2020届河北省保定市高三上学期期末数学(文)试题

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2020届河北省保定市高三上学期期末数学（文）试题

一、单选题 1．已知A{x|yA．(0,1) 【答案】D

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.

对于集合Ax|y

x1},Bx|4x2x1，则AIB（）

B．(0,1]

C．R

D．





x1x|x1

x1



对于集合Bx|42



x

x|2

2x

2x1x|x1



所以AIBx|x1I故选:D 点评：

x|x1

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i(23i)对应的点位于（） A．第一象限【答案】A

将复数根据乘法运算化简即可得在复平面内的坐标,即可判断所在象限.

由复数的乘法运算,化简可得i23i3i2i32i

2

B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

则在复平面内对应点的坐标为3,2 所以对应的点在第一象限故选:A 点评：

本题考查了复数的乘法运算,复数的几何意义,属于基础题. 3．函数yxex2x的图象在点(0,0)处的切线方程为（） A．y2x1

B．y2x1

C．y3x

D．y3x

【答案】C

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.

x

函数yxe2x

则y'exe2

所以切线的斜率ke023 由点斜式可得y3x 故选:C 点评：

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ABC外接圆半径为1，圆心为O，若2OAABAC0，则ABC面积的最大值为（） A．2 【答案】D

根据向量的线性运算,可判断出BC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.

根据向量的减法运算,化简2OAABAC0可得

B．

xx

uuuruuuruuurr

3

2

C．2

D．1

uuuruuuruuurr

uuuruuuruuuruuuruuurruuuruuurr

2OAOBOAOCOA0,则OBOC0

即O为BC的中点.

又因为O为ABC外接圆圆心,该外接圆的半径为1.所以BC2 由圆的性质可知, BAC90o 设ABa,ACb 则a2b24

由不等式性质可知4a2b22ab, 则ab2,当且仅当ab

2时取等号

所以SABC=

11ab４22

2=1

即ABC面积的最大值为1 故选:D 点评：

本题考查了向量的线性运算,不等式性质的应用,属于基础题.

xy1022

5．设点Q为x2y20，所表示的平面区域内的动点，若在上述区域内满足xy

3x2y3

ruuuruuu

最小时所对应的点为P，则OP与OQ（O为坐标原点）的夹角的取值范围为（）

A．[0,



4

] B．[0,



3

] C．[0,



2

] D．[

3

24,

]

【答案】A

根据不等式组,可画出可行域.根据距离的最小值,可判断出P点位置.再由几何性质即可求得夹角的取值范围.

根据所给不等式组,画出可行域如下图所示:

满足x

2

y2最小时所对应的点为P,即可行域内的P到原点距离的平方最小

当OP与直线xy10垂直时,交点即为P点. 设直线xy10与x轴交于点B,与y轴交于点A

由直线xy10的斜率与倾斜角可知,ABOBAO45o 由OP与直线xy10垂直

ruuuruuuuuur

所以当Q与A或B重合时, OP与OQ的夹角取得最大值;当Q与P重合时, OP与uuur

OQ的夹角取得最小值

ruuuruuu

即OP与OQ的夹角的取值范围为[0,]

4

故选:A 点评：

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{an}中，a1a22，则a3的（） A．最大值为4

B．最小值为4

C．最小值为4

D．最大值为4或

4

【答案】B

根据等差数列的通项公式可用a1表示出d.由数列单调递增可得a10.用a1表示出a3,结合基本不等式即可求得最值.

因为a1a22

由等差数列通项公式,设公差为d,可得a1a1d2 变形可得da1

2 a1

2

0 a1

因为数列{an}为递增数列,所以da1即a10

而由等差数列通项公式可知

a3a12d

42

a12a1a1

a1a1

4

0结合基本不等式可得由a10,a1

4

a3a12

a14a14

a1

当且仅当a12时取得等号所以a3的最小值为4 故选:B

点评：

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36m，则此时欲经过桥洞的一艘宽12m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．6m 【答案】D

B．6.5m C．7.5m D．8m

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12m时的纵坐标,进而求得水面到顶部的距离.

根据题意,画出抛物线如下图所示:

设宽度为36m时与抛物线的交点分别为A,B.当宽度为12m时与抛物线的交点为

C,D.

当水面经过抛物线的焦点时,宽度为36m

由抛物线性质可知2p36,则抛物线方程为x36y 则A18,9

当宽度为12m时,设C6,a

代入抛物线方程可得6236a,解得a1

2

所以直线AB与直线CD的距离为h198 即船体两侧的货物距离水面的最大高度应不超过8m 故选:D 点评：

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．5 【答案】A

B．6 C．7 D．8

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.

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 点评：

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f(x)xA．(0,) 【答案】C

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.

13

1

的零点所在的区间为（） 2x

B．(,)

141143

C．(,)

1132

D．(,1)

12

函数f(x)x

13

1 x2

所以函数在R上单调递增因为f

13

1133

13

12

13

11

0 32

13

12

1313

11111

f10 2222

22

所以函数零点在,故选:C 点评：

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．下列说法不正确的是（）．．．

A．“pq为真”是“pq为真”的充分不必要条件；

B．若数据x1,x2,x3,,xn的平均数为1，则2x1,2x2,2x3,,2xn的平均数为2； C．在区间0,上随机取一个数x，则事件“sinxcosxD．设从总体中抽取的样本为x1,y1,

11

 32

16

”发生的概率为

22

x2,y2,L,xn,yn若记样本横、纵坐标的

1n

平均数分别为xxi,

ni1

【答案】C

1n

ˆbxa必过点(x,y) yyi，则回归直线y

ni1

A.“pq为真”可知p，q为真命题，可得“pq为真”，反之不成立，即可判断出正误；B. 根据平均数公式即可判断；C.由题意得x的范围，再利用几何概率计算公式即可判断出正误；D.根据回归直线的性质即可判断.

A.“pq为真”可知p，q为真命题，可得“pq为真”反之“pq为真”可知p真或q

真，但pq不一定为真，“pq为真”是“pq为真”的充分不必要条件，故A正确；

B.由题意知

x1x2Lxn2x2x2L2xn2x1x2Lxn1，则12，

nnn

故B正确；

6

， C.在区间0,上随机取一个数x，由sinxcosx2sinx

42

得sinx







53

x,，，解得121242

5

6

”发生的概率为：12121 ，故C不正确；事件“sinxcosx

2

3

D.根据回归直线的性质可知，回归直线必过中心点(x,y)，故D正确.

故选：C. 点评：

本题主要考查的是充分不必要条件的判断，平均数的计算，几何概型的概率计算，以及回归方程的应用，是基础题.

11．若直线ykx与函数f(x)ex和g(x)lnxa的图象都相切，则a（） A．3 【答案】B

通过直线ykx与函数f(x)e相切求出k，再根据线ykx与函数g(x)lnxa相切，即可求出a.

x

B．2 C．1 D．0

Q直线ykx与函数f(x)ex相切，设切点为x0,ex0，



ex0kx0ke

又fxe，所以解得， x0

x10ke

x

即直线ykx为yex，

又直线yex与g(x)lnxa相切，设切点为x1,lnx1a，gx

1

， x



111e，则x11，切点为,lna，将切点代入yex得， x1eee

1

lna1，解得a2.

e

故选：B. 点评：

本题主要考查的是导数的几何意义，考查学生的逻辑思维能力、运算能力，是中档题. 12．如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P、Q是面对角线A1C1上两个

不同的动点. ①P,Q,BPDQ；②P,Q,BP,DQ与B1C所成的角均为

60；③若|PQ|

为（）

1

，则四面体BDPQ的体积为定值.则上述三个命题中假命题的个数2

A．0 【答案】A

B．1 C．2 D．3

令P与A1重合，Q与C1重合，即可判断①和②，根据平面OBD将四面体BDPQ可分成两个底面均为平面OBD，高之和为PQ的棱锥，可判断③.

①当P与A1重合，Q与C1重合时，易知BPDQ,故①正确；

②当P与A1重合，Q与C1重合时，由题意可知VB1CA,VB1CD1均是等边三角形，

B1CD1,AB1C均为60，且B1CD1,AB1C为异面直线BP与B1C，DQ与B1C所

成角的平面角，故②正确；

③设平面A1B1C1D1两条对角线交点为O，则易得PQ平面OBD，平面OBD将四面体BDPQ可分成两个底面均为平面OBD，高之和为PQ的棱锥，故四面体BDPQ的体积一定是定值，故③正确. 故假命题有0个. 故选：A. 点评：

本题主要考查的是立体几何的综合应用，异面直线所成角的问题，四面体的体积求法，考查学生的空间想象能力，是中档题.

二、填空题

13．设抛掷一枚骰子得到的点数为m，则方程x2mx10无实数根的概率为__________．【答案】

1 6

根据方程x2mx10无实数根得出m的值，即可得出概率.

Q方程x2mx10无实数根,

0，即m240，

解得2m2，又Qm1,2,3,4,5,6，

m1，

抛掷一枚骰子得到的点数为m，则方程x2mx10无实数根的概率为故答案为：点评：

本题主要考查的是一元二次方程有实根的条件，古典概型的概率公式的应用，是基础题. 14．如图，某地一天从6～14时的温度变化曲线近似满足函数

1

. 6

1. 6

y＝Asin(x＋)＋b(A0,0,0)，则该函数的表达式为________．

10sin(【答案】y＝



8

x＋

3

)＋20，x[6，14] 4

通过函数的图象，求出A，b，求出函数的周期，推出，利用函数经过(10,20)求出

，得到函数的解析式．

T2(146)16，解：由题意以及函数的图象可知，所以b20，A10，

2

，

T8

由函数经过(10,20)

所以2010sin(10)20，又0，所以，

84所以函数的解析式：y10sin(故答案为：y10sin(点评：

通过函数的图象求出函数的解析式，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．已知圆x22xy22my2m10，当圆的面积最小时，直线yx1被圆截得的弦长为__________．【答案】2

化圆的一般方程为标准方程，求出圆面积最小时的圆心和半径，再根据半弦和圆心到直线的距离以及半径之间满足勾股定理即可求得弦长.



3



8

x

3

)20，x[6，14]． 4



8

x

3

)20，x[6，14]． 4

Q圆x22xy22my2m10即x1ymm11，

故当当圆的面积最小时，m1，

此时圆方程为x1y11，圆心为1,1半径为r1，

2

2

222

圆心到直线yx1的距离为

111

2



2， 2

2

2

. 直线yx1被圆截得的弦长为21

22

故答案为：2. 点评：

本题考查圆的面积、直线与圆的位置关系.由圆的方程求出面积最小时的圆，以及弦长的求法，利用半弦和圆心到直线的距离以及半径之间满足勾股定理，是基础题.

2

16．已知数列{an}中，a11，其前n项和为Sn，且满足SnSn13n(n2)，则

a2n__________．

【答案】6n4

2

根据SnSn13n(n2)，及a11算出a2，同时构造等比数列，求出n2时的an，

即可得到a2n.

QSnSn13n2(n2)①，S1S212,a11，可得2a1a212，a210，

Sn1Sn3n1②，

②—①得an1an6n3，

变形为：an13n1an3n，即

2

a6an13n121， 1，又2

a3an3n1

则当n2时数列an3n是以4为首项，1为公比的等比数列，

an3n41

n2

即an3n41

n2

，

Q2n2，

a2n32n41

故答案为：6n4. 点评：

本题主要考查的是数列通项的求法，构造数列求通项方法的应用，考查学生的分析问题解决问题的能力以及计算能力，是中档题.

三、解答题

2n2

6n4.

ur

a,b,c17．已知ABC的三个内角A，，设m(sinB,1cosB)，C所对的边分别为B，

r

n(2,0).

（1）若B

urr2

，求m与n的夹角； 3

b3，求ABC周长的最大值.

（2）若|m|1,【答案】（1）（1）将B

r

3

（2）33

ururr2

代入可求得m.根据平面向量数量积的坐标运算求得mn,由数量积的3

定义即可求得cos,进而得夹角.

r(ac)22

.结合（2）根据|m|1及向量模的坐标表示,可求得B.再由余弦定理可得b

4

基本不等式即可求得ac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

ac,结合辅助角公式及角的取值范围,即可求得ac的取值范围,进而求得周长的最

大值.

ur332

,, （1）B,所以m223

r

因为n(2,0),

urr3∴ mn203,

2

rur332

又|m|3,|n|2, 2

2urrmn31rr∴cosu, |m||n|232

2





3

,

urr

（2）因为|m|1,即|m|sin2B(1cosB)222cosB1,

所以B



3

,

方法1.由余弦定理,得b2a2c22accosB.

ac(ac),

(ac)3ac(ac)3

42

2

2

2

2

(ac)2

, 即3

4

即ac≤23,（当且仅当ac时取等号）所以ABC周长的最大值为3方法2.由正弦定理可知, acb

2, sinAsinCsinB

3.

∴a2sinA,c2sinC,AC

2, 3

2

ac2sinA2sinA3sinA3cosA23sinA所以,

63

又0A

25

,A, 3666

1

sinA,1,

62

∴ac(3,23],

所以当A



3

时,ac取最大值23.

所以ABC周长的最大值为3点评：

3.

本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{an},{bn}满足an1anbn,

bn2为等比数列，且a12，a24，

a310.

（1）求bn；（2）求an.

n1n1

【答案】（1）bn22；（2）an22n

（1）根据题意可求得数列bn2的首项和公比，利用等比数列通项公式可得数列

bn2的通项公式，即可得到bn；

（2）由bn利用累加法得到n2时的an，验证n1时成立，即可得到an.

解：（1）由an1anbn,且a12,a24,a310得：

b1a2a12，b2a3a26

所以b124，b228

又因为数列{bn2}为等比数列，所以可知其首项为4，公比为2. 故bn242

n1

2n1，

n1

所以bn22.

（2）由an1anbn，

anan12n（2n2).  an1an22n12，

n2

则an2an322，

L，

a2a1222，

23n

累加得an2(22L2)2(n1)，

an(22223L2n)2n2

2(2n1)2n22n12n.

21

又a12满足上式

an2n12n.

点评：

本题主要考查是等比数列通项公式的应用，基本量的计算，以及利用累加法求通项，利用累加法时最后要注意验证n1时是否成立，考查学生的计算能力，是中档题. 19．如图，几何体ABCDFE中，ABC，DFE均为边长为2的正三角形，且平面

ABC//平面DFE，四边形BCED为正方形.

（1）若平面BCED平面ABC，求几何体ABCDFE的体积；（2）证明：平面ADE//平面BCF. 【答案】（1）

83

；（2）证明见解析 3

（1）根据题意证出FG平面BCED，故所求的几何体的体积等于三棱锥FBCED的体积的2倍，运算求得结果；（2）先证明AO和FG平行且相等，可得四边形AOFG为平行四边形，可得AGPOF，再证DE∥BC，利用平面和平面平行的判定定理，证得平面ADE∥平面BCF.

（1）取BC的中点O，ED的中点G，连接AO,OF,FG,AG. 因为AOBC，且平面BCED平面ABC，所以AO平面BCED，同理FG平面BCED，又因为AOFG3，

所以VABCDFE

183

. 432

33

（2）证明：设平面AGFI平面ABCAP，APIBCP 因为平面ABC∥平面DFE，所以APPFG，

因为FGED，ED∥BC，所以APBC，即P与O重合，所以FGAO

所以四边形AOFG为平行四边形，所以AGPOF，

AG平面ADE,OF平面ADE,

OFP平面ADE,

又DE∥BC

同理可得BC∥平面ADE，

OFBCO,

OF,BC平面BCF，

所以平面ADE∥平面BCF；

点评：

本题主要考查平面和平面平行的判定定理的应用，用分割法求柱体、锥体的体积，考查学生的空间想象能力，以及逻辑推理能力，属于中档题.

x2y2

20．设椭圆C:221(ab0)的一个焦点为(2,0)，四条直线xa，

ab

yb所围成的区域面积为43.

（1）求C的方程；

（2）设过D(0,3)的直线l与C交于不同的两点A,B，若以弦AB为直径的圆恰好经过原点O，求直线l的方程.

x2

【答案】（1）（2）y11x3 y21；

3

（1）由题意知c、面积以及a2b2c2列出方程组，即可求出C的方程；

（2）根据题意设出直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理，且OAOB根据向量数量积列出关系式，求出斜率，即可得直线l的方程.

c2,a2b23,

2（1）依题意得ab3,， 2

ab2.a2b2c2.



解得a3,b1，

2

2

x2

椭圆C的方程为y21．

3

x2

（2）易知直线l的斜率存在，并设直线方程为ykx3，将其代入y21，

3

化简得(13k)x18kx240，设Ax1,y1、Bx2,y2，

2

2

(18k)296(13k2)0k2

且x1x2

8， 3

18k24

,xx， 1222

13k13k

依题意可知OAOB，

uuuruuur

OAOB0，

即x1x2y1y20 x1x2(kx13)(kx23)0

(1k2)x1x23k(x1x2)90

将x1x2

18k24

,xx代入上式得 12

13k213k2

24(1k2)54k290

13k213k2

化简得333k2，所以k11 故所求的直线方程为y11x3. 点评：

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查综合分析与运算能力.综合性强，是中档题.

21．根据有关资料预测，某市下月1—14日的空气质量指数趋势如下图所示.，根据已知折线图，解答下面的问题：

（1）求污染指数的众数及前五天污染指数的平均值；（保留整数）

（2）为了更好发挥空气质量监测服务人民的目的，监测部门在发布空气质量指数的同时，也给出了出行建议，比如空气污染指数大于150时需要戴口罩，超过200时建议减少外出活动等等.如果某人事先没有注意到空气质量预报，而在1—12号这12天中随机选定一天，欲在接下来的两天中（不含选定当天）进行外出活动.求其外出活动的两天期间.

①恰好都遭遇重度及以上污染天气的概率； ②至少有一天能避开重度及以上污染天气的概率. 附：空气质量等级参考表：

(100,150](150,200](200,250](250,500]

AQI

等级

【答案】（1）众数为157，平均值为194；（2）①

(0,50]

优

(50,100]

良

轻度污染

中度污染

重度污染

严重污染

31

；② 44

（1）根据折线图可知知道众数，利用平均数计算公式可以算出平均值；

（2）①根据折线图，12天中只有1日、11日、12日3天满足题意，根据古典概型概率公式即可得；②法一从事件的对立面入手结合①即可得；法二分两种情况（i）连续两天都避开重度及以上污染；（ii）恰有一天有重度及以上污染，求出概率，在求和即可.

（1）众数为157，共出现3次. 前五天污染指数平均值为

214+275+243+157+80969=194，

55

（2）①在2月1日—12日这12天中，只有在1日、11日、12日3天时，其接下来的两天才会遭遇重度及以上污染天气，故：所求的概率为P

31

 124

②法1：由①知，“此人外出期间其接下来的两天期间都避不开重度及以上污染”，对应的到达日期为：1日、11日、12日. 所以所求的概率为P1

13= 44

法2：根据题意，事件“此人接下来的两天至少有1天能避开空气重度及以上污染”，包括两种情况：

（i）连续两天都避开重度及以上污染；

由折线图易知，在3日、4日、7日、8日、9日时，其接下来的两天都能避开重度及以上污染天气

此时，所求的概率为P

5， 12

（ii）恰有一天有重度及以上污染

由折线图易知，在2日、5日、6日、10日时，其接下来的两天恰有一天能避开重度及

以上污染天气

41= 123153

. 故所求的概率为P

3124

此时，所求的概率为P点评：

本题主要考查的是众数，平均数的计算，以及古典概型的概率计算，同时考查学生对折线图的理解和应用，考查学生的分析问题解决问题的能力，是基础题.

x

22．已知函数f(x)满足:①定义为R；②f(x)2f(x)e

2

9. xe

（1）求f(x)的解析式；

（2）若x1,x2[1,1]；均有x1(a2)x16…1x2fx2成立，求a的取值

2

范围；

f(x),(x0)（3）设g(x)2，试求方程g[g(x)]10的解.

x2x1,(x0)

【答案】（1）f(x)e3（2）[3,7]（3）3，(12)、ln3，ln(3ln4)、

x

12(1ln2)

（1）利用构造方程组法即可求得f(x)的解析式;

2

（2）根据不等式,构造函数(x)x(a2)x6与F(x)1xe3.根据不



x





等式恒成立可知满足(x)minF(x)max.求得F(x),F(x).通过判断F(x)的符号可

判断F(x)的单调性,由其单调性可得F(x)min0,进而可知F(x)为单调递增函数,即

可求得F(x)max.再根据(x)minF(x)max及二次函数性质,可得a的取值范围; （3）根据g(x)的解析式,画出函数图像.并令Tg(x),则方程变为g(T)1.解得T的值.即可知g(x)2、g(x)0及g(x)ln4.结合函数图像及解析式,即可求得对应方程的解.

2

9,…① xe21xx

所以f(x)2f(x)ex9即f(x)2f(x)2ex9…②

ee

（1）Qf(x)2f(x)e

x

x

由①②联立解得:f(x)e3.

2

（2）设(x)x(a2)x6,

F(x)1xex3exxex3x3,

依题意知:当1x1时,(x)minF(x)max



QF(x)ex(exxex)3xex3

又QF(x)(1x)e0在(1,1)上恒成立, 所以F(x)在[1,1]上单调递减



x

F(x)minF(1)3e0 F(x)在[1,1]上单调递增,

F(x)maxF(1)0

(1)7a0,

(1)a30

解得:3a7

实数a的取值范围为[3,7]. （3）g(x)的图象如图所示：

令Tg(x),则g(T)1

T12,T20,T3ln4

当g(x)2时有1个解3,

当g(x)0时有2个解：(12)、ln3,

当g(x)ln4时有3个解:ln(3ln4)、12(1ln2). 故方程g[g(x)]10的解分别为：

3,(12)、ln3,ln(3ln4)、12(1ln2)

点评：

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.

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/8fa557135b0216fc700abb68a98271fe910eaf1f.html

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