河北省衡水中学2020届高三临考模拟（一）数学（理）试题 Word版含解析

河北省衡水中学2020届高三临考模拟（一）数学（理）试题 Word版含解析

‎2020年普通高等学校招生模拟试题 理科数学（一）‎ 本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.‎ ‎2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共12小题，每小题5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.若复数z满足，是虚数单位，则（ ）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算，利用虚数单位的定义计算．‎ ‎【详解】由题意．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，属于简单题．‎ ‎2.集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ - 25 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解对数不等式得集合，解一元二次不等式得集合，由并集定义可得结论．‎ ‎【详解】由题意，‎ ‎，∴.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的并集运算，掌握对数不等式和一元二次不等式的解法是解题关键．‎ ‎3.已知，，则（ ）‎ A. 2 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据诱导公式可得，再根据和同角三角函数关系，即可求出，进而求出的值．‎ ‎【详解】∵，，‎ ‎∴，∴.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数关系式和诱导公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．‎ ‎4.在边长为3，4，5的三角形内部任取一点P，则点P到三个顶点距离都大于1的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 画图分析，先得到P到三个顶点距离小于1的区域，再计算其面积和，再由几何概型的概率公式可得答案.‎ ‎【详解】如图，P到三个顶点距离小于1的区域有三部分，且，故面积为 三角形面积等于6，则P到三个顶点距离都大于1的概率为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型概率的计算，还考查了学生分析能力，运算能力，属于中档题.‎ ‎5.《吕氏春秋·音律篇》记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均匀的发声管为基数“宫”，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一”，余下来的三分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵”；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵”管长度的三分之四，这就是“三分益一”，于是就产生了“商”；“商”管保留分之二，“三分损一”，于是得出“羽”；羽管“三分益一”，即羽管的三分之四的长度，就是角”.如果按照三分损益律，基数“宫”发声管长度为1，则“羽”管的长度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三分损一、三分益一的原理，基数“宫”发声管长度为1，依次求出徵，商，羽的管长即可.‎ ‎【详解】按照三分损益原理：宫：1；‎ 徵：；‎ 商：；‎ - 25 -‎ 羽：；‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了数学文化的知识，考查了理解辨析能力、逻辑推理能力、数学运算能力、数学的应用意识和解决问题的能力，属于一般题目.‎ ‎6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（ ）‎ A. 32 B. 36 C. 72 D. 80‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原几何体的三视图可知原几何体为两个等大的长方体组合，计算出其表面积.‎ ‎【详解】如图，该几何体为两个长方体的组合体，其表面积为两个长方体的表面积和减去重叠部分，即.‎ 故答案选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用几何体三视图求原几何体的表面积，较容易.，准确识别原组何体的构成是解题的关键.‎ ‎7.在的展开式中，含项的系数等于（ ）‎ A. 98 B. 42 C. D. ‎ ‎【答案】D - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得二项展开式的通项公式，并求得和项的系数，再由乘法分配率，得到含项的系数.‎ ‎【详解】二项展开式的通项公式,‎ 令，得，则含项的系数为，‎ 令，得，则含项的系数为，‎ 故含与项的系数等于.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理，求特定项的系数，属于基础题.‎ ‎8.函数的部分图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 求得函数的定义域，分析函数的奇偶性，结合的值以及排除法可得出合适的选项.‎ ‎【详解】对于函数，，得，所以，函数的定义域为.‎ ‎，函数为奇函数，图象关于原点对称，‎ 排除B、D选项；‎ 又，排除C选项.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查利用函数的解析式选择图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎9.已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）中，底面为菱形，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在之四棱柱下方构造等大的直四棱柱，将异面直线 - 25 -‎ 与所成角转化为与所成锐角，然后通过余弦定理解决问题.‎ ‎【详解】由，得，所以，所以，.如图，在直四棱柱下方补上一个相同直四棱柱，‎ 则（或补角）即为异面直线与所成的角，‎ 设，则，‎ 在中，利用勾股定理求出，‎ 在中利用余弦定理得：‎ ‎，‎ 所以异面直线与所成角的余弦值为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查用定义法求解异面直线的夹角，难度一般，解答时只需要将所给直线进行平移，找到这两条线所成角的平面角，然后通过解三角形得到夹角的余弦值.‎ ‎10.已知O为坐标原点，A，F分别是双曲线的右顶点和右焦点，以为直径的圆与一条渐近线的交点为P（不与原点重合），若的面积满足，则双曲线的离心率是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题意可知，为直角三角形，再根据，和，可知，根据离心率公式化简即可求出结果.‎ ‎【详解】因为以为直径的圆与一条渐近线的交点为P（不与原点重合），‎ 所以为直角三角形；‎ 设，‎ 在中，，，，‎ 因为，所以，‎ 又，所以，两边平方得，‎ 可化为，解得.‎ 故选: C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，双曲线的简单性质，以及离心率的求法，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎11.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合已知条件和正弦定理可得，即，，再根据和两角和的正切公式，以及三角形内角之间的关系，即可求出，再根据同角关系即可求出.‎ - 25 -‎ ‎【详解】由，利用正弦定理得，即，所以，.代入，解得，又，，同号，所以，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，同时考查了三角恒等变换以及同角的基本关系，属于基础题.‎ ‎12.已知函数，若函数恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的形式可判断是的一个零点，利用导数考虑与的图象有两个不为零的不同交点，从而可得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，所以是的一个零点；‎ ‎（2）当时，由题知应有两个不为零的不同零点，‎ 即有两个不为零的不同实根，‎ 即与的图象有两个的不同交点，且交点的横坐标不为零.‎ 又，‎ - 25 -‎ 令，，则，‎ 所以当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，‎ 令，，则，‎ 所以时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，‎ 所以的大致图象是：‎ 数形结合，知当或时，有两个不为零的不同实根，‎ 故函数有三个零点.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的零点，此类问题一般是先考虑参变分离法，把零点个数问题归结动直线与定函数的图象的交点的个数问题，本题属于较难题.‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21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.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.若球O的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为1，2，3，则球O表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 由球的截面性质得出长方体的三条棱长，从而得球半径，可计算出面积．‎ ‎【详解】由题意长方体相邻的三条棱长为2，4，6，外接球直径等于长方体对角线，所以.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查球的表面积，解题关键是掌握球的截面性质，长方体的性质：长方体的对角线是外接球的直径．‎ ‎14.已知圆与抛物线交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D两点，且坐标原点O是的中点，则p的值等于_________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 抛物线的准线方程为，所以由对称性得点，代入圆的方程即可得p的值.‎ ‎【详解】因为抛物线的准线方程为，所以由对称性得点，‎ 代入圆的方程得，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，属于基础题.‎ ‎15.函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，且与的图象关于点对称，那么的最小值等于_______________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平移变换得出，再利用与的图象关于点对称得 - 25 -‎ ‎，由周期性得出答案.‎ ‎【详解】由图象平移规律可知，由与的图象关于点对称，所以，化简得恒成立，得，故，，所以正数的最小值为6.‎ 故答案为:6.‎ ‎【点晴】与关于 对称，则 ，故得.‎ ‎16.已知向量，，满足，，且，则的取值范围是________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将转化为，两边平边再利用化简分析可求出的范围.‎ ‎【详解】因为，，所以， ‎ 等式两边平方得，‎ 所以，‎ 所以，所以，‎ 当且仅当与共线时取等号，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ - 25 -‎ 本题考查了向量数量积的运算和性质，还考查了学生分析观察能力，运算能力，难度较大.‎ 三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知各项均为正数的等比数列与等差数列满足，，记，.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，求出等差、等比数列的公差、公比，利用通项公式，即可求出结果.‎ ‎（2）化简，用裂项相消法求前n项和，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为各项为正数，‎ 设的公比为q，，的公差为d，‎ 则，，‎ 所以，‎ ‎（2）‎ ‎，‎ 所以.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了等差、等比数列的通项公式，用裂项相消法求数列前n项和.考查了数学运算能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于中档题目.‎ ‎18.2020年2月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学.某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班分别开展了H、G两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了20个同学，得到了对两种线上平台的评价结果如下：‎ 评价结果 差评 一般 好评 甲班 ‎5人 ‎10人 ‎5人 乙班 ‎2人 ‎8人 ‎10人 ‎（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；‎ ‎（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.‎ 差评 好评或一般 总计 平台 平台 总计 附：，.‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）；（2）列联表答案见解析，没有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”；表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般”；表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”或“一般”；表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”；表示事件：甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”，可知；又因为两个班级的评价相互独立，由此即可求出结果；‎ ‎（2）根据表中所给数据完成列联表，求出，再根据，根据独立性检验即可得出结论.‎ ‎【详解】解：（1）记表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”；‎ 表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般”；‎ 表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”或“一般”；‎ 表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”；‎ 表示事件：甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”.‎ 因为两个班级的评价相互独立，‎ 所以，‎ 故.‎ ‎（2）根据已知，列联表如下：‎ 差评 好评或一般 总计 平台 ‎5‎ ‎15‎ ‎20‎ 平台 ‎2‎ ‎18‎ ‎20‎ 总计 ‎7‎ ‎33‎ ‎40‎ - 25 -‎ 所以.‎ 由于，故没有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.‎ ‎【点评】本题主要考查了独立事件概率的求法，以及独立检验的应用，属于基础题.‎ ‎19.如图，在三棱锥中，，，，分别是线段，的中点，，，二面角的大小为60°.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求直线和平面所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证平面平面，需证线面垂直，根据条件可知，再根据勾股可证，从而可证平面，进而证出结论.（2）法一：以B为坐标原点，为x轴，为y轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法可求；法二： 由（1）可知平面，取的中点E，连接，可证平面，即为直线和平面所成的角，利用直角三角形即可求出结果.‎ ‎【详解】解：（1）在中，N是斜边的中点，‎ 所以.‎ 因为，是，的中点，‎ 所以，且，‎ - 25 -‎ 所以，.‎ 又因为，，‎ 所以，且，‎ 故平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）法一：由（1）知平面，故平面，‎ 所以.又，所以即为二面角的平面角，故，因此，.‎ 以B为坐标原点，为x轴，为y轴，建立如图所示空间直角坐标系.‎ 因为，，‎ 所以中点，.‎ ‎，.‎ 所以，.‎ 设平面的法向量，‎ 则，即，‎ - 25 -‎ 取，得，‎ 所以，‎ 故，‎ 因此直线和平面所成角的余弦值等于.‎ 法二：由（1）知平面，故平面，所以，‎ 又，所以即为二面角的平面角，故，‎ 因此，‎ 取的中点E，连接，则，且，在中，，‎ 又因为平面平面，所以平面，‎ 因此即为直线和平面所成的角，‎ 由，得，‎ 所以直线和平面所成角的余弦值等于.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查空间向量法求线面角，本题也可以用传统方法求线面角，考查学生的空间立体感和计算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆左、右焦点分别为，，且满足离心率，‎ - 25 -‎ ‎，过原点O且不与坐标轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设点，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由，可知的值，结合离心率可求，进而求出的值，从而求出椭圆方程.（2）利用弦长公式可用表示的长，再根据点到直线的距离可求出点到直线的距离，将三角形面积表示成的函数，利用均值不等式可求出最大值.‎ ‎【详解】解：（1）由题意可知，，‎ 根据，得，，‎ 椭圆C的方程为.‎ ‎（2）设直线的方程为，‎ 由，‎ 得，，‎ ‎.‎ 点A到直线的距离，‎ 所以 - 25 -‎ ‎，‎ 当时，；‎ 当时，‎ ‎，‎ 当且仅当时，等号成立，‎ 所以最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查根据的关系求椭圆方程，考查利用弦长公式和点到直线的距离公式求三角形的面积，考查均值不等式的应用，属于基础题.‎ ‎21.已知函数（a为常数）在处的切线方程为.‎ ‎（1）求a的值，并讨论的单调性；‎ ‎（2）若，求证.‎ ‎【答案】（1），在定义域上为增函数；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导函数，由可得（也可由求得），为确定的正负，设，再求导，由的正负确定单调性，从而得正负，得的单调性；‎ ‎（2）先利用导数证明不等式，然后引入函数，求出，对其中的部分函数，求出导函数，利用刚证的不等式可得 - 25 -‎ ‎，从而递增，因此可得是增函数（），因此得出单调性及最小值，得，于是得，结合已知得，由的单调性得证结论．‎ ‎【详解】解：（1），‎ 切线斜率，‎ 所以，‎ 此时，‎ 则，‎ 可得在上为减函数，在上为增函数，因此恒成立，‎ 故在定义域上为增函数 ‎（2）先证不等式，‎ 设，则，‎ 可得在上为增函数，在上为减函数，‎ 所以当时，即成立，，‎ 令，‎ 则，‎ 设，‎ 则，利用不等式得，‎ 那么，‎ - 25 -‎ 所以是增函数，故是增函数，‎ 又因为，在时，，时，，‎ 所以在上为减函数，在上为增函数，.‎ 所以，即，当时，取等号，所以，‎ 又由得，‎ 所以，‎ 又在定义域上为增函数，‎ 所以，即得证.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立．证明不等式的关键是引入新函数，利用导数证明，这样明确，即求得的最小值为0即可．本题考查了学生的转化与化归能力，分析问题解决问题的能力，运算求解能力，本题属于难题．‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，直线，曲线（为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求直线与曲线C的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线的极坐标方程为，直线与直线交于点A，与曲线C交于点O与点B，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；；（2）.‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把参数谅　参后化为普通方程，然后由公式，可把直角坐标方程化为极坐标方程；‎ ‎（2）直线的极坐标方程代入直线和曲线的极坐标方程得，然后计算，利用三角函数知识得最大值．‎ ‎【详解】解：（1）因为，，‎ 所以直线的极坐标方程为，即.‎ 由，消去参数，得，‎ 将，代入上式，得.‎ 即曲线C的极坐标方程为.‎ ‎（2）因为直线，则，，‎ 则，，‎ 所以 ‎.‎ 所以当时，取得最大值.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查极坐标的应用．属于中档题．‎ 选修4—5：不等式选讲 ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ - 25 -‎ ‎（2）记函数的最小值为m，正实数a，b满足，试求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简函数，分段求解不等式，即可求出答案.‎ ‎（2）利用绝对值三角不等式求出最小值，再利用基本不等式，即可求出最小值.‎ ‎【详解】（1）依题意得，‎ 因为，所以，或，或，‎ 解得，或，或.‎ 所以，即不等式的解集为.‎ ‎（2），‎ 当且仅当，即时取等号.‎ 则，，‎ 因为，，‎ 所以 - 25 -‎ ‎，‎ 当且仅当，且，即，时取等号，‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理应用绝对值的三角不等式求解最值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档题.‎ - 25 -‎