河北省唐山市高三上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省唐山市高三上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4，共14页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分．共40分．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. 设全集，集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合交集、补集运算求解即可.
【详解】因为全集，集合，则或，
且集合，所以.
故选：B.
2. 已知i为虚数单位，复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算即可.
【详解】由得：，
故选：D.
3. 已知向量，，若与平行，则（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的坐标运算，及共线的坐标运算，即可求解.
【详解】由向量，，可得，，
由与平行，可得：，解得：，
故选：C.
4. 甲、乙等5人站成一排，要求甲在中间，乙不在两端，则不同的排列方式共有（ ）
A. 12种B. 6种C. 24种D. 60种
【答案】A
【解析】
【分析】先排甲，确定乙的排法种数，剩下的3人全排列可得结果.
【详解】∵甲在中间，乙不在两端，
∴先排甲，则乙有2种排法，剩下的3人任意排列，故有种.
故选：A.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据得到，结合题目条件可得，利用倍角公式可计算的值.
【详解】∵，∴.
∵，∴，
∴，即，
解得或（舍），
∴.
故选：C.
6. 如图，在三棱柱中，平面，，，则三棱柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件求出的面积，把求三棱锥的体积转化成求三棱锥的体积，再根据的关系进行求解．
【详解】平面，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
所以，
故选：B．
7. 已知椭圆，C的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用面积得到关系，再结合椭圆，消去，即可得的二次齐次方程，然后转化为离心率求解即可.
【详解】
由可得：，
再由，代入可得：，
整理得：，
解得：，
故选：B.
8. 设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列的前50项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先对函数求导，再求出切线方程，求出交点的横坐标，再利用裂项相消法对数列求和即可．
【详解】解：，当时，，
在点处的切线为：，
化简为：，
当代入中，
，即，
，
化简：，
则数列的前50项和为：
，
故选：A．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若事件A，B相互独立，则
B. 残差均匀分布在以横轴为对称轴的带状区域内，该区域越窄，拟合效果越好
C. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“X与Y没有关联”
D. 样本相关系数r的绝对值越接近1，成对样本数据的线性相关程度越强
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据相互独立的概念可知选项A正确；根据残差等于观测值减去预测值可知选项B正确；根据独立性检验的原理可知选项C错误；根据样本相关系数的概念可知选项D正确.
【详解】A. 若事件A，B相互独立，则，选项A正确.
B. 残差的散点图分布的区域越窄，说明预测值与观测值的偏离越小，拟合效果越好，选项B正确.
C.零假设为：X与Y相互独立，即X与Y没有关联，由可知依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，可以认为“X与Y有关联”，选项C错误.
D. 当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，选项D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 为奇函数B. 的一个周期为
C. 的一条对称轴为D. 的值域为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据可得选项A错误；根据可得选项B正确；根据可得选项C错误；计算函数在上的值域，结合函数为偶函数及函数的周期性可得选项D正确.
【详解】函数定义域为R.
A.∵，
∴为偶函数，选项A错误.
B ∵，
∴的一个周期为，选项B正确.
C.∵，，
∴函数的图象不关于直线对称，选项C错误.
D.当时，，
，其中，，
∵，∴，
∴当时，，
当时，，
∴函数在上的值域为，
∵为偶函数，∴在上的值域为，
∵的一个周期为，∴在R上的值域为，选项D正确.
故选：BD.
11. 已知圆心在y轴上的动圆经过点，与x轴的一个交点为，与y轴交于，点的轨迹为E，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. E的方程为
B. E上恰有三个点到焦点弦所在直线l的距离为，则l的倾斜角为
C. E上两点A，B和直线上两点C，D能够构成正方形的个数为2
D. 过点的直线与E交于A，B两点，过A作y轴的垂线与直线OB交于点Q，则线段AQ的中点在直线上
【答案】ACD
【解析】
【分析】由动圆圆心在y轴上且过点可得圆心为线段中点，利用可得选项A正确；根据条件分析得且与抛物线相切，利用两平行直线距离为可得选项B错误；根据正方形边长相等计算可得选项C正确；设直线方程，与抛物线方程联立，表示点坐标得横、纵坐标相等可得选项D正确.
【详解】A.∵动圆圆心在y轴上且过点，，∴圆心为线段中点，即，
∵，∴，
整理得，选项A正确.
B.由选项A得点的轨迹为开口向上的抛物线，且焦点为.
如图，直线l过点且与抛物线交于两点，则存在两直线满足，且与之间的距离均为.

由题意得，与抛物线有2个公共点，与抛物线有1个公共点，即直线与抛物线相切，
设，
由得，由相切得，，即，
由两条平行线间距离为得，，解得，
∴l的倾斜角为或，选项B错误.
C.如图，四边形为正方形，则.
设直线方程为，，则直线与之间的距离为，即.
由得，由得，
∴，∴.
由得，，整理得，解得或，
∴能够构成正方形的个数为2，选项C正确.
D. 由题意得，直线斜率存在.
设，，
由得，∴，即，
由得，直线方程为，直线方程为，
∴，∴线段AQ的中点坐标为，
∵，
∴线段AQ的中点在直线上，选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线综合问题，解决选项A的关键是利用圆心在轴上及半径相等得到的关系式；解决选项B的关键是找到和直线平行且与抛物线相切的直线，利用两平行线间距离建立等量关系；解决选项C的关键是利用正方形的几何特征建立等量关系；解决选项D的关键是利用韦达定理表示点的坐标，利用横、纵坐标说明结论成立.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，常数项是__________．
【答案】15
【解析】
【分析】写出二项展开式的通项公式，根据指数为可得结果.
【详解】的展开式的通项公式为，
由得，，
∴展开式中的常数项是.
故答案为：15.
13. 已知，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用代换1法，结合均值不等式来求最小值.
【详解】因为，所以，
，
当且仅当：，即时不等式取等号，
故答案为：.
14. 某同学进行投篮训练，每次投篮次数为n，，，每次投篮的命中率都为p，随机变量表示投篮命中的次数，服从二项分布，记，当时，可认为服从标准正态分布，已知该同学每次投篮的命中率均为0.5，每次投篮命中得2分，不中得0分．若，则该同学投中次数的期望为__________次；若保证该同学n次投篮总得分在区间的概率不低于0.8，则n的最小值为__________．
附：，则，．
【答案】 ① ②.
【解析】
【分析】利用二项分布的期望公式求解即可；利用公式把二项分布转化为标准的正态分布，然后利用正态分布的概率公式求解即可.
【详解】①根据题意：投篮命中的次数服从二项分布，
所以（次），
故该同学投中次数的期望为20次；
②由该同学n次投篮总得分在区间，
则该同学n次投篮命中次数在区间，
，
又因为，所以，
根据服从标准正态分布，可知，所以，
则n需满足，
故n的最小值为，
故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）求角C；
（2）若的面积为，求AB边上的高．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理边化角，再由余弦定理求角即可；
(2)利用正弦面积公式求出边的关系，即可求出三边，从而可求高.
【小问1详解】
由，结合正弦定理角化边得：
又由，代入，得：，解得：，
再由余弦定理得：，
又因为，所以；
【小问2详解】
由的面积为，则，解得：，
又因为，代入解得：，，代入得，，
所以设边上的高为，则，解得：,
故边上的高为.
16. 某棋手依次与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛的结果相互独立．该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，该棋手恰好胜两盘且两盘相连的概率为p．
（1）若，，，求p；
（2）若，，求p取最大值时的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用分类思想及相互独立事件同时发生，即概率乘法公式来求解即可；
（2）利用同（1）方法，引入变量，可得三次函数，再用导数来求最值即可.
【小问1详解】
根据，，，
可得：该棋手恰好胜两盘且两盘相连的概率为;
【小问2详解】
根据，，
可得：该棋手恰好胜两盘且两盘相连的概率为
，
求导得：，
当时， ，函数在上单调递增；
当时， ，函数在上单调递减；
所以当时，取到最大值，此时，
故取最大值时，
17. 如图，在四棱锥中，，，，，点在棱上，且．
（1）证明：平面；
（2）若底面，直线与直线所成角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在线段上取一点，使得，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建空间直角坐标系，利用空间向量法求出的长，再利用空间向量法额可求得平面与平面夹角的余弦值．
【小问1详解】
在线段上取一点，使得，连接、，如下图所示：
在中，、分别为线段、上的点，且，
所以，且，
又因为，则，即且，
所以，四边形平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
【小问2详解】
因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0、、，设点，
，，
由题意可得，解得，
，，
设平面的法向量为，则，
取，则，
易知平面的一个法向量为，所以，，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知双曲线（，）的渐近线方程为，焦距长为4．
（1）求C的标准方程；
（2）点在C上，点P的坐标为，O为原点，求面积的最小值；
（3）过C的右焦点F的直线与C交于D，E两点，以DE为直径的圆与直线交于M，N两点，若，求直线DE的方程．
【答案】（1）;
（2）;
（3）或或.
【解析】
【分析】（1）利用渐近线和焦距可求得双曲线的标准方程；
（2）利用切线结合几何意义可求得面积最小值；
（3）利用方程组计算弦长和中点坐标，结合垂径定理和勾股定理可列出方程求解即可.
【小问1详解】
由双曲线（，）的渐近线方程为，可得，
又由焦距长为4，可得即则有，
联立上面两式解得：，
所以双曲线方程为：；
【小问2详解】
由点P的坐标为，O为原点，则，
此时直线的斜率为，
利用平行于的直线与双曲线相切，即联立方程组得：
，整理得：，
由，解得，
此时切点为，可以得到这个的面积最小，
再由平行线间的距离公式可得：，
则最小面积为；
【小问3详解】
设过C的右焦点F的直线为，与双曲线联立方程组得：
，
设交点，则有
所以
设交点中点为，
则有，则，
所以中点为到直线的距离为，
再由，结合勾股定理可得：
，解得：或；
所以直线DE的方程或或.
19. 已知：对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P．
（1）已知平面内点，点，把点B按已知方式绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，求点P的坐标；
（2）若曲线上的点可以由曲线（，）上的点按已知方式绕原点沿逆时针方向旋转角得到，求曲线的方程；
（3）将曲线上的所有点按已知方式绕原点沿逆时针方向旋转，得到曲线，证明：和有且仅有一条公切线．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意结合旋转的特征分析求解即可；
（2）设Mx,y为曲线上任一点，根据题意求得在曲线上，列式求解即可；
（3）根据导数的几何意义可得曲线的切线，根据旋转可求曲线的切线，列方程整理可得，构建函数利用导数分析零点即可.
【小问1详解】
由题意可知：，
点B按已知方式绕点A沿顺时针方向旋转即等价于点B绕点A沿逆时针方向旋转，
可得，
则，即点P的坐标.
【小问2详解】
设Mx,y为曲线上任一点，则，，
点按已知方式绕原点沿逆时针方向旋转角得到，
即在曲线上，
则，
整理可得
又因为，则，可得，
且，则，可得或，
若，则，不合题意；
若，则，符合题意；
所以曲线的方程为.
【小问3详解】
对于曲线，则，
设切点坐标为，则切线斜率，
可得切线方程为，即，
设为切线上任一点，
点按已知方式绕原点沿逆时针方向旋转，
得到，
即，可得，
则，
整理可得，
可知为曲线的切线，
假设曲线和有公切线，
即存在，使得，
可得，整理可得，
构建，
则，
当时，，则f′x>0；
当时，，则f′x>0；
综上所述：f′x>0对任意恒成立，
可知在内单调递增，且，
可知在内有且仅有一个零点，所以和有且仅有一条公切线.
【点睛】关键点点睛：第三问：对于曲线的切线，不需要求曲线方程，根据题意求切线方程即可，可以简化计算和理解.