唐山市2019~2020學年度高三年級摸底考試文科數學一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化簡集合，再由交集的概念，即可得出結果.【詳解】因為，又，所以.故選D【點睛】本題主要考查集合的交集運算，熟記概念，即可得出結果.2.已知，，是關于的方程的一個根，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由是關于的方程的一個根，代入方程化簡得，根據復數相等的充要條件，列出方程組，即可求解.【詳解】依題意，復數是關于的方程的一個根，可得，即：，所以，解得，所以，故選A.【點睛】本題主要考查了復數方程的應用，以及復數相等的充要條件的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.3.已知為等差數列的前項和，，則公差()A.6 B.5 C.4 D.【答案】C【解析】【分析】根據題中條件，由求出，進而可得出結果.【詳解】因為為等差數列的前項和，，所以，即，因此，所以.故選C【點睛】本題主要考查等差數列基本量的運算，熟記等差數列的求和公式與通項公式即可，屬于常考題型.4.已知，，，則，，大小關系為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據對數的單調性，分別求得的范圍，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，根據對數的單調性，可得，即，，即，，即，所以，故選D.【點睛】本題主要考查了對數函數的單調性的應用，其中解答中熟記對數函數的單調性，合理求解得范圍是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.5.函數的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據函數的解析式，得到，所以函數為偶函數，圖象關于對稱，排除B、C；再由函數的單調性，排除A，即可得到答案.【詳解】由題意，函數，可得，即，所以函數為偶函數，圖象關于對稱，排除B、C；當時，，則＞0，所以函數在上遞增，排除A，故選.【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性與函數單調性的應用，其中解答中熟練應用函數的奇偶性和單調性，進行合理排除是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.6.雙曲線的右焦點為，點為的一條漸近線上的點，，則()A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】由雙曲線方程得到漸近線方程，以及右焦點坐標，再由，求出點坐標，進而可求出三角形面積.【詳解】因為雙曲線方程為，所以其漸近線方程為，右焦點為，因為點為的一條漸近線上的點，不妨設點在上，且點在第一象限；又，所以為等腰三角形，所以點橫坐標為，因此，所以.故選C【點睛】本題主要考查雙曲線中的三角形面積問題，熟記拋物線的簡單性質即可，屬于常考題型.7.已知，則()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由題意得到，再兩邊同時平方，根據同角三角函數基本關系，即可得出結果.【詳解】因為，所以，因此，所以，即，所以故選D【點睛】本題主要考查三角恒等變換給值求值的問題，熟記公式即可，屬于常考題型.8.下圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形，此圖由一個半圓和一個四分之一圓構成，兩個陰影部分分別標記為和.在此圖內任取一點，此點取自區域的概率記為，取自區域的概率記為，則（）A. B.C. D.與的大小關系與半徑長度有關【答案】C【解析】【分析】利用圓面積公式和扇形的面積公式，分別求得陰影部分的面積，得到陰影部分的面積＝陰影部分的面積，即可求解.【詳解】由題意，設四分之一圓的半徑為，則半圓的半徑為，陰影部分的面積為，空白部分的面積為，陰影部分M的面積為：，陰影部分的面積＝陰影部分的面積，所以，故選C.【點睛】本題主要考查了幾何概型的應用，其中解答中認真審題，正確求解陰影部分的面積是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.9.下圖是判斷輸入的年份是否是閏年的程序框圖，若先后輸入，，則輸出的結果分別是（注：表示除以的余數）（）A.是閏年，是閏年 B.是閏年，是平年C.是平年，是閏年 D.是平年，是平年【答案】C【解析】【分析】由給定的條件分支結構的程序框圖，根據判斷條件，準確計算，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，輸入時，，輸出是平年，輸入時，輸出是潤年，故選【點睛】本題主要考查了條件分支結構的程序框圖的計算結果的輸出，其中解答中根據條件分支結構的程序框圖，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.10.將函數的圖像上所有點向左平移個單位長度，得到的圖像，則下列說法正確的是()A.的最小正周期為 B.是的一個對稱中心C.是的一條對稱軸 D.在上單調遞增【答案】B【解析】【分析】先由題意得到的解析式，根據余弦函數的性質，即可得出結果.【詳解】因為將函數的圖像上所有點向左平移個單位長度，得到的圖像，所以，所以的最小正周期為，A錯；由得，因此的對稱中心為，B正確；由得，因此的對稱軸為，C錯；由得，所以的單調遞增區間為，D錯.故選B【點睛】本題主要考查判斷平移后的函數性質，熟記余弦函數的圖像與性質即可，屬于常考題型.11.已知為數列的前項和，則數列()A.有最大項也有最小項 B.有最大項無最小項C.無最大項有最小項 D.無最大項也無最小項【答案】A【解析】【分析】先由，得到，兩式作差，得到數列是以為公比的等比數列；求出，分別討論為奇數和為偶數兩種情況，即可得出結果.【詳解】因為為數列的前項和，，所以，兩式作差，得，設，數列是以為公比的等比數列；又，所以，,所以，當為奇數時，單調遞減，有最大值；且；當為偶數時，單調遞增，有最小值；且；因此，數列有最大值；有最小值.故選A【點睛】本題主要考查等比數列的前項和的最值問題，熟記等比數列的通項公式與求和公式即可，屬于常考題型.12.已知三棱錐四個頂點均在半徑為的球面上，且，，若該三棱錐體積的最大值為，則這個球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據勾股定理可知，從而求得；根據棱錐體積公式可知，若三棱錐體積最大,則可得點到平面的最大距離，在中利用勾股定理構造關于球的半徑的方程，解方程求得半徑，代入球的表面積公式可求得結果.【詳解】，如下圖所示：若三棱錐體積最大值為，則點到平面最大距離：即：設球的半徑為，則在中：，解得：球的表面積：故選【點睛】本題考查三棱錐外接球表面積的求解問題，關鍵是能夠通過體積的最值確定頂點到底面的距離，根據外接球的性質可確定球心的大致位置，通過勾股定理構造關于半徑的方程求得外接球半徑.二、填空題。13.已知，且，則向量的坐標是____.【答案】或【解析】【分析】先設，根據題中條件，列出方程組，求解，即可得出結果.【詳解】設，因為，且，所以，解得或，因此向量的坐標是或.故答案為或【點睛】本題主要考查向量的坐標運算，熟記運算法則即可，屬于常考題型.14.若滿足約束條件，則的最大值為______.【答案】【解析】【分析】作出約束條件表示的平面區域，結合圖象，確定目標函數的最優解，代入目標函數，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，作出約束條件所表示的平面區域，如圖所示，目標函數可化為直線，當直線過點C時，此時目標函數取得最大值，又由，解得，即，所以目標函數的最大值為.【點睛】本題主要考查簡單線性規劃求解目標函數的最值問題．其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標函數的最優解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，及推理與計算能力，屬于基礎題．15.已知直線過橢圓的左焦點，交橢圓于兩點，交軸于點，，則該橢圓的離心率是____.【答案】【解析】【分析】先由題意求出，再設，根據，結合題意求出點，代入橢圓方程，求出，進而可得出結果.【詳解】因為直線過橢圓的左焦點，所以，設，因為，由題意可得，所以，又在直線上，所以，即，由題意可得，解得，所以離心率為.故答案為【點睛】本題主要考查求橢圓的離心率，熟記橢圓的簡單性質即可，屬于常考題型.16.已知函數，若恒成立，則的取值范圍是____.【答案】【解析】【分析】先由的圖像與的圖像可得，恒成立；原問題即可轉化為直線介于與之間，作出其大致圖像，由圖像得到只需；根據導數的方法求出，所在直線斜率，進而可得出結果.【詳解】由的圖像與的圖像可得，恒成立；所以若恒成立，只需，即直線介于與之間，作出其大致圖像如下：由圖像可得，只需；設，由得，所以，所以曲線在點處的切線的方程為，又該切線過點，所以，解得，所以；設，由得，所以，所以曲線在點處的切線的方程為，又該切線過點，所以，解得，所以；所以.故答案為【點睛】本題主要考查由導數的方法研究不等式恒成立的問題，熟記導數的幾何意義即可，屬于常考題型.三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.某音樂院校舉行“校園之星”評選活動，評委由本校全體學生組成，對兩位選手，隨機調查了20個學生的評分，得到下面的莖葉圖：所得分數低于60分60分到79分不低于80分分流方向淘汰出局復賽待選直接晉級（1）通過莖葉圖比較兩位選手所得分數的平均值及分散程度（不要求計算出具體值，得出結論即可）；（2）舉辦方將會根據評分結果對選手進行三向分流，根據所得分數，估計兩位選手中哪位選手直接晉級的概率更大，并說明理由.【答案】(1)選手所得分數的平均值高于選手所得分數的平均值；選手所得分數比較集中，選手所得分數比較分散．(2)選手直接晉級的概率更大．理由見解析【解析】【分析】（1）根據莖葉圖中數據的分布特征，可直接得出結論；（2）用表示事件“選手直接晉級”，表示事件“選手直接晉級”，根據莖葉圖中的數據，計算概率，即可得出結果.【詳解】（1）通過莖葉圖可以看出，選手所得分數的平均值高于選手所得分數的平均值；選手所得分數比較集中，選手所得分數比較分散．（2）選手直接晉級的概率更大．用表示事件“選手直接晉級”，表示事件“選手直接晉級”．由莖葉圖得的估計值為，的估計值為，所以，選手直接晉級的概率更大．【點睛】本題主要考查莖葉圖的特征，以及古典概型的問題，熟記概率的計算公式即可，屬于常考題型.18.的內角的對邊分別為，已知的面積（1）證明：；（2）若，求.【答案】(1)證明見解析；(2)2【解析】【分析】（1）由三角形面積公式，結合題意，得到，化簡整理即可得出結論成立；（2）由（1）的結論，結合（2）中數據，得到，再由余弦定理得到，解方程，即可求出結果.【詳解】（1）由得．因為，所以，又因為，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．【點睛】本題主要考查解三角形，熟記同角三角函數基本關系，以及余弦定理即可，屬于常考題型.19.如圖，在四棱錐中，底面是矩形，側棱底面，，點是的中點.（1）求證：平面；（2）若直線與平面所成的角為，求四棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析；(2)【解析】【分析】（1）連接交于，連接，根據線面平行的判定定理，即可證明結論成立；（2）先由線面垂直的判定定理得到平面，再得到平面，從而可得即為直線與平面所成的角，設，在中，列式求出，再由棱錐的體積公式，即可得出結果.【詳解】（1）連接交于，連接．由題意可知，，，又平面，平面，平面．（2）由底面，得，又由題意可知，且平面，則．由，則，且，平面，所以即為直線與平面所成的角設，在中，，則，解得∴四棱錐體積【點睛】本題主要考查線面平行的判定，以及由線面角求其它量的問題，熟記線面平行、線面垂直的判定定理，以及棱錐的體積公式即可，屬于常考題型.20.已知為拋物線的焦點，直線與相交于兩點。（1）為坐標原點，求；（2）為上一點，為的重心（三邊中線的交點），求。【答案】(1)32；(2)或．【解析】【分析】（1）先設，將的方程代入拋物線的方程，根據韋達定理，以及向量數量積的運算，即可得出結果；（2）先由題意得到，設，根據為的重心，得到，由（1）的結果表示出，再代入拋物線方程，即可求出結果.【詳解】（1）設，將的方程代入得：，所以，即，從而（2）依題意得，設，因為為的重心，所以，從而，因為在拋物線上，所以，即．故或．【點睛】本題主要考查拋物線中的定值問題，通常需要聯立直線與拋物線方程，結合韋達定理，以及拋物線的方程求解，屬于常考題型.21.已知函數，且曲線與直線相切于點，（1）求；（2）若，求實數的取值范圍.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）先由題意得到，求出，再對函數求導，根據求出，從而可得到解析式；（2）先令，先由題意確定，再由函數奇偶性的概念，易得到為偶函數，因此只需時，；對函數求導，分別討論，兩種情況，用導數的方法研究其單調性，最值等，即可得出結果.【詳解】（1）由題意可得：，解得，由得．所以．（2）令，由得，所以．顯然為偶函數，所以只需時，．，當時，，即在上單調遞增，所以，從而時，成立．當時，因為在上單調遞增，又時，；時，，所以存在，使得，因此時，，，即在上單調遞減，所以時，，與矛盾，因此時不成立．綜上，滿足題設的的取值范圍是【點睛】本題主要考查導數的應用，熟記導數的幾何意義，以及導數的方法研究函數的單調性，最值等即可，屬于常考題型.22.在極坐標系中，圓.以極點為原點，極軸為軸正半軸建立直角坐標系，直線經過點且傾斜角為.求圓的直角坐標方程和直線的參數方程；已知直線與圓交與，，滿足為的中點，求.【答案】（1），，(為參數，).（2）【解析】【分析】（1）利用極坐標方程與直角坐標方程的互化公式，可求解圓的直角坐標方程，根據直線參數方