唐山市 2019—2020 学年度高三年级第一学期期末考试
理科数学
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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.设集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出 后可得 .
【详解】 ，故 .
故选：D.
【点睛】本题考查集合的运算（并）以及一元二次不等式的解，本题属于基础题.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算计算即可.
【详解】 ，
故选：A.
{ }|1 5A x x= ≤ ≤ { }2| 2 8 0B x x x= − − < A B =
{ }|1 4x x≤ < { }|1 2x x≤ < { }| 4 5x x− < ≤
{ }| 2 5x x− < ≤
B A B
( )2,4B = − ( ]2,5A B = −
3
1 3
i
i
+ =
− +
i− 2i− 3
2 i− −
3 1
2 2 i− +
( )( )
( )( )
3 1 33 4
41 3 1 3 1 3
i ii i i
i i i
+ − −+ −= = = −
− + − + − −【点睛】本题考查复数的除法，注意分子分母同时乘以分母的共轭复数，本题属于基础题.
3.图（ ）是某品牌汽车 年月销量统计图，图（ ）是该品牌汽车月销量占所属汽车公司
当月总销量的份额统计图，则下列说法错误的是（ ）
A. 该品牌汽车 年全年销量中， 月份月销量最多
B. 该品牌汽车 年上半年的销售淡季是 月份，下半年的销售淡季是 月份
C. 年该品牌汽车所属公司 月份的汽车销量比 月份多
D. 该品牌汽车 年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图（ ）中的条形统计图可判断出 A、B、D 选项的正误，结合图（ ）和图（ ）比较该
品牌汽车所属公司 月份和 月份销量的大小，可判断出 C 选项的正误.
【详解】根据图（ ）中的条形统计图可知，该品牌汽车 年全年销量中， 月份月销量最
多，A 选项正确；
该品牌汽车 年上半年销量最少的月份是 月份，下半年销量最少的月份是 月份，B 选
项正确；
由条形统计图中的波动性可知，该品牌汽车 年下半年月销量相对于上半年，波动性小，
变化较平稳，D 选项正确；
由图（ ）和图（ ）可知，该品牌汽车 月份和 月份的销量相等，但该品牌汽车 月份的
销量占该品牌汽车所属公司当月总销量的比例较 月份的大，所以， 年该品牌汽车所属
公司 月份的汽车销量比 月份少，C 选项错误.
故选：C.
【点睛】本题考查条形统计图与频率分布折线图的应用，考查学生数据处理的能力，属于中
等题.
1 2019 2
2019 1
2019 5 10
2019 7 8
2019
1 1 2
7 8
1 2019 1
2019 5 10
2019
1 2 7 8 7
8 2019
7 84.已知 ，则满足 的 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分 析 出 函 数 是 上 的 减 函 数 ， 且 有 ， 将 所 求 不 等 式 化 为
，结合该函数的单调性与定义域得出关于 的不等式组，解出即可.
【详解】由于函数 为减函数，函数 为增函数，
所以，函数 是 上的减函数，且有 ，
由 可得 ， ，解得 .
因此，满足 的 的取值范围是 .
故选：B.
【点睛】本题考查函数不等式的求解，一般将不等式转化为 ，利用函数的单
调性求解，同时不要忽略函数定义域的限制，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
5. 的展开式中，含 项的系数为 40，则 （ ）
A. B. C. 2 D. －2
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二项展开式的通项公式可得 的系数与 的关系，解出 即可.
( ) 1
2
log 2f x x x= − ( )1 1f x + ≥ x
3, 4
−∞ −
31, 4
− −
3 ,4
− +∞
51, 4
( )y f x= ( )0, ∞+ 1 14f =
( ) 11 4f x f + ≥ x
1
2
logy x= 2y x=
( ) 1
2
log 2f x x x= − ( )0, ∞+ 1 14f =
( )1 1f x + ≥ ( ) 11 4f x f + ≥
10 1 4x∴ < + ≤ 31 4x− < ≤ −
( )1 1f x + ≥ x 31, 4
− −
( ) ( )1 2f x f x<
5
22a xx
−
7x a =
1
2
1
2
−
7x a a【详解】 展开式的通项公式为 ，
令 ，则 ，
故 的系数为 ，故 .
故选：A.
【点睛】本题考查二项展开式中的指定项，利用展开式的通项公式来处理此类问题是不二选
择，此类问题属于容易题.
6.如图为函数 的部分图象，将其向左平移 个单位长度后与函数 的
图象重合，则 可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用图象求出函数 的解析式，然后利用平移变换可得出函数 的解析式.
【详解】设函数 的最小正周期为 ，则 ， ，
所以， ，
由于 是函数 图象的一个对称中心，且函数 在 附近单调递减，
所以 ， ，
则 ，
5
22a xx
−
( ) ( )5
3 5
1 5
52
5 2 2
r
r rr r r r
r
aT C x C xx a −
−
−
+ = = −
−
3 5 7r − = 4r =
7x ( ) 4
5
4 5 42 80 40C aa −− = = 1
2a =
( ) ( )sinf x xω ϕ= + 1
4
( )g x
( )g x
sin 2 xπ sin 2 xπ− sin xπ sin xπ−
( )y f x= ( )y g x=
( )y f x= T 5 12 24 4T = × − =
2
T
ω π∴ = = π
( ) ( )sinf x xπ ϕ= +
1 ,04
( )y f x= ( )y f x= 1
4x =
( )24 k k Z
π ϕ π π+ = + ∈ ( )3 24 k k Z
πϕ π∴ = + ∈
( ) 3 3sin 2 sin4 4f x x k x
π ππ π π = + + = + 将函数 的图象向左平移 个单位长度后得到函数 的图象，
因此， .
故选：D.
【点睛】本题考查利用图象求三角函数解析式，同时也考查了三角函数图象的相位变换，考
查推理能力与计算能力，属于中等题.
7.圆 ： 与抛物线 ： 交于 ， 两点，与 的准线交于 ， 两点，
若四边形 为矩形，则该矩形的面积为（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】
利用抛物线的几何性质可求矩形的长和宽，从而可求矩形的面积.
【详解】
因为 在准线上，根据矩形的对称性可得 过焦点 ，则 且 轴，
所以 ，故 ，从而 ，故矩形的面积为 .
故选：C.
【点睛】本题考查抛物线的几何性质，注意抛物线上的点到焦点的距离与该点到准线的距离
是相等的，解题中常利用这个性质实现两类距离的转化，本题属于基础题.
8.一个几何体的三视图如图所示，小正方形的边长为 1，则这个几何体的表面积是（ ）
( )y f x= 1
4
( )y g x=
( ) ( )3sin sin sin4 4 4g x f x x x x
π π ππ π π π = + = + + = + = −
O 2 2 2x y r+ = Γ 2 4y x= A B Γ C D
ABCD
CD AB F AF DA= AF ⊥ x
( )1,2A 2AF DA= = AB 4= 2 4 8× =A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三视图可得几何体为 个球体，从而可求其表面积.
【详解】由三视图可得几何体为 个球体，球的半径为 ，
故该几何体的表面积为 ，
故选：D.
【点睛】本题考查三视图以及几何体的表面积，注意根据三视图复原几何体时，要结合常见
的几何体来考虑，本题属于基础题.
9.若 ，则 （ ）
A. B. C. 或 D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意得出关于 和 的方程组，解出这两个量，然后利用 即可计算出
的值.
11π 9π 7π 5π
1
8
1
8 2
1 44 4 3 58 4
ππ π×× × × + × =
cos 2sin 1θ θ− = tanθ =
4
3
3
4 0 4
3 0 3
4
sinθ cosθ sintan cos
θθ θ=
tanθ【详解】由题意可得 ，解得 或 ，
因此， 或 .
故选：C.
【点睛】本题考查利用同角三角函数的基本关系求值，涉及平方关系与商数关系的应用，考
查方程思想的应用，属于中等题.
10.在平行四边形 中， ， 分别为边 ， 的中点， 与 相交于点 ，
则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设 ， ，用 表示各向量后利用平面向量基本定理可得 的值，
从而得到 ，故可得正确的选项.
【详解】
设 ， ，则 ，
所以 ，
整理得到 ，
2 2
cos 2sin 1
cos sin 1
θ θ
θ θ
− =
+ =
sin 0
cos 1
θ
θ
=
=
4sin 5
3cos 5
θ
θ
= −
= −
sintan 0cos
θθ θ= = 4
3
ABCD E F AD CD AF BE M
AM =
3 1
4 4AB AE+ 4 1
5 5AB AE+ 1 3
4 4AB AE+
1 4
5 5AB AE+
AM t AF= EM sEB= ,AB AD ,s t
( )1AM sAB s AE= + −
AM t AF= EM sEB= 1
2AM t AF t AD AB AE EM = = + = +
( )1 1
2 2t AD AB AE sEB AD s AB AE + = + = + −
1
2 2 2
t st AD AB AD sAB + = − +
因为 不共线，所以 ，所以 ，
所以 即 .
故选：D.
【点睛】本题考查向量的线性运算，注意向量系数的计算需选择一组合适的基底向量，其余
的向量都可以用基底向量来表示，最后利用平面向量基本定理求出系数，此类问题为中档题.
11.双曲线 （ ， ）的左，右焦点分别为 ， ，渐近线上存在一点
，使得 为直角， 交双曲线于点 ，若 ，则该双曲线的离心率为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出 的坐标后可求 的坐标，代入双曲线方程后可求离心率.
【 详 解 】 根 据 双 曲 线 的 对 称 性 不 妨 设 在 第 一 象 限 且 ，
，
从而 ， ，
因为 为直角，故 ，从而 ，故 ，
所以 .
又 为 的中点， ，所以 为 的中点，故 ，
所以 ，化简得到 即 .
故选：A.
,AD AB
1
2 2
2
st
t s
= −
=
1
5s =
( )1
5AM AE AB AE− = − 1 4
5 5AM AB AE= +
2 2
2 2 1x y
a b
− = 0a > 0b > 1F 2F
M 1 2F MF∠ 2MF N 1//ON F M
5 1− 5 1+ 5 2+ 5
M N
M ( )( ), 0M at bt t >
( ) ( )1 2,0 , ,0F c F c−
( )1 ,F M c at bt= − − − ( )2 ,F M c at bt= − −
1 2F MF∠
1 2 0F M F M =
2 2 2 2 2 0a t c b t− + = 1t =
( ),M a b
O 1 2F F 1//ON F M N 2F M ,2 2
a c bN
+
2 2
2 2
2 2 1
a c b
a b
+ − = 5a c
a
+ = 5 1e = −【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于 的一个等式关
系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于
的不等式或不等式组．
12.已知直线 与曲线 和 分别相切于点 ， .有以下命
题：① （ 为原点）；② ；③当 时， ，则
正确命题的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据 为公切线可得 满足的方程，根据该方程及 的关系可以判断②③正确与否，再
由 的符号可判断 是否成立.
【详解】因为 为公切线，故 ，故 ，
所以 ，整理得到 .
因为 ，故 或 ，故②错误.
又 ，
当 时，令 ，
则 ，故 在 上为增函数，
而 , ，
因为 ，故 ，
, ,a b c
, ,a b c
l ( ) xf x e= ( ) lng x x= ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y
90AOB∠ > ° O ( )1 1,1x ∈ − 1 0x < ( )2 1 2 2 1x x− > +
AB 1x 1 2,x x
OA OB
90AOB∠ > °
AB
1
1
2
2
1 2 2
1
ln 1
x
x
e x
e x
x x x
= − = −
2 1ln x x= −
1
1
1
1
1
x
x
x
e x ex e−
+ =−
1 1
1
1
1
x xe x
+= −
1 1
1
10, 01
x xe x
+> ∴ >− 1 1x > 1 1x < −
1
2 1 1
xx x e x−− = −
1x < − ( ) 1 2 11 1
x xxg x e ex x
+= − = − −− −
( ) ( )2
2 0
1
xg x e
x
′ = + >
− ( )g x ( ), 1−∞ −
( ) 2 12 03g e−− = − <
3
23 1
2 5g e
− − = −
2.5 2.8e< < 315.625 21.952e< 3 02g − > 1
32 2x− < < −
( ) 3, 2, 2
xh x e x x− = − ∈ − −
( ) 1 0xh x e−′ = − − <
( )h x 32, 2
− −
( ) 3
23 3 35 2 2 22 2 2h x h e > − = + > + > +
( )1 1 1
1 2 2 1lnx x xOA OB x x e x x e e−= + = −
1 1x < − 0OA OB 0OA OB °
( )f x ( ) ( )2 4 3f x f x x+ − = ( )1f =
1x = 3x = ( ) ( )1 , 3f f ( )1f
1x = ( ) ( )1 2 3 3f f+ =
3x = ( ) ( )3 2 1 9f f+ = ( )1 5f =
5邻且甲活动不能安排在周一，则不同的安排方式有______种.
【答案】9
【解析】
【分析】
就乙项活动是否安排在周一分类讨论可得不同的安排方式的种数.
【详解】如果乙项活动安排在周一，则甲有 3 种安排方法，
如果乙项活动不安排在周一，则不同 安排方式有 （插空法），
所以不同的安排方式的种数有 种.
故答案为：9.
【点睛】排列组合中，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法，有时排队问题还要求特殊
元素放置在特殊位置，此时用特殊元素、特殊位置优先考虑法来处理.
15.在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， . ， ， ，则
______.
【答案】7
【解析】
【分析】
先求出 ，再利用正弦定理求 ，最后利用余弦定理可求 .
【详解】因为 ，所以 ，故 ，
且 为锐角，则 ，故 .
由正弦定理可得 ，故 ，
由余弦定理可得 ，
故 即 或 ，
的 2
3 6A =
9
ABC∆ A B C a b c
2C A
π− = 1sin 3A = 3a =
b =
2 2sin 3C = c b
2C A
π− =
2C A
π= + sin sin cos2C A A
π = + =
A 2 2cos 3A = 2 2sin 3C =
sin sin
a c
A C
=
2 23sin 3 6 21sin
3
a Cc A
×
= = =
2 2 2 2 cosa b c bc A= + −
2 2 29 72 2 6 2 3b b= + − × × 7b = 9b =因为 为钝角，故 ，故 .
故答案为：7.
【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个
量（除三个角外），可以求得其余的四个量.
（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；
（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；
（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.
16.在正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，有以下命题：
① 平面 ；② ；③平面 平面 ，
则正确命题的序号为______.
【答案】①②
【解析】
【分析】
建立如图所示的空间直角坐标系，把空间中的平行、垂直关系归结为方向向量、法向量之间
的关系后可得正确的选项.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为 2，
则 ，
，
故 ，所以 ， ，
C c b> 7b =
1 1 1 1ABCD A B C D− M N 1B B CD
//MN 1A BD 1MN CD⊥ 1A MN ⊥ 1A AC
( ) ( ) ( ) ( )2,0,0 , 0,0,0 , 0,2,0 , 2,2,0A D C B
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 12,0,2 , 0,0,2 , 0,2,2 , 2,2,2A D C B
( ) ( )2,2,1 , 0,1,0M N ( )2, 1, 1MN = − − − ( )1 0, 2,2CD = −故 ，所以 ，故②正确.
又 ， ，设平面 的法向量为 ，
由 得 ，取 ，则 ，
因为 且 平面 ，故 平面 ，故①正确.
又 ，设平面 的法向量为 ，
由 得 ，取 ，则 ，
平面 的法向量为 ，则
故平面 平面 不成立，
故③错，
故答案为：①②.
【点睛】本题考查空间中平行关系、垂直关系 判断，注意根据几何体的特征建立合适的空
间直角坐标系后再利用空间向量来处理，本题属于中档题.
三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21 题为
必考题，每个试题考生都必须作答.第（22），（23）题为选考题，考生根据要求作
答.
（一）必考题：共 60 分.
17.已知数列 的前 项和 .
（1）求 的通项公式；
（2）记 ，求 的前 项和 .
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）利用 可求 的通项公式，注意 .
的
1 0MN CD⋅ =
1MN CD⊥
( )2,2,0DB = ( )1 2,0,2DA =
1A BD ( ), ,n x y z=
1
0
0
n DB
n DA
⋅ = ⋅ =
0
0
x y
x z
+ =
+ = 1z = − ( )1, 1, 1n = − −
0MN n⋅ = MN ⊄ 1A BD //MN 1A BD
( )1 0,2, 1A M = −
1A MN ( ), ,m x y z=
1
0
0
m MN
m A M
⋅ = ⋅ =
2 0
2 0
x y z
y z
− − − =
− = 1y = 3 ,1,22m = −
1A AC ( )2,2,0a = 0m a⋅ ≠
1A MN ⊥ 1A AC
{ }na n 12 2n
nS += −
{ }na
1
n
n
nb a
+= { }nb n nT
2n
na = 33 2n n
nT
+= −
1n n na S S −= − { }na 2n ≥（2）利用错位相减法可求 .
【详解】（1）在 中，令 ，得 ，
当 时， ，则 .
又因为 符合上式，所以 .
（2）由（1）得 ，则
①，则
②，
①－②，得
，
则 .
【点睛】数列的通项 与前 项和 的关系式 ，我们常利用这个关
系式实现 与 之间的相互转化. 数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列
与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减
法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律
的出现，则用并项求和法.
18.如图， 是一个三棱锥， 是圆的直径， 是圆上的点， 垂直圆所在的平
面， ， 分别是棱 ， 的中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）若二面角 是 ， ，求 与平面 所成角的正弦值.
nT
12 2n
nS += − 1n = 1 1
1 1 2 2 2a S += = − =
2n ≥ 1 2 2n
nS − = − 1
1 2 2 2n n n
n n na S S +
−= − = − =
1 2a = 2n
na =
1 1
2n n
n
n nb a
+ += =
2 3 1
2 4 2 1 2n n n
n nT
+= + +⋅⋅⋅+ +−
1
1 2 3 1
2 4 8 2 2n n n
n nT +
+= + +⋅⋅⋅+ +
1 1
1 1 1 1 1 3 312 4 8 2 2 2 2n n n n
n nT + +
+ += + + +⋅⋅⋅+ − = −
33 2n n
nT
+= −
{ }na n nS 1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n−
== − ≥
{ }na nS
P ABC− AB C PC
D E PB PC
DE ⊥ PAC
A DE C− − 45° 4AB PC= = AE ACD【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）可证 ， ，再利用 可得 ， ，从而可证
平面 .
（2）可证 为二面角 的平面角，再以 为坐标原点， ， ， 方向
分别为 轴， 轴， 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 . 求出平面
的法向量和直线 的方向向量后可求 与平面 所成角的正弦值.
【详解】（1）因为 是圆的直径，所以 .
因为 垂直圆所在的平面，且 在该平面中，所以 .
因为 ， 分别是棱 ， 的中点，
所以 ，所以 ，
又因为 ，所以有 平面 .
（2）由（1）可知， ， ，
所以 为二面角 的平面角，
从而有 ，则 .
又 ， ，得 .
以 为坐标原点， ， ， 方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系 .
则 ， ， ，
42
14
BC AC⊥ PC BC⊥ //BC DE DE AC⊥ PC DE⊥
DE ⊥ PAC
AEC∠ A DE C− − C CB CA CP
x y z C xyz− ACD
AE AE ACD
AB BC AC⊥
PC BC PC BC⊥
D E PB PC
//BC DE DE AC⊥ PC DE⊥
AC PC C= DE ⊥ PAC
DE AE⊥ DE EC⊥
AEC∠ A DE C− −
45AEC∠ = ° 1 22AC EC PC= = =
BC AC⊥ 4AB = 2 3BC =
C CB CA CP x y z
C xyz−
( )0,0,0C ( )0,2,0A ( )0,0,2E， ， ，
， ，
.
设 是平面 的法向量，则
即 可取 .
故 .
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注
意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通
过证明二面角是直二面角.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向
量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
19.河北省高考综合改革从 2018 年秋季入学的高一年级学生开始实施，新高考将实行“3+1+2”
模式，其中 3 表示语文、数学、外语三科必选，1 表示从物理、历史两科中选择一科，2 表示
从化学、生物、政治、地理四科中选择两科.某校 2018 级入学的高一学生选科情况如下表：
选
科
组
合
物化
生
物
化
政
物化
地
物
生
政
物
生
地
物
政
地
史
政
地
史
政
化
史
生
政
史
地
化
史
地
生
史
化
生
合计
男 130 45 55 30 25 15 30 10 40 10 15 20 425
女 100 45 50 35 35 35 40 20 55 15 25 20 475
合
计
230 90 105 65 60 50 70 30 95 25 40 40 900
( )2 3,0,0B ( )0,0,4P ( )3,0,2D
( )0, 2,2AE = − ( )0,2,0CA =
( )3,0,2CD =
( ), ,n x y z= ACD 0,
0,
n CA
n CD
⋅ =
⋅ =
0,
3 2 0.
y
x z
= + =
( )2,0, 3n = −
42cos , 14
n AEn AE
n AE
⋅= = −
⋅
AE ACD 42
14（1）完成下面的 列联表，并判断是否在犯错误概率不超过 0.01 的前提下，认为“选择物
理与学生的性别有关”？
（2）以频率估计概率，从该校 2018 级高一学生中随机抽取 3 名同学，设这三名同学中选择
物理的人数为 ，求 的分布列和数学期望.
选择物理 不选择物理 合计
男 425
女 475
合计 900
附表及公式：
0.150 0.100 0.050 0.010
2.072 2.706 3.841 6.635
【答案】（1）填表见解析，不能在犯错误概率不超过0.01 的前提下认为“选择物理与学生的
性别有关”；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题设的数据可得列联表，计算 的值后根据临界值表可得相应结论.
（2）利用二项分布可求 的分布列和数学期望.
【详解】（1）依题意可得列联表
选择物理 不选择物理 合计
2 2×
X X
( )
( )( )( )( )
2
2 n ad bcK a b c d a c b d
−= + + + +
( )2
0P K k
0k
2K
X男 300 125 425
女 300 175 475
合计 600 300 900
将列联表中的数据代入公式计算得
，
所以，不能在犯错误概率不超过 0.01 的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”.
（2）由（1）可知，从该校 2018 级高一学生中任取一名同学，该同学选择物理的概率
，
可取 0，1，2，3.
， ，
， .
的分布列为：
0 1 2 3
.
【点睛】本题考查独立性检验和离散型随机变量 分布列和数学期望，注意计算分布列时要
弄清随机变量取某值时对应的随机事件的含义并确定合理的概率计算方法.必要时可借助于常
的
( )
( )( )( )( )
2
2 n ad bcK a b c d a c b d
−= + + + +
( )2900 300 175 300 125
600 300 425 475
× − ×= × × × 5.573 6.635≈ <
600 2
900 3P = =
X
( ) 3
0
3
2 10 1 3 27P X C = = × − =
( ) 2
1
3
2 2 21 13 3 9P X C = = × × − =
( ) 2
2
3
2 2 42 13 3 9P X C = = × × − =
( ) 3
3
3
2 83 3 27P X C = = × =
X
X
P 1
27
2
9
4
9
8
27
( ) 1 2 4 80 1 2 3 227 9 9 27E X = × + × + × + × =见的分布列来帮助计算（如 0-1 分布、二项分布、超几何分布等）.
20.已知椭圆 ： 的离心率为 ， 为椭圆 上一点.
（1）求椭圆 的方程；
（2）过点 的直线 交椭圆 于 ， 两点，直线 与直线 相交于点 ，求证：
直线 ， ， 的斜率成等差数列.
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出 后可得椭圆 的方程.
（2）设直线 ， ， 的斜率分别为 ， ， ， ： ，联立直线方程和
椭圆方程，消去 后得到关于 的一元二次方程，利用韦达定理可用 表示 ，从而可
得 .
【详解】（1）由已知可得， 解得
故 的方程为 .
（2）设直线 ， ， 的斜率分别为 ， ， .
由题意设 ： ，则 ， .
将 ，代入 得 .
设 ， ，则 ， .
E
2 2
2 2 1x y
a b
+ = ( )0a b> > 3
2
31, 2P
E
E
( )1,0Q l E A B l 4x = C
PA PC PB
2
2 14
x y+ =
, ,a b c E
PA PB PC 1k 2k 3k l ( )1y k x= −
y x k 1 2k k+
1 2 32k k k+ =
2
2
2 2
31 ,4
1 3 1.4
b
a
a b
− =
+ =
2
2
4,
1.
a
b
=
=
E
2
2 14
x y+ =
PA PB PC 1k 2k 3k
l ( )1y k x= − ( )4,3C k
3
33 32
4 1 6
k
k k
−
= = −−
( )1y k x= − 2
2 14
x y+ = ( )2 2 2 21 4 8 4 4 0k x k x k+ − + − =
( )1 1,A x y ( )2 2,B x y
2
1 2 2
8
1 4
kx x k
+ = +
2
1 2 2
4 4
1 4
kx x k
−= +而
.
则 ，所以直线 ， ， 的斜率成等差数列.
【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆
锥曲线的位置关系中的定点、定值、确定关系的证明等问题，一般可通过联立方程组并消元
得到关于 或 的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐
标的关系式，该关系中含有 或 ，最后利用韦达定理把关系式转化为
若干变量的方程（或函数），从而解决定点、定值、确定关系的证明等问题.
21.设函数 .
（1）讨论 在 上的单调性；
（2）证明： 在 上有三个零点.
【答案】（1） 的单调递减区间为 ， ；单调递增区间为 ，
.（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数的正负可求函数的单调区间.
（2）结合函数的单调性和零点存在定理可证明 在 上有 3 个零点，再构建新函数
可证明 在 上没有零点.
1 2
1 2
1 2
3 3
2 2
1 1
y y
k k x x
− −
+ = +− −
1 2
1 2 1 2
3 1 1
1 1 2 1 1
y y
x x x x
= + − + − − − −
( )( )1 2
1 2
232 2 1 1
x xk x x
+ −= − × − −
32 3k= −
1 2 32k k k+ = PA PC PB
x y
1 2 1 2,x x x x+ 1 2 1 2,y y y y+
( ) 2
2 cos 2 sin2
xf x x x x= + −
( )f x [ ],π π−
( )f x R
( )f x [ ),0π− 3,4 4
π π
0, 4
π
3 ,4
π π
( )f x [ ],π π−
( )f x ( ) ( ), ,π π−∞ − +∞【详解】（1） ，
由 及 ，得 或 或 .
当 变化时， 和 的变化情况如下表：
0
－ 0 ＋ 0 － 0 ＋
↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以 的单调递减区间为 ， ；
的单调递增区间为 ， .
（2）当 时，由（1）得，
的极小值分别为 ， ；
极大值 .又 ，
所以 在 上仅有一个零点 0；
在 ， 上各有一个零点.
当 时， ，
令 ，则 ，
( ) 22 cos 2 sin 2 cos 2 sin2f x x x x x x x x
′ = + − − = −
( ) 0f x′ = [ ],x π π∈ − 0x =
4
π 3
4
π
x ( )f x′ ( )f x
x [ ),0π− 0, 4
π
4
π 3,4 4
π π
3
4
π 3 ,4
π π
( )f x′
( )f x
( )f x [ ),0π− 3,4 4
π π
( )f x 0, 4
π
3 ,4
π π
[ ],x π π∈ −
( )f x ( )0 0f =
23 2 04 2 8f f
π π π < = − = ( ) 2
2 02f
ππ π= − >
( )f x [ ],0π−
30, 4
π
3 ,4
π π
x π< − ( ) 2
2 2 sin2
xf x x x≥ + −
( ) 2
2 2 sin2
xg x x x= + − ( ) 2 2 cosg x x x′ = + −显然 时， 单调递增， ；
当 时， ，
从而 时， ， 单调递减，
因此 ，即 ，
所以 在 上没有零点.
当 时， ，
令 ，则 ，
显然 时， ， ；
当 时， ，
从而 时， ， 单调递增，
因此 ，即 ，
所以 在 上没有零点.
故 在 上仅有三个零点.
【点睛】本题考查函数的单调性以及函数的零点个数判断，注意函数零点个数的判断，需利
用函数的单调性和零点存在定理来判断，选择怎样的点来计算其函数值且函数值异号是关键，
可根据解析的特点选择合适的点.另外证明函数在给定的范围上无零点，可利用放缩法把不易
处理的函数转化为容易讨论的新函数来处理.
（二）选考题：共 10 分.请考生在第（22），（23）题中任选一题作答，如果多做，
则按所做的第一题记分.
22.在直角坐标系 中，圆 ，直线 .以坐标原点 为极点， 轴
3 ,2x
π π ∈ − −
( )g x′ ( ) ( ) 2 2 0g x g π π′ ′< − = − <
3, 2x
π ∈ −∞ −
( ) 3 2 2 02g x
π′ ≤ − + <
x π< − ( ) 0g x′ < ( )g x
( ) ( ) 2
2 02g x g
ππ π> − = − > ( ) ( ) 0f x g x≥ >
( )f x ( ), π−∞ −
x π> ( ) 2
2 2 sin2
xf x x x≥ − −
( ) 2
2 2 sin2
xh x x x= − − ( ) 2 2 cosh x x x′ = − −
3, 2x
ππ ∈ 2 cos 0x− > ( ) 0h x′ >
3 ,2x
π ∈ +∞
( ) 3 2 2 02h x
π′ ≥ − >
x π> ( ) 0h x′ > ( )h x
( ) ( ) 2
2 02h x h
ππ π> = − > ( ) ( ) 0f x h x≥ >
( )f x ( ),π +∞
( )f x R
xOy ( )2 2: 1 1C x y− + = : 2l y = O x的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求圆 和直线 的极坐标方程；
（2）设 、 分别为圆 和直线 上的点，且满足 ，设 ，求 的
最小值.
【答案】（1）圆 ，直线 ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）将圆 的方程化为 ，即可将圆 的方程化为极坐标方程，由 可
将直线 的方程化为极坐标方程；
（2）设点 的极坐标为 ，点 的极坐标为 ，分别代入相应曲线的极坐
标方程，化简得出 ，然后利用二次函数的基本性质可求出 的
最小值.
【详解】（1）圆 的方程为 ，即 ，
因为 ， ， ，
所以圆 ，直线 ；
（2）设 、 ， .
依题意可得， ， ， .
所以 ，从而 ，
所以 ，
所以当 时， 取得最小值 .
【点睛】本题考查普通方程与极坐标方程的互化，同时也考查了利用极坐标方程解决实际问
题，考查运算求解能力，属于中等题.
C l
A B C l AO AB⊥ AOB α∠ = tanα
2: cosC ρ θ= : sin 2l ρ θ = 3
4
C 2 2 2x y x+ = C sin yρ θ =
l
A ( ),AA ρ θ B ( ),B
ρ θ α+
21 3tan tan 2 4
α θ = − + tanα
C 2 2 2 0x y x+ − = 2 2 2x y x+ =
2 2 2x y ρ+ = cosx ρ θ= siny ρ θ=
2: cosC ρ θ= : sin 2l ρ θ =
( ),AA ρ θ ( ),BB ρ θ α+
2 2
π πθ− < <
2cosA
ρ θ= ( )sin 2B
ρ θ α+ = cosB A
ρ α ρ=
( )2cos sin 2cosθ θ α α+ = 2cos sin cos cos sin cosθ θ α θ α α+ =
2
2
2
1 cos sin 1 3tan tan tan 1 tancos 2 4
θ θα θ θ θθ
− = = − + = − +
1tan 2
θ = tanα 3
423.已知 、 、 、 是正实数，且 ， .
（1）证明： ；
（2）当 为何值时， 取得最大值？
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）将代数式 与 相乘，展开后利用基本不等式可证明出 ；
（2）将代数式 与 相乘，展开后利用基本不等式可求出 的最大值，
利用等号成立的条件可求出 的值.
【详解】（1）因为 ，
又 ，故 ，当且仅当 时，即 时等号成立；
（2）因
，
所以 ，当且仅当 时等号成立，
此时 ，故当 时， 取得最大值.
【点睛】本题考查利用基本不等式证明不等式成立，同时也考查了利用基本不等式求代数式
的最值，在利用基本不等式时要满足“一正、二定、三相等”三个条件，考查推理能力与计
算能力，属于中等题.
为
a b c d 2 3a b+ = 1c d+ =
2 1 3a b
+ ≥
a
c 2ac bd+
3
2
2a b+ 2 1
a b
+ 2 1 3a b
+ ≥
2a b+ +c d 2ac bd+
a
c
( )2 1 2 2 2 22 5 2 5 9b a b aa ba b a b a b
+ + = + + ≥ ⋅ + =
2 3a b+ = 2 1 3a b
+ ≥ b a
a b
= 1a b= =
( )( )3 2 2 2 2 2 2a b c d ac bd bc ad ac bd acbd= + + = + + + ≥ + +
( )2
2ac bd= +
2 3ac bd+ ≤ 2bc ad=
2 2 3a b a b
c d c d
+= = =+
3
2
a
c
= 2ac bd+
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