2020届河北省高三下学期3月联合考试数学(文)试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合A＝{x∈Z|﹣1＜x＜5}，B＝{x|0＜x≤2}，则A∩B＝（ ） A．{x|﹣1＜x≤2} 【答案】D

【解析】列举法表示集合A，直接进行交集运算. 【详解】

∵集合A＝{x∈Z|﹣1＜x＜5}＝{0，1，2，3，4}， B＝{x|0＜x≤2}， ∴A∩B＝{1，2}． 故选：D． 【点睛】

本题考查集合的交集运算，属于基础题.

2．若等差数列的前两项分别为1，3，则该数列的前10项和为（ ） A．81 【答案】C

【解析】先求得公差，然后根据等差数列前n项和公式求得前10项的和. 【详解】

因为公差d312，所以该数列的前10项和为101故选：C 【点睛】

本小题主要考查等差数列基本量的计算，考查等差数列前n项和公式，属于基础题. 3．已知a，b∈R，3aib(2a1)i，则（ ） A．b＝3a 【答案】C

【解析】两复数相等，实部与虚部对应相等. 【详解】

由3aib(2a1)i，

B．b＝6a

C．b＝9a

D．b＝12a

B．90

C．100

D．121

B．{x|0＜x＜5}

C．{0，1，2}

D．{1，2}

1092100. 23b1得，即a，b＝3．

3a12a第 1 页 共 19 页

∴b＝9a． 故选：C． 【点睛】

本题考查复数的概念，属于基础题.

vvvv4．已知平面向量a2,1,b2,4，则向量a与b的夹角的余弦值为（ ）

A．

3 5B．

4 5C．-3 5D．4 5【答案】B

rrrr【解析】由向量的模的坐标计算公式求出a,b，利用数量积的坐标表示求出ab，再

根据向量的夹角公式即可求出． 【详解】

rrrrrr由a2,1,b2,4，得a5,b25.设向量a与b的夹角为，则cos222484．

525105故选：B． 【点睛】

本题主要考查向量的夹角公式，向量的模的坐标计算公式，以及数量积的坐标表示的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．

5．某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ）

A．6.25% 【答案】A

B．7.5% C．10.25% D．31.25%

【解析】由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比. 【详解】

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水费开支占总开支的百分比为故选：A 【点睛】

25020%6.25%.

250450100本题考查折线图与柱形图，属于基础题.

x26．若双曲线C：y21的一条渐近线方程为3x2y0，则m（ ）

mA．

4 9B．

9 4C．

2 3D．

3 2【答案】A

【解析】根据双曲线的渐近线列方程，解方程求得m的值. 【详解】

由题意知双曲线的渐近线方程为y13xm0，3x2y0可化为yx，m2134则，解得m. m29故选：A 【点睛】

本小题主要考查双曲线的渐近线，属于基础题.

7．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P-ABC的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）

A．PA，PB，PC两两垂直 C．|PA||PB||PC|【答案】C

8B．三棱锥P-ABC的体积为

36 D．三棱锥P-ABC的侧面积为35

【解析】根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图，然后再计算可得. 【详解】

解：根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图如图所示，

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其中D为AB的中点，PD底面ABC. 所以三棱锥P-ABC的体积为114222， 323ACBC22，

22ACBCPD2，AB|DA||DB||DC|2，|PA||PB||PC|22226,

QPAPBAB，PA、PB不可能垂直，

即PA,PB,PC不可能两两垂直，

222QSPBA1122222，QSPBCSPAC22621225. 三棱锥P-ABC的侧面积为2522. 故正确的为C. 故选：C. 【点睛】

本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题. 8．函数fxxlnx的图象大致为（ ） 2xA． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据函数fx的奇偶性和单调性，排除错误选项，从而得出正确选项. 【详解】

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因为fxfx，所以fx是偶函数，排除C和D.

lnxx32lnx1当x0时，fxx2，f'x， 3xx令f'x0，得0x1，即fx在0,1上递减；令f'x0，得x1，即fx在1,上递增.所以fx在x1处取得极小值，排除B. 故选：A 【点睛】

本小题主要考查函数图像的识别，考查利用导数研究函数的单调区间和极值，属于中档题.

xy0229．设不等式组表示的平面区域为，若从圆C：xy4的内部随

x3y0机选取一点P，则P取自的概率为（ ） A．

5 24B．

7 24C．

11 24D．

17 24【答案】B

【解析】画出不等式组表示的可行域，求得阴影部分扇形对应的圆心角，根据几何概型概率计算公式，计算出所求概率. 【详解】

作出中在圆C内部的区域，如图所示， 因为直线xy0，x3y0的倾斜角分别为

3，， 643所以由图可得P取自的概率为467.

224故选：B 【点睛】

本小题主要考查几何概型的计算，考查线性可行域的画法，属于基础题.

10．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六

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等于八分之五.已知三棱锥ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB底面BCD， 且ABCD3，BC2，利用张衡的结论可得球O的表面积为（ ）BCCD，A．30 【答案】B

【解析】由BCCD,ABBC,ABCD判断出球心的位置，由此求得求的直径.利用张恒的结论求得π的值，进而根据球的表面积公式计算出球的表面积. 【详解】

因为BCCD，所以BDB．1010 C．33

D．1210 7，又AB底面BCD，

所以球O的球心为侧棱AD的中点， 从而球O的直径为10.

25利用张衡的结论可得，则10，

16810. 所以球O的表面积为42101010故选：B 【点睛】

本小题主要考查几何体外接球表面积的计算，考查中国古代数学文化，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.

11．已知定义在R上的函数fx满足fxfx，且在(0,)上是增函数，不等式fax2f1对于x1,2恒成立，则a的取值范围是

23A．,1

2【答案】A

11,B．

21C．,0

2D．0,1

【解析】根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在,0上是减函数，由此可将不等式化为1ax21；利用分离变量法可得值和313a，求得的最大xxx1的最小值即可得到结果. x【详解】

Qfxfx fx为定义在R上的偶函数，图象关于y轴对称

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又fx在0,上是增函数 fx在,0上是减函数

Qfax2f1 ax21，即1ax21

Q1ax21对于x1,2恒成立 a在1,2上恒成立

33a1，即a的取值范围为：,1 223x1x本题正确选项：A 【点睛】

本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到恒成立问题的求解；解题关键是能够利用函数单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而利用分离变量法来处理恒成立问题.

12．过抛物线C：x2＝4y的准线上任意一点P作抛物线的切线PA，PB，切点分别为A，B，则A点到准线的距离与B点到准线的距离之和的最小值是（ ） A．7 【答案】D

【解析】设P(m,1)，A（x1，y1），B（x2，y2），利用导数的几何意义求出切线AB的方程，点P的坐标代入两切线方程即可观察求出直线AB的方程，确定直线AB恒过抛物线焦点可知距离之和为AB，数形结合知当AB为通径时取最小值2p. 【详解】

设抛物线C：x2＝4y的准线上任意一点P(m,1)．

点P作抛物线的切线PA，PB，设切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），

22由A，B是抛物线上的点知x14y1，x24y2

B．6 C．5 D．4

x2＝4y⇒y121x，yx， 4211x1(xx1)y1x1xy1， 2211切线PB方程为yx2(xx2)y2x2xy2，

22所以切线PA的方程为：y因为点P(m,1)在切线PA，PB上，

mx12y11⇒直线AB的方程为mx＝2（y﹣1）所以．

mx2y122故直线AB过定点（0，1），（即AB恒过抛物线焦点），

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则A点到准线的距离与B点到准线的距离之和为AB， 数形结合知当AB为通径时最小，最小值是2p＝4． 故选：D． 【点睛】

本题考查直线与抛物线位置关系的应用，属于较难题.

二、填空题

13．已知函数fx【答案】9

【解析】直接根据分段函数解析式代入求值. 【详解】 解：因为log2x1,x0,x30,,x…则fflog21_________. 813，所以81flog2f3312，

8f1flog2f2329.

8故答案为：9 【点睛】

本题考查分段函数求值，属于基础题. 14．函数fxcosx2的最小正周期为_____． 3【答案】π

【解析】利用降幂公式化简函数解析式，的值代入余弦型函数的最小正周期公式即可得解. 【详解】

21cos2x21， 31f(x)cos(2x)2232则函数的最小正周期T故答案为：π 【点睛】

本题考查三角函数降幂公式，余弦型函数的最小正周期，属于基础题.

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2π， 215．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设BC1，BD1与底面ABCD所成角分别为α，β，则tan（α+β）＝_____． 【答案】322 【解析】因为CC1，DD1都与底面ABCD垂直推出tantanCBC1，

tantanDBD1，代入两角和的正切公式即可得解.

【详解】

因为CC1，DD1都与底面ABCD垂直， 所以tantanCBC1CC1DD121，tantanDBD1， BCBD212322所以tan．

1121故答案为：322． 【点睛】

本题考查直线与平面所成的角，两角和的正切公式，属于基础题.

33a11，an0，16．在数列an中，曲线yx在点an,an处的切线经过点an1,0，

12下列四个结论：①a2；②a3；③

33所有正确结论的编号是______. 【答案】①③④

aii1465；④数列an是等比数列；其中273【解析】先利用导数求得曲线yx在点an,an处的切线方程，由此求得an1与an的

3递推关系式，进而证得数列an是等比数列，由此判断出四个结论中正确的结论编号. 【详解】

∵y'3x2，∴曲线yx3在点an,an处的切线方程为yan3anxan，

332则an3anan1an.

322an， 32则an是首项为1，公比为的等比数列，

3∵an0，∴an1第 9 页 共 19 页

21442365. 从而a2，a3，ai39i122713故所有正确结论的编号是①③④. 故答案为：①③④ 【点睛】

本小题主要考查曲线的切线方程的求法，考查根据递推关系式证明等比数列，考查等比数列通项公式和前n项和公式，属于基础题.

三、解答题

17．在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且2ac2bcosC. ACB的值； (1)求sin24(2)若b3，求ca的取值范围. 3；(2)3,3 2【答案】(1)【解析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可整理求得cosB，进而求得B和AC，代入求得结果；

（2）利用正弦定理可将ca表示为2sinC2sinA，利用两角和差正弦公式、辅助角公式将其整理为2sinC求得结果. 【详解】

（1）由正弦定理可得：2sinAsinC2sinBcosC

，根据正弦型函数值域的求解方法，结合C的范围可3QABC sinAsinBC

2sinBCsinC2sinBcosC2cosBsinCsinC2sinBcosC

即2cosBsinCsinC

1 22QB0, B AC

33QC0, sinC0 cosB23AC sinBsin322第 10 页 共 19 页

acb3 sinAsinCsinB（2）由（1）知：sinBsin3232 32c2sinC，a2sinA

ca2sinC2sinA2sinC2sinBC2sinC2sinBcosC2cosBsinC2sinC3cosCsinCsinC3cosC2sinC

3QAC22 0C C,

333332sinC3,3，即ca的取值范围为3,3

3【点睛】

本题考查解三角形知识的相关应用，涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式和辅助角公式的应用、与三角函数值域有关的取值范围的求解问题；求解取值范围的关键是能够利用正弦定理将边长的问题转化为三角函数的问题，进而利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.

18．为了解某中学学生对《中华人民共和国交通安全法》的了解情况，调查部门在该校进行了一次问卷调查（共12道题），从该校学生中随机抽取40人，统计了每人答对的题数，将统计结果分成0,2，2,4，4,6，6,8，8,10，10,12六组，得到如下频率分布直方图.

（1）若答对一题得10分，未答对不得分，估计这40人的成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

（2）若从答对题数在2,6内的学生中随机抽取2人，求恰有1人答对题数在2,4内的概率.

【答案】（1）79；（2）

3 5【解析】（1）首先根据频率分布直方图计算出答对题数的平均数，由此求得成绩的平均

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分的估计值.

（2）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率. 【详解】

（1）因为答对题数的平均数约为

10.02530.02550.037570.12590.1875110.127.9.

所以这40人的成绩的平均分约为7.91079.

（2）答对题数在2,4内的学生有0.0252402人，记为A，B； 答对题数在4,6内的学生有0.03752403人，记为c，d，e.

从答对题数在2,6内的学生中随机抽取2人的情况有A,B，A,c，A,d，A,e，

B,c，B,d，B,e，c,d，c,e，d,e，共10种，

恰有1人答对题数在2,4内的情况有A,c，A,d，A,e，B,c，B,d，B,e，共6种， 故所求概率P【点睛】

本小题主要考查利用频率分布直方图估计平均数，考查计算古典概型概率问题，属于基础题.

19．如图，四棱锥E﹣ABCD的侧棱DE与四棱锥F﹣ABCD的侧棱BF都与底面ABCD垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝3，AD＝4，AE＝5，AF32．

63. 105

（1）证明：DF∥平面BCE．

（2）求A到平面BEDF的距离，并求四棱锥A﹣BEDF的体积． 【答案】（1）见解析（2）12

【解析】（1）由DE⊥平面ABCD推出DE⊥AD，勾股定理求出DE，同理由BF⊥平面ABCD求出BF，利用线面垂直的性质推出DE∥BF，结合DEBF推出DF//BE，即

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可证明线面平行；（2）等体积法列出VE﹣ADB＝VA﹣BDE，即可求得A到平面BEDF的距离，四棱锥A﹣BEDF的体积VVEABDVFABD，代入相应值求解即可. 【详解】

（1）证明：∵DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD， ∵AD＝4，AE＝5，∴DEAE2AD23，

∵BF⊥平面ABCD，∴BF⊥AB， ∵AB＝3，AF32，可得BFAF2AB23，

又DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，∴DE∥BF， 又BF＝DE，∴四边形BEDF为平行四边形，故DF∥BE， ∵BE⊂平面BCE，DF平面BCE， ∴DF∥平面BCE；

（2）设A到平面BEDF的距离为h，

由已知可得，△DAB是以∠DAB为直角的直角三角形，且AB＝3，AD＝4， 则BD＝5，又DE⊥平面ABCD，且DE＝3，

111134353h， 32321212得h，即A到平面BEDF的距离为；

5511四棱锥A﹣BEDF的体积VVEABDVFABD234312．

32由VE﹣ADB＝VA﹣BDE，得

【点睛】

本题考查线面平行的判定，线面垂直的性质，点到平面的距离的求法，多面体体积，属于中档题.

x220．已知椭圆C：2y21a1的左顶点为A，右焦点为F，斜率为1的直线与

a椭圆C交于A，B两点，且OBAB，其中O为坐标原点.

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（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设过点F且与直线AB平行的直线与椭圆C交于M，N两点，若点P满足

|NP|uuuvuuuuvQ，且与椭圆的另一个交点为，求的值. CNPOP3PM|PQ|25x2【答案】（1）y21 （2）

73【解析】(1)由题意知ABO是以AO为斜边的等腰直角三角形，从而求得B点坐标，代入椭圆方程求出a ，即可得解；(2)设点Mx1,y1，Nx2,y2，Qx3,y3，直线

MN的方程与椭圆方程联立求出x1x21332，x1x2，y1y2，利用计算出

4422x32点Q的坐标, 因为点Q在椭圆C上，所以y31，整理得

39m1123m11112，因为22xyxyxxyy11221212122216m32m3m32|NP|25125x2x1222. x1x2y1y20， y11，y2m，方程解得，即1|PQ|733732【详解】

解：（1）因为直线AB的斜率为1，且OBAB， 所以ABO是以AO为斜边的等腰直角三角形， 从而有Baa,， 221a2代人椭圆C的方程，得1，解得a23，

44x2所以椭圆C的标准方程为y21.

3（2）由（1）得F2,0，所以直线MN的方程为yx2. 设点Mx1,y1，Nx2,y2，Qx3,y3，

x2将yx2代入y21，得4x262x30，

3所以x1x2332，x1x2，

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所以y1y2x12x1. 224uuur3uuuuruuuruuuur33因为OP3PM，所以OPOM，所以Px1,y1.

444uuuruuur3|NP|333m设，则NPmPQ，x1x2,y1y2mx3x1,y3y1， |PQ|44443(m1)1xxx2,134mm 所以3(m1)1yy1y2.34mm2x32因为点Q在椭圆C上，所以y31，

313m113m11所以x1x2y1y21，

34mm4mm9m1123m1111222整理得，xyxyxxyy112212121. 22216m32m3m321x2x1222由上得x1x2y1y20，且可知y11，y21，

3332229m11所以，整理得7m218m250， 116m2m2解得m【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合应用，向量共线的坐标表示，属于难题. 21．设函数fxx2|NP|2525. 或m1（舍去），即|PQ|771tlnx，其中x0,1,t为正实数. x(1)若不等式fx0恒成立，求实数t的取值范围；

1)时，证明xx(2)当x(0，211exlnx. x【答案】（1）0,2（2）见解析 (1)讨论研究函数fxx【解析】

1tlnx的单调性，求出函数fx在x0,1上x的最大值．要不等式fx0恒成立，只需最大值小于零，即可求出．

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x21exx21ex(2)将原不等式等价变形为，由(1)可知2，试证2在

xlnxx1xlnxx1x(0，1)时恒成立，即可由不等式性质证出x2x【详解】

11exlnx． x1tx2tx1 （1）由题意得f'x122xxx2设hxxtx10x1，则Vt4,t0，

2①当t240时，即0t2时，fx0 ，

所以函数fx在0,1上单调递增，fxf10，满足题意；

②当t240时，即t2时，则hx的图象的对称轴x因为h01,h12t0，

所以hx在0,1上存在唯一实根，设为x1，则当x0,x1时，hx0,f'x0，

当xx1,1时，hx0,f'x0，

所以fx在0,x1上单调递增，在x1,1上单调递减， 此时fmaxfx1f10，不合题意． 综上可得，实数t的取值范围是0,2．

t1 2x21x1x3x2x1x（2）elnx等价于exlnx

xxx21ex因为x0,1，所以lnx0，所以原不等式等价于， xlnxx11x21由(1)知当t2时，x2lnx0在x0,1上恒成立，整理得2

xxlnxxexex令mx0x1，则m'xx120，

x1所以函数mx在区间0,1上单调递增，

ex21x21ex所以mxm12，即在0,1上恒成立. 2xlnxxlnxx1第 16 页 共 19 页

所以，当x0,1时，恒有xx211exlnx， x【点睛】

本题主要考查利用导数解决函数不等式恒成立问题，涉及分类讨论思想，转化思想的应用，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于较难题．

x4t，22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程（t为参数），以坐标原点O为

y4t2极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ． （1）求C1的极坐标方程与C2的直角坐标方程；

0＜＜（2）已知射线与C1交于O，P两点，与C2交于O，Q两点，且Q

2为OP的中点，求α．

【答案】（1）cos4sin，x2+（y﹣2）2＝4． （2）α24．

【解析】（1）曲线C1的参数方程消去参数t即可转化为直角坐标方程，再转化为极坐标方程，利用xcos可将C2的极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）由题意可

ysin4sin，24sin利用极径和三角函数关系式即可求2cos设P(1,),Q(2,)，1出结果. 【详解】

x4t，（1）曲线C1的参数方程（t为参数），消去参数t转换为直角坐标方程为x2

y4t2＝4y，

2转化为极坐标方程为cos4sin.

2曲线C2的极坐标方程为4sin，即4sin，

由xcos将上式转换为直角坐标方程为x2+y2＝4y，整理得x2+（y﹣2）2＝4．

ysin（2）由题意可设P(1,),Q(2,)，

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4sin0＜＜因为射线， 与C1交于O，P两点，所以122cos与C2交于O，Q两点，所以24sin， 又Q为OP的中点，所以122，

即

4sin224sin，化简得， cos2cos2因为0＜＜【点睛】

2，所以. 4本题考查直角坐标方程、极坐标方程与参数方程之间的互化，极径的意义及应用，属于中档题.

23．已知函数f(x)x22x1． （1）求不等式f(x)3的解集；

fx）b，c均为正实数，（2）记函数（的最小值为m，若a，且的最小值．

【答案】（1）{x|x≥2或x≤0}．（2）最小值为1．

【解析】（1）去绝对值将函数f(x)写成分段函数形式，分别解不等式即可；（2）分析函数单调性求出最小值m，利用柯西不等式即可求得a2b2c2的最小值. 【详解】

1abcm，求a2+b2+c223x3，x＞21f(x)x22x1x1，x2． 1（）213x3，x＜2x133x333x33∵f(x)3，∴或1或， 1x＞2x2x＜22解得x2或x0，

∴不等式的解集为{x|x≥2或x≤0}．

（2）由（1）知，函数f(x)在(,)上单调递减，在[,)上单调递增，

1212第 18 页 共 19 页

313，则abcm， 2221222192222由柯西不等式，有(abc)[()11](abc)，

224所以fmin(x)f()∴a2b2c21，当且仅当2a＝b＝c，即a∴a2b2c2的最小值为1． 【点睛】

本题考查解绝对值不等式，柯西不等式的应用，属于中档题.

1221，b＝c时取等号， 33第 19 页 共 19 页