河北省沧州市七校联盟届高三毕业班上学期期中联考数学试题解析版.docx
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河北省沧州市七校联盟届高三毕业班上学期期中联考数学试题解析版
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2021届高三毕业班上学期期中教学质量联考检测
数学试题
（解析版）
2020年11月
第Ⅰ卷
一、选择题：
本大题共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.已知集合，，则（）
A.B.
C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据交集定义计算．
【详解】．
故选：
B．
2.复数的虚部是（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由复数除法法则计算出后可得其虚部．
【详解】因为，
所以复数z的虚部是．
故选：
C．
3.的展开式中的系数是（）
A.90B.80C.70D.60
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式定理，得到展开式的第项，再由赋值法，即可求出结果.
【详解】因为展开式的第项为，
令，得，则的系数为．
故选：
A.
4.若，，则的最小值为（）
A.2B.6C.9D.3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中条件，由展开后，根据基本不等式，即可求出结果.
【详解】因为，，
所以
．
当且仅当，即，时取等号.
故选：
D.
【点睛】易错点睛：
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
5.2020年10月1日是中秋节和国庆节双节同庆，很多人外出旅行或回家探亲，因此交通比较拥堵．某交通部门为了解从A城到B城实际通行所需时间，随机抽取了n台车辆进行统计，结果显示这些车辆的通行时间（单位：
分钟）都在内，按通行时间分为，，，，五组，频率分布直方图如图所示，其中通行时间在内的车辆有235台，则通行时间在内的车辆台数是（）
A.450B.325C.470D.500
【答案】C
【解析】
【分析】
根据频率分布直方图求出通行时间在内的频率，然后由通行时间在内的车辆有235台与频率可得结论．
【详解】因为，，，四组通行时间的频率分别是0.1，0.25，0.4，0.05，
所以通行时间在内的频率是，
通过的车辆台数是．
故选：
C．
6.在矩形ABCD中，，，点E满足，则（）
A.21B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】
以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，用坐标表示向量后计算数量积．
【详解】
7.如图，在三棱锥D-ABC中，，一平面截三棱锥D-ABC所得截面为平行四边形EFGH．已知，，则异面直线EG和AC所成角的正弦值是（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用直线与平面平行的判定与性质可证，从而可知（或其补角）就是异面直线EG和AC所成的角，在直角三角形中计算可得解.
【详解】EFGH是平行四边形，所以，因为平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以（或其补角）就是异面直线EG和AC所成的角，
因为，所以，
因为，，所以，
故．
故选：
A
【点睛】思路点睛：
平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：
平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：
证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：
求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：
由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
8.定义在R上的函数的导函数为，若，，则不等式的解集为（）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】
令，对函数求导判断出单调性，利用的单调性解出不等式即可．
【详解】令，则，
所以在R上单调递增．
因为，所以不等式，
可变形得，即，所以，
解得．
故选：
D
二、选择题；本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9.已知等差数列的前n项和为，公差为d，且，，则（）
A.B.C.D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
由等差数列下标和性质结合前项和公式，求出，可判断C，D，由等差数列基本量运算，可得公差，判断出A，B．
【详解】因为，
所以．
因为，，所以公差．
故选：
BD
10.已知函数，若将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列说法正确的有（）
A.函数的最小正周期为
B.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称
C.当时，函数的值域为
D.当函数取得最值时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】
先利用三角恒等变换公式将函数化简变形得，，由于函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，从而得，则，然后利用三角函数的图像和性质对选项逐个分析判断
【详解】由题意得，
．
因为函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，
所以．因为，
所以函数的最小正周期，故A正确．
将的图象向左平移个单位长度，
得到曲线，
其图象关于y轴对称，故B正确．
当时，，
，即的值域为，
故C错误．
令，解得，
所以当取得最值时，，故D正确．
故选：
ABD
【点睛】关键点点睛：
此题考查三角函数恒等变换公式的应用，考查三角函数的图像和性质的应用，解题的关键是将利用三角恒等变换公式化为，考查转化思想和计算能力，属于中档题
11.已知为奇函数，且，当时，，则（）
A.的图象关于对称B.的图象关于对称
C.D.
【答案】BD
【解析】
分析】
由为奇函数，可得，从而得，所以可得的图象关于对称，所以B正确，A错误，由已知条件可得函数的周期为4，进而可求出的值，从而可对C，D作出判断
【详解】为奇函数，
，，
同时说明的图象关于对称．
，，
即，可得，
函数的周期为4，
故．
故选：
BD
12.椭圆，，分别为左、右焦点，，分别为左、右顶点，P为椭圆上的动点，且恒成立，则椭圆C的离心率可能为（）
A.B.C.D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
设，，，则，，，，再由可得，从而可求出离心率的范围
【详解】设，，，
则，，
，．
因为
恒成立，
所以离心率．
故选：
AC
【点睛】关键点点睛：
此题考查椭圆的几何性质的应用，考查的离心率的求法，解题的关键是由转化为坐标的关系，进而可得到的关系，考查计算能力，属于中档题
第Ⅱ卷
三、填空题：
本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13.已知函数，则________．
【答案】0
【解析】
【分析】
先求，进而得出的值．
【详解】，．
故答案为：
14.若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
由，结合诱导公式和二倍角公式得出答案．
【详解】，．
，
．
故答案为：
15.若为直线上一个动点，从点引圆的两条切线，（切点为，），则的最小值是________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意得当的长度最小时，取最小值，进而根据几何关系求解即可.
【详解】如图，由题可知圆C的圆心为，半径．
要使的长度最小，即要最小，则最小．
因为，
所以当最小时，最小因为，
所以当最小时，最小．
因为，
所以，
所以，
由于
所以．
故答案为：
.
【点睛】本题解题的关键是根据已知当的长度最小，即要最小，进而得当最小时，最小．由于的最小值为点到直线，故.考查化归转化思想和运算能力，是中档题.
16.在棱长为2的正方体，中，E，F分别为棱，的中点，点P在线段EF上，则三棱锥的体积为________．
【答案】2
【解析】
【分析】
由线面平行的性质可得无论点P在线段EF上什么位置，它到平面的距离不变，求出P到平面的距离，再利用锥体的体积公式即可求解.
【详解】
因为，平面，
所以平面，
所以无论点P在线段EF上什么位置,它到平面的距离不变．
当点P是EF与的交点时,,
则P到平面的距离是到平面距离的．
因为到平面的距离为,
所以P到平面的距离是,
因为的面积,
所以三棱锥的体积．
故答案为：
2
四、解答题：
本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.在①,②,③这三个条件中任选一个,补充到下面的问题中并作答．
问题：
在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,,________．求的面积．
【答案】任选三个条件之一,都有
【解析】
分析】
若选①,由正弦定理边角互化,由余弦定理得出角,进而求得,得出三角形的面积；若选②,由正弦定理边角互化,利用两角和与差公式化简得出角,结合余弦定理求出三角形的面积；若选③,由正弦定理结合诱导公式和二倍角公式得出角,由余弦定理得出,进而可得三角形的面积．
【详解】若选①,由正弦定理,得,
即,所以,
因为,所以．
因为,
,
所以,
所以．
若选②,由正弦定理,得．
因为,
所以,所以,
化简得,
所以．
因为,所以．
因为,,,
所以,
所以．
若选③,由正弦定理,得．
因为,
所以,所以．
因为,所以．
因为,,
所以,所以,所以．
因为,
,所以,
所以．
【点睛】方法点睛：
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,考查三角恒等变换,解三角形问题中可以应用正余弦定理的题型有：
1.已知一边和两角；
2.已知两边和其中一边的对角；
3.已知两边和它们所夹的角；
4.已知三边．
18.设数列的前n项和为,且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设,求数列的前n项和．
【答案】
（1）；
（2）．
【解析】
【分析】
（1）由得出数列是等比数列,（先求出）,可得通项公式；
（2）由
（1）得,用错位相减法求和．
【详解】解：
（1）当时,,解得．
因为,①
所以当时,,②
①-②得,,所以．
故数列是首项为1,公比为2的等比数列,其通项公式为．
（2）由题知,,
所以,③
④
③-④得,
．
所以．
【点睛】方法点睛：
本题考查求等比数列的通项公式,考查错位相减法求和．数列求和的常用方法：
（1）公式法；
（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．
19.某电商为了解消费者的下一部手机是否会选购某一品牌手机,随机抽取了200位以前的客户进行调查,得到如下数据：
准备购买该品牌手机的男性有80人,不准备买该品牌手机的男性有40人,准备买该品牌手机的女性有40人．
（1）完成下列2×2列联表,并根据列联表判断是否有97.5%的把握认为这200位参与调查者是否准备购买该品牌手机与性别有关．
准备买该品牌手机
不准备买该品牌手机
合计
男性
女性
合计
（2）该电商将这200个样本中准备购买该品牌手机的被调查者按照性别分组,用分层抽样的方法抽取6人,再从这6人中随机抽取3人给予500元优惠券的奖励,另外3人给予200元优惠券的奖励,求获得500元优惠券与获得200元优惠券的被调查者中都有
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