河北省邢台市2020届高三下学期2月联考数学（理）试题

河北省邢台市2020届高三下学期2月联考数学（理）试题

高三2020年2月联考 数学（理科）‎ 考生注意：‎ ‎1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共150分.考试时间120分钟.‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上.‎ ‎3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.‎ 一、选择题：本大题共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.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出共轭复数，根据复数运算法则即可得解.‎ ‎【详解】，，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查复数的概念辨析和基本运算，关键在于熟练掌握复数的运算法则，根据法则求解.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数不等式解法求出解集得到A，根据交集运算即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查集合的交集运算，关键在于准确求解对数型不等式和一元二次不等式.‎ ‎3.设非零向量，满足，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，利用数量积的运算性质结合条件可得答案.‎ ‎【详解】，.‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零求向量的模长，属于中档题.‎ ‎4.如图，在正方体中，E为的中点，几何体的侧视图与俯视图如图所示，则该几何体的正视图为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据侧视图和俯视图特征判定几何体，找出正投影，即可得解.‎ ‎【详解】结合俯视图和侧视图，根据几何体特征，该几何体图中，‎ 正投影为，与不在同一平面，‎ 所以正视图为A选项的图形.‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查三视图的识别，关键在于根据俯视图侧视图结合几何体辨析正视图，易错点在于对几何体的棱BE考虑不准确.‎ ‎5.设双曲线，，的离心率分别为，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知双曲线标准方程，根据离心率的公式，直接分别算出，，，即可得出结论.‎ ‎【详解】对于双曲线，‎ 可得，则，‎ 对于双曲线，‎ 得，则，‎ 对于双曲线，‎ 得，则，‎ 可得出，，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的标准方程和离心率，属于基础题.‎ ‎6.若，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件有，利用均值不等式有可得到答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 则，当且仅当时，等号成立，‎ 故的最小值为4.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查对数的运算性质和利用均值不等式求最值，属于中档题.‎ ‎7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央.出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐.问水深、葭长各几何？”其意思为“今有水池1丈见方（即尺），芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺.‎ 将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示）.试问水深、芦苇的长度各是多少？假设，现有下述四个结论：‎ ‎①水深为12尺；②芦苇长为15尺；③；④.‎ 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①③ B. ①③④ C. ①④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用勾股定理求出的值，可得，再利用二倍角的正切公式求得，利用两角和的正切公式求得的值.‎ ‎【详解】设，则，‎ ‎∵，∴，∴.‎ 即水深为12尺，芦苇长为12尺；‎ ‎∴，由，解得（负根舍去）.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ 故正确结论的编号为①③④.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角的正切公式、两角和的正切公式，属于基础题.‎ ‎8.在外国人学唱中文歌曲的大赛中，有白皮肤选手6人，黑皮肤选手6人，黄皮肤选手8‎ 人，一等奖规定至少2个至多3个名额，且要求一等奖获奖选手不能全是同种肤色，则一等奖人选的所有可能的种数为（ ）‎ A. 420 B. ‎766 ‎C. 1080 D. 1176‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别计算一等奖两个名额和三个名额的情况即可得解.‎ ‎【详解】一等奖两个名额，一共种，‎ 一等奖三个名额，一共种，‎ 所以一等奖人选的所有可能的种数为1176.‎ 故选：D ‎【点睛】此题考查计数原理的综合应用，需要熟练掌握利用组合知识解决实际问题，准确分类，结合对立事件求解.‎ ‎9.已知函数，则（ ）‎ A. 的最小正周期为 B. 曲线关于对称 C. 的最大值为2 D. 曲线关于对称 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，根据三角函数的性质逐一判断.‎ ‎【详解】，则.‎ 的最大值为，‎ 当时，，故曲线关于对称，‎ 当时，，故曲线不关于对称.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的性质，其中对称轴和对称中心可代入判断，是基础题.‎ ‎10.函数的零点的个数为（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将原题转化为求方程的根的个数，根据函数奇偶性，考虑当时方程的根的个数，根据对称性即可得解.‎ ‎【详解】函数的零点个数，即方程的根的个数，‎ 考虑，定义在的偶函数，‎ 当时，，作出函数图象：‎ 两个函数一共两个交点，即当时有两根，‎ 根据对称性可得：当时有两根，‎ 所以一共4个根，‎ 即函数的零点的个数为4.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查函数零点问题，转化为方程的根的问题，根据奇偶性数形结合求解.‎ ‎11.在正方体中，E为棱上一点，且，若二面角 为，则四面体的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接交于O，可证为二面角的平面角，即可求得的长度，即可求出外接球的表面积.‎ ‎【详解】解：连接交于O，则，‎ 易知，则平面，‎ 所以，‎ 从而为二面角的平面角，‎ 则.‎ 因为，所以，‎ 故四面体的外接球的表面积为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查二面角的计算，三棱锥的外接球的表面积计算问题，属于中档题.‎ ‎12.若曲线存在两条垂直于y轴的切线，则m的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 曲线存在两条垂直于轴的切线⇔函数存在两个极值点⇔在上有两个解，即在上有两异根，令，利用导数法可求得的值域，从而可得的取值范围.‎ ‎【详解】解：∵曲线存在两条垂直于轴的切线， ∴函数的导函数存在两个不同的零点，‎ 又，‎ 即在上有两个不同的解，‎ 设，，‎ 当时，；当时，，‎ 所以，‎ 又当时，，当时，，‎ 故.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，考查推理与运算能力，属于难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.‎ ‎13.若x，y满足约束条件，则的取值范围为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，几何意义为可行域内的点与点连线的斜率，根据图形观察计算可得答案.‎ ‎【详解】作出可行域，如图所示，‎ 则，故z的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查分式型目标函数的最值问题，关键是画出可行域，是基础题.‎ ‎14.某工厂共有50位工人组装某种零件.下面的散点图反映了工人们组装每个零件所用的工时（单位：分钟）与人数的分布情况.由散点图可得，这50位工人组装每个零件所用工时的中位数为___________.若将500个要组装的零件分给每个工人，让他们同时开始组装，则至少要过_________分钟后，所有工人都完成组装任务.（本题第一空2分，第二空3分）‎ ‎【答案】 (1). 3.3； (2). 33.14‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据工时从小到大依次分析得出工时3.4人数16，工时3.5人数8，工时3.3人数12，即可得到中位数；‎ ‎②计算出工时平均数即可得解.‎ ‎【详解】①根据散点图：工时3.0人数3，工时3.1人数5，工时3.2人数6，工时3.3人数12，工时3.4人数16，工时3.5人数8，所以工时的中位数为3.3；‎ ‎②将500个要组装的零件分给每个工人，让他们同时开始组装，‎ 至少需要时间：‎ 故答案为：①3.3；②33.14‎ ‎【点睛】此题考查求平均数和中位数，关键在于准确读懂题意，根据公式计算求解.‎ ‎15.设，，分别为内角，，的对边.已知，，且，则______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理角化边公式化简，再运用余弦定理得出，即可求出.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 又，，所以，‎ 所以，‎ 则，解得.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题.‎ ‎16.设，若直线上存在一点满足，且的内心到轴的距离为，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得点为直线与椭圆的交点,直线方程与椭圆方程联立可得，由的内心到轴的距离为，即的内切圆的半径，由等面积法可求出参数的值.‎ ‎【详解】点满足,则点在椭圆上.‎ 由题意可得点为直线与椭圆的交点.‎ 联立与，消去得，则.‎ 因为的内心到轴的距离为，所以的内切圆的半径.‎ 所以的面积为，‎ 即，解得，又，则.‎ ‎【点睛】本题考查考查直线与椭圆的位置关系，根据椭圆的焦点三角形的相关性质求参数，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.‎ 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.设等差数列公差为2，等比数列的公比为2，且，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1） ‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可得，，联立解方程可得数列的通项公式；‎ ‎（2）通过分组求和法可得数列的前n项和.‎ ‎【详解】解：（1）因为，，所以，， ‎ 依题意可得，， ， ‎ 故；‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ 故 ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列，等比数列的通项公式，考查分组法求和，是基础题.‎ ‎18.某厂加工的零件按箱出厂，每箱有10个零件，在出厂之前需要对每箱的零件作检验，人工检验方法如下：先从每箱的零件中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是正品或都是次品，则停止检验；若抽取的零件至少有1个至多有3个次品，则对剩下的6个零件逐一检验.‎ 已知每个零件检验合格的概率为0.8，每个零件是否检验合格相互独立，且每个零件的人工检验费为2元.‎ ‎（1）设1箱零件人工检验总费用为元，求的分布列；‎ ‎（2）除了人工检验方法外还有机器检验方法，机器检验需要对每箱的每个零件作检验，每个零件的检验费为1.6元.现有1000箱零件需要检验，以检验总费用的数学期望为依据，在人工检验与机器检验中，应该选择哪一个？说明你的理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）应该选择人工检验，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，工人抽查的4个零件中，分别计算出4个都是正品或者都是次品，4个不全是次品的人工费用，得出的可能值，利用二项分布分别求出概率，即可列出的分布列；‎ ‎（2）由（1）求出数学期望，根据条件分别算出1000箱零件的人工检验和机器检验总费用的数学期望，比较即可得出结论.‎ ‎【详解】解：（1）由题可知，工人抽查的4个零件中，‎ 当4个都是正品或者都是次品，则人工检验总费用为：元，‎ 当4个不全次品时，人工检验总费用都为：元，‎ 所以的可能取值为8，20，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则分布列为 ‎8‎ ‎20‎ ‎0.4112‎ ‎0.5888‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 所以1000箱零件的人工检验总费用的数学期望为元，‎ 因为1000箱零件的机器检验总费用的数学期望为元，‎ 且，‎ 所以应该选择人工检验.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的实际应用，求离散型随机变量概率、分布列和数学期望，属于基础题.‎ ‎19.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD，，，，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.‎ ‎（1）证明：平面ABCD.‎ ‎（2）求直线BC与平面PBD所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明平面，得到，再证即可证得平面ABCD.‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、直线的方向向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：平面PCD，平面，，‎ ‎，为的中点，则且.‎ 四边形BCDE为平行四边形，，.‎ 又，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，，又平面，‎ 平面，则.‎ 平面平面，，‎ 又，为等腰直角三角形，‎ O为斜边AC上的中点，且平面ABCD.‎ ‎（2）解：以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示 不妨设，则,‎ 则.‎ 设平面PBD的法向量为，‎ 则即 即 令，得.‎ 设BC与平面所成角为，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直，线面角的计算，属于中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）讨论在上的单调性；‎ ‎（2）若，求不等式的解集.‎ ‎【答案】（1）当时，，则在上单调递增; 当时,的单调递减区间为，单调递增区间为;当时的单调递减区间为 ‎，单调递增区间为，;当时 的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），分和讨论得出函数的单调性. (2) 原不等式等价于,又，，当时，，所以在上单调递增，从而可得出答案.‎ ‎【详解】（1）.‎ 当时，，则在上单调递增.‎ 当时，令，得.‎ ‎（i）当时，，‎ 令，得；令，得.‎ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（ii）当时，，‎ 令，得；‎ 令，得或.‎ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，‎ ‎.‎ ‎（iii）当时，，‎ 令，得；令，得.‎ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（2）因为，所以，当时，，所以在上单调递增.‎ 因为，‎ 所以原不等式等价于.‎ 因为，，‎ 所以，‎ 解得，故所求不等式的解集为.‎ ‎【点睛】本题考查讨论函数的单调性和根据函数的单调性解不等式，属于中档题.‎ ‎21.已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点.‎ ‎（1）若过点，抛物线在点处的切线与在点处的切线交于点.证明：点在定直线上.‎ ‎（2）若，点在曲线上，的中点均在抛物线上，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设，,设直线的方程为，与抛物线方程联立可得 ‎，求出抛物线在点处的切线方程，和在点处的切线方程，联立可得答案. (2) 设，的中点分别为，,可得，，轴，，‎ ‎，的面积，从而可求出三角形的面积的范围.‎ ‎【详解】（1）证明：易知，设，.‎ 由题意可知直线的斜率存在，故设其方程为.‎ 由，得，所以.‎ 由，得，，则，‎ 直线的方程为，即，①‎ 同理可得直线的方程为，②‎ 联立①②，可得.‎ 因为，所以，故点在定直线上.‎ ‎（2）解：设，的中点分别为，‎ ‎.‎ 因为得中点均在抛物线上，所以为方程的解，‎ 即方程的两个不同的实根，‎ 则，，，‎ 即，‎ 所以的中点的横坐标为，则轴.‎ 则 ‎，‎ ‎，‎ 所以的面积.‎ 由，得，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以面积的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的切线的相关问题，抛物线中三角形的面积的范围问题，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，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.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（1）求曲线C的极坐标方程；‎ ‎（2）若点P的极坐标为，过P的直线与曲线C交于A，B两点，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将中的消去得普通方程，再利用可得极坐标方程；‎ ‎（2）先求出AB的参数方程，代入曲线C的普通方程，利用韦达定理及三角函数的性质可得的最大值.‎ ‎【详解】解：（1）由，得， ‎ 即，所以，‎ 即，故曲线C的极坐标方程为. ‎ ‎（2）因为P的极坐标为，所以P的直角坐标为，‎ 故可设AB的参数方程为（为参数）.‎ 将代入，得， ‎ 设点对应的参数分别为，‎ 则，， ‎ 所以， ‎ 故的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查普通方程，参数方程，极坐标方程之间的互化，考查直线参数方程中参数几何意义的应用，是中档题.‎ ‎【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）若，求不等式的解集；‎ ‎（2）设函数的图象与x轴围成的封闭区域为，证明：当时，的面积大于.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对不等式进行零点分段讨论求解；‎ ‎（2）求出函数与x轴交点坐标，表示出三角形面积，根据求得面积即可得证.‎ ‎【详解】（1）若，不等式即：‎ ‎，‎ 当时，，得，‎ 当时，，得，‎ 当时，，得，‎ 综上所述：‎ 即：不等式的解集为；‎ ‎（2），‎ 该函数图象与x轴围成的封闭区域为三角形，‎ 其三个顶点为，‎ ‎，该三角形面积：‎ 所以原命题得证.‎ ‎【点睛】此题考查求解绝对值不等式，利用零点分段讨论，根据三角形的面积证明不等式，关键在于准确求解顶点坐标，利用不等关系证明.‎