考题型.22.在极坐标系中，圆.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，直线经过点且倾斜角为.求圆的直角坐标方程和直线的参数方程；已知直线与圆交与，，满足为的中点，求.【答案】（1），，(为参数，).（2）【解析】【分析】（1）利用极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，可求解圆的直角坐标方程，根据直线参数方