河北省石家庄二中教育集团高三上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省石家庄二中教育集团高三上学期期末考试数学试题（解析版）-A4试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
（本试卷满分150分，考试用时120分钟）
注意事项：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在试卷和答题卡规定的位置上．
2．作答选择题时，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，不按要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知是关于的方程的一个根，均为实数，则（ ）
A. 7B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】可根据实系数一元二次方程的根的性质求出方程的另一个根，再利用韦达定理求出、的值，最后计算.
【详解】因为是关于的实系数方程的一个根，所以另外一个根是，
由韦达定理可知，，故.
故选：A．
2. 已知菱形的边长为，且，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量的加法与减法化简得出，即可得解.
【详解】如下图所示：
，所以，.
故选：C.
3. 已知直线与圆相交于A，B两点，若，则（ ）
A. B. 1C. D. ﹣2
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出圆心到直线的距离，进一步利用垂径定理建立等量关系式，最后求出a的值．
【详解】圆与直线与相交于A，B两点，且．
则圆心到直线的距离，
利用垂径定理得，所以，解得．
故选：C．
4. 在展开式中，含的项的系数是6，则（ ）
A. 6B. 3C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】先由乘法法则求出展开式中含的项，再结合的项的系数是6即可求出a.
【详解】由题可得含的项为，
所以.
故选：B.
5. 在数学中，有很多“若，则”形式的命题，有的是真命题，有的是假命题．例如：
①若，则；②若一个三角形是等边三角形，则这个三角形是等腰三角形．
这里，命题①②都是省略了量词的全称量词命题．则命题①的否定为（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】将命题①表示为全称量词命题，利用全称量词命题的否定可得出结论.
【详解】命题①表示为全称命题为：，，
由全称命题的否定可知，命题①的否定为：，.
故选：D.
6. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为：，其中、是正的常数．如果在前消除了的污染物，那么污染物减少大约需要花费（ ）（参考数据：）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将代入函数解析式可得，将代入函数解析式可求出的值，根据污染物减少，可得出，解出即可得解.
【详解】由可知，当时，；
当时，，解得，那么.
因为污染物减少，所以，所以，
所以．
所以污染物减少大约需要花费．
故选：B．
7. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式和两角差的正弦公式化简计算即得.
【详解】因为，同理可得，
.
故选：D.
8. 已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.
【详解】
在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，
，
，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，
中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，
面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，
所以P在正方形内的轨迹为，
所以，
综上：P的轨迹长度为.
故选：C
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 随机变量X服从二项分布，则
B. 数据的平均数为2，则的平均数为6
C. 数据2，4，6，8，10，12，14的第60百分位数是10
D. 随机变量X服从正态分布，且，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对选项A，根据二项分布得到，再根据方差的性质即可判断A正确，对选项B，根据平均数的性质即可判断B正确，对选项C，根据百分数位概念即可判断C正确，对选项D，根据正态分布性质即可判断D错误.
【详解】对选项A，，.
故A正确.
对选项B，因为，的平均数为，
故B错误.
对选项C，，所以第60百分位数是第五个数10，故C正确.
对选项D，X服从正态分布，，
所以，故D错误.
故选：AC
10. 如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且个顶点、、、都在同一个平面内，若四边形是边长为的正方形，则（ ）
A.
B.
C. 平面与平面不垂直
D. 平面与平面之间的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】在正方体中，取各面的中心、、、、、，便可得到题中的八面体，利用平行线的传递性可判断A选项；利用异面直线所成角的概念可判断B选项；利用二面角的定义可判断C选项；推导出平面，平面，结合等面积法可判断D选项.
【详解】如图所示，在正方体中，取各面的中心、、、、、，
便可得到题中的八面体，
因为，所以．
对于选项A，因且，故四边形为平行四边形，则，
因为，，所以，故A正确；
对于选项B，易知，，而是等边三角形，
所以，与所成的角为，故B错误；
对于选项C，连接、，易知、均为边长为的等边三角形，
因为为的中点，则，所以，，
同理可知，，且，
所以，二面角的二面角的平面角为，
所以，，所以，平面与平面不垂直，
故平面和平面不垂直，故C正确；
对于选项D，在正方体中，
因平面，平面，则，
因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，则平面，
因为平面，则，同理可证，
因为，、平面，则平面，
同理可证平面，
因为平面，则，同理可得，
设与平面、平面分别交于点、，
故平面与平面的距离即为，
如图所示，在矩形中，，，，
所以，，
由等面积法可得，同理可得，
所以，，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
10. 方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.
11. 将锐角三角形置于平面直角坐标系中，，为轴上方一点，设中的对边分别为且，则的外心纵坐标可能落在以下（ ）区间内.
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用余弦定理求得，然后可得，利用二次函数性质求出的范围，结合已知可得，结合平方关系和正弦定理求出半径范围，即可求纵坐标范围.
【详解】由题知，，，由余弦定理得，
又，解得，同理：，
所以，
所以，
由二次函数性质可得，即，
又，所以，
因为为锐角，所以，
即外接圆半径为，则，即，
由外心定义可知，的外心在轴上，
记的外心纵坐标为，则，
因为与和交集非空，与和交集为空间，
所以BD正确，AC错误.
故选：BD
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，m为正的常数，则的零点之和为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，探讨函数的对称性，再结合零点的意义即可求解得答案.
【详解】函数的定义域为，
由，得，令函数，
，则函数的图象关于直线对称，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，

直线与函数的图象有4个交点，令其横坐标从左到右依次为，
观察图象得，所以的零点之和为.
故答案为：
13. 若函数与在公共点处存在公共的切线，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设公共点坐标为，由题意可得，进而可得.
【详解】函数与的导数分别为与，
设公共点坐标为，则，
所以，又因为，故，，所以．
故答案为：
14. 已知点是抛物线的焦点，过点且倾斜角为的直线交抛物线于、两点（点在第一象限），且（其中为坐标原点），点在抛物线的准线上，动点满足：，，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合可求出的值，可得出抛物线的方程，求出点的坐标，设，可得出，结合平面向量数量积的坐标运算和二次函数的基本性质可求得结果.
【详解】令、，易知点，直线的方程为，
联立与可得，
故，，
由，即，
故抛物线方程为．
由题意可知，，，解方程可得，，
所以，，所以．
设，由，则，即，
所以，，
可得，
所以当时，取得最小值.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知数列满足．
（1）求通项公式；
（2）在和之间插入n个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据递推式，写出前和项，进而作差求通项公式即可；
（2）根据等差数列性质求得，再应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和.
【小问1详解】
因为①，
当时，②，
①②，得．
所以，当时，满足上式，
所以的通项公式为．
【小问2详解】
由题，知，得，
则③，
④，
③④得 ，
所以．
16. 如图，在三棱柱中，平面，平面平面．

（1）证明：平面；
（2）若，，，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过作于，由条件确定，再结合，即可求证；
（2）法一：求得点到面的距离，即可得到点到面的距离，由线面角定义即可求解；法二，建系，由点到面距离的向量公式求解即可.
【小问1详解】
过作于，
因为面面，面面，在平面内，
所以面，而平面，故，
因为面，在面内，
所以，为面内两条相交直线，
所以面．
因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，
所以，所以面．
【小问2详解】
解法一：由（1）可知：直线，，两两垂直，
由题意，，，
可得：，，
所以在平行四边形中，由性质可得：
可得：．
由（1）知：面，由直角三角形面积,
可得：，
所以点到面的距离为．
又因为，而平面，平面，
所以面，所以点到面的距离为．
设直线与面所成的角为，则．
故直线与面所成的角的正弦值为．
解法二：

由（1）可知：直线，，两两垂直，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，，，
所以，，，，
设面的法向量为，，
由可得：，令，得，
所以
所以，
故直线与面所成的角的正弦值为．
17. 某校高一学生共有人，年级组长利用数字化学习软件记录每位学生每日课后作业完成的时长，期中考试之后统计得到了如下平均作业时长与学业成绩的数据表：
（1）试判断：是否有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长不小于小时且小于小时有关？
（2）常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比．已知该校高一学生女生中成绩优秀的学生占比，现从所有高一学生中任选一人，表示“选到的是男生”，表示“选到的学生成绩优秀”，若，求．
附：，．
【答案】（1）有把握；
（2）.
【解析】
【分析】（1）完善列联表，计算的观测值并与临界值比对即可得解.
（2）设，根据给定条件，利用条件概率公式、结合互斥事件的加法公式列出方程求解.
【小问1详解】
列联表数据如下：
所以有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长不小于小时且小于小时有关．
【小问2详解】
设，则，
由，得，
而，则．
又，于是，
得，即，
而，因此，
由，得，所以.
18. 已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，且焦距为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，动点与、、四点不共线，设直线、、的斜率分别为、、，且满足：．证明：点在定直线上，并求出该直线．
【答案】（1）
（2）证明见解析，直线方程为
【解析】
【分析】（1）由题意得出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设、、，对直线与轴是否垂直进行分类讨论，在直线斜率为时，直接求出的值；在直线与轴不垂直时，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据结合韦达定理求出的值，综合可证得结论成立.
【小问1详解】
由题意知，，，，所以椭圆方程为：．
【小问2详解】
设、、，
当直线斜率为时，不妨令、，
则：，
因为、、、四点不共线，所以，解得．
当直线斜率不为时，设直线的方程为．
联立，得，，
由韦达定理得．

于是，
．
因为，由得：
．
整理得：，即，
因为、、、四点不共线，所以，所以，
综上，点在定直线上．
【点睛】关键点睛：根据斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行正确的数学运算是解题的关键.
19. 帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用．给定自然数，我们定义函数在处的阶帕德近似为：，且满足：，，，，．其中，，，，已知在处的阶帕德近似为．
（1）求实数的值；
（2）证明：时，；
（3）已知是函数的三个不同的零点，求实数的取值范围，并证明：．
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得；
（2）设，借助导数研究其单调性即其正负即可得解；
（3）根据题意，令，所以等价于是的三个不同的零点，不妨设，借助导数，分及进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当时，存在三个不同的零点，且满足，且，结合（2）所得，代入计算并化简即可得解.
【小问1详解】
依题意可知，，，因为，所以．
此时，，因为，，
所以，，因为，所以；
故，．
【小问2详解】
设，
所以，故在单调递增，
由，所以时，，即．
【小问3详解】
因为，
令，所以等价于是的三个不同的零点，
不妨设，，
①当时，，此时在单调递增，此时不存在三个不同的零点；
②当时，令，，
若，即，恒成立，即，
此时在单调递减，此时不存在三个不同的零点；
若，即，存在两个不等的正实根，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因为，所以，又因为，故，，
因为，所以，即，
所以，
因为，所以，
又因为，所以．
所以由零点存在性定理可知：存在，满足，
又因为，
故存在，满足．
故当且仅当时，存在三个不同的零点，且满足，且，
由（2）可知，当时，，
因此，，故，
化简可得：，因此，命题得证．
平均作业时长（单位：小时）
学业成绩优秀：
学业成绩不优秀：
时长
其他
总计
优秀
不优秀
总计