河北省唐山市2020届高三下学期第二次模拟数学（理）试题 Word版含解析

河北省唐山市2020届高三下学期第二次模拟数学（理）试题 Word版含解析

唐山市2019-2020学年度高三年级第二次模拟考试 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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，直接求出.‎ ‎【详解】由题，则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了分式不等式的解法，集合的交集的运算，属于容易题.‎ ‎2.已知复数为纯虚数（其中i为虚数单位），则实数（ ）‎ A. B. 3‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简复数代数形式，根据复数为纯虚数，列出方程组，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，复数，‎ 因为复数为纯虚数，可得，解得.‎ - 22 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，以及复数的分类及其应用，着重考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知等差数列的前n项和为，，，则（ ）‎ A. B. 0‎ C. 10 D. 20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的性质，可得，再结合等差数列的性质，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，等差数列的前n项和为， ，‎ 根据等差数列的性质，可得，‎ 又由.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及等差数列前项和公式的应用，其中解答中合理利用等差数列的性质是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由诱导公式化简，得，再用二倍角余弦公式求出.‎ ‎【详解】由，得，则.‎ - 22 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了诱导公式和二倍角公式，属于容易题.‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长度为（ ）‎ A. B. 3‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图作出几何体的直观图，然后分析出最长的棱，并根据已知长度计算出最长棱的长度.‎ ‎【详解】在棱长为的正方体中，根据三视图，截取四棱锥 如图：‎ 根据三视图可的：‎ 根据立体图形可知，最长边为 在中，根据勾股定理 在中，根据勾股定理 - 22 -‎ 故该几何体的最长棱的长度 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查根据几何体的三视图确定出几何体的最长棱，难度较易.已知几何体的三视图，求解几何体的相关问题时，可通过画出几何体的直观图辅助求解.‎ ‎6.已知以抛物线E：的焦点为圆心，与的准线相切的圆交于两点，则（ ）‎ A. 2 B. 4‎ C. D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 抛物线焦点，以为圆心的圆与抛物线准线相切，由抛物线定义及对称性知为抛物线通径.‎ ‎【详解】‎ ‎, 焦点，‎ 以为圆心的圆与抛物线准线相切，由抛物线定义及对称性知为抛物线通径.‎ 故选：B ‎【点睛】涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性．‎ ‎7.某科考试成绩公布后，发现判错一道题，经修改后重新公布，下表是抽取10‎ - 22 -‎ 名学生的成绩，依据这些信息修改后的成绩与修改前的相比，这10名学生成绩的（ ）‎ 学生学号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 修改前成绩 ‎126‎ ‎130‎ ‎104‎ ‎100‎ ‎133‎ ‎123‎ ‎100‎ ‎120‎ ‎139‎ ‎103‎ 修改后成绩 ‎126‎ ‎135‎ ‎99‎ ‎100‎ ‎138‎ ‎123‎ ‎95‎ ‎120‎ ‎144‎ ‎98‎ A. 平均分、方差都变小 B. 平均分、方差都变大 C. 平均分不变、方差变小 D. 平均分不变、方差变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平均数的计算公式可得平均数不变，由数据的离散程度，可判断方差的变化.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ 平均分不变，‎ 修改后的成绩与平均分对照，波动更大，‎ 方差变大，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查平均数的计算和方差的意义，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎8.若曲线在处的切线为，则t所在的区间为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 利用导数求出曲线在处的切线方程，然后和比较，系数对应相等列方程可求出t，再利用对数的性质可得t所在的区间.‎ ‎【详解】解：，‎ 则，‎ 所以曲线在处的切线为，‎ 即，‎ 又曲线在处切线为，‎ 则，解得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义及切线方程的求解，考查对数函数单调性的应用，是基础题.‎ ‎9.已知，有以下命题：①为的一个周期：②的图象关于直线对称；③在上单调；则正确命题的个数是（ ）‎ A. 3 B. 2‎ C 1 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的周期的概念，可判定①不正确；根据函数对称性的定义，可判定②是正确的；根据二次函数的性质，结合正弦函数的性质，可判定③是正确，得到答案.‎ - 22 -‎ ‎【详解】由题意，函数，‎ 对于①中，由，所以，‎ 所以不是的一个周期，故①不正确；‎ 对于②中，由，‎ ‎，‎ 即，所以函数关于对称，故②是正确的；‎ 对于③中，由，‎ 令，可得，‎ 所以函数在单调递增，在单调递减，‎ 又由时，单调递增，‎ 且，即，‎ 所以函数在上单调递减，故③是正确.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的应用，其中解答中熟练应用函数的周期的概念，对称性的判定方法，以及二次函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.‎ ‎10.已知向量，满足，，则与的夹角的最大值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设与夹角为，，由，可得，整理可得，根据均值不等式和余弦函数图象，即可求得与的夹角的最大值.‎ - 22 -‎ ‎【详解】设与夹角为，‎ 整理可得：，即 ‎，代入 可得 可得：，即 整理可得：‎ 当且仅当，即取等号 故，结合，‎ 根据余弦函数图象可知最大值：‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了求两个向量夹角最值问题，解题关键是掌握向量数量积公式和根据均值不等式求最值的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎11.已知，若存在最小值，则a的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，根据题意可得有极小值点，即对应二次方程有两个不等实根，由即可求得a的取值范围.‎ - 22 -‎ ‎【详解】，‎ 因为函数的定义域为R，‎ 所以若存在最小值，则有极小值点，‎ 所以有两个不相等的实根，.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查根据函数的极值点求参数的取值范围，属于中档题.‎ ‎12.已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，设过的直线与C的右支相交于A，B两点，且，，则双曲线C的离心率是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义，求出，再求出，根据，求得关系，从而求出离心率.‎ ‎【详解】由题，又，得，‎ 则，又，得，‎ 中，，‎ 在中，，‎ - 22 -‎ 则，化简得，‎ 则（舍）或，得.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，关键是能够通过双曲线的定义得到各个焦半径的长度，通过解三角形可构造出关于的齐次方程，通过求解齐次方程得到离心率.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知x，y满足约束条件，若的最大值为______.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，画出不等式组表示的平面区域，由得，利用平移即可得到结论.‎ ‎【详解】解：不等式对应的平面区域如图：‎ ‎ 由得，平移直线， 由平移可知当直线，经过点A时， 直线的截距最小，此时z取得最大值， 由，解得， 即A（1，1）代入得， 即的最大值是0. 故答案为：0.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用，用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法.‎ ‎14.在的展开式中，的系数是______.‎ ‎【答案】240；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据二项展开式的通项公式，求出的值，即可得到答案；‎ ‎【详解】，‎ 当，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理求指定项的系数，考查运算求解能力.‎ ‎15.在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的表面积为______.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断出外接球球心的位置，计算出外接球的半径，由此计算出外接球的体积.‎ ‎【详解】设是的中点，由于，所以是三角形的外心，，‎ 由于，则， ，，所以平面，而平面，所以平面平面.由于三角形是等边三角形，设是三角形的外心，则也是三棱锥外接球的球心.设外接球的半径为，根据等边三角形的性质可知，所以外接球的表面积为 - 22 -‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积有关计算，属于基础题.‎ ‎16.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，若有最大值，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理求得，结合辅助角公式以及三角函数的最值，求得的取值范围.‎ ‎【详解】由于，所以.‎ 由正弦定理得，所以，所以 ‎.当时，没有最大值.所以.‎ - 22 -‎ 则.其中，要使有最大值，则可以等于，由于，所以，所以，即，解得.所以的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查辅助角公式，属于难题.‎ 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.已知是数列的前n项和，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用数列的递推公式，结合与的关系和等比数列的定义，得到是首项为1，公比为3的等比数列，即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，得到，利用裂项法，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由，可得：当时，，‎ - 22 -‎ 两式相减，得，即，‎ 当时，，得，即，即，‎ 所以，当时，，即是首项为1，公比为3的等比数列，‎ 所以数列的通项公式.‎ ‎（2）由，‎ 可得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列定义与通项公式的求解，以及“裂项法”求解数列的前项和，其中解答中利用数列的递推公式，结合等比数列的定义求得数列的通项公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.‎ ‎18.如图，在四边形中，，∥，，平面，平面，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若二面角是直二面角，求.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）连接，证得，再由，得到，进而证得平面，即可得到；‎ ‎（2）以A为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的法向量，结合，求得的值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）连接，因为平面，平面，所以，‎ 因为，，所以，‎ 所以，可得，‎ 因为平面，平面，‎ 所以，所以A，C，F，E四点共面，‎ 又，所以平面，‎ 因为平面，所以.‎ ‎（2）如图所示，以A为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴正方向，‎ 建立空间直角坐标系，‎ 设，则，，，‎ ‎，，.‎ 则，，‎ ‎，.‎ 设平面的法向量，则，‎ 即，取，，，则，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 即，取，，，则，‎ - 22 -‎ 由二面角是直二面角，则，即，解得.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定及应用，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算与应用，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量进行求解.‎ ‎19.某公司年会有幸运抽奖环节，一个箱子里有相同的十个兵乓球，球上分别标0，1，2，…，9这十个自然数，每位员工有放回的依次取出三个球.规定：每次取出的球所标数字不小于后面取出的球所标数字即中奖.中奖奖项：三个数字全部相同中一等奖，奖励10000元现金；三个数字中有两个数字相同中二等奖，奖励5000元现金；三个数字各不相同中三等奖，奖励2000元现金；其它不中奖，没有奖金.‎ ‎（1）求员工A中二等奖的概率；‎ ‎（2）设员工A中奖奖金为X，求X的分布列；‎ ‎（3）员工B是优秀员工，有两次抽奖机会，求员工B中奖奖金的期望.‎ ‎【答案】（1）0.09（2）见解析（3）1580元.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）利用古典概型的概率模型，即可求员工A中二等奖的概率；‎ ‎（2）记X的可能取值为0，2000，5000，10000，再计算概率，写出分布列；‎ ‎（3）员工B每次中奖奖金的期望和A一样，由题意可知,员工B中奖奖金的期望是1580元.‎ ‎【详解】（1）记事件“员工A中二等奖的概率”为M，有放回的依次取三个球的取法有种.‎ - 22 -‎ 中二等奖取法有两类：一类是前两次取到同一数字，从10个数字中取出2个，较大的数是前两次取出的数，较小的数是第3次取出的数有种；另一类是后两次取到同一数字，同理有种，共90种，则.‎ ‎（2）X的可能取值为0，2000，5000，10000.‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎.‎ 则X的分布列为 X ‎10000‎ ‎5000‎ ‎2000‎ ‎0‎ P ‎0.01‎ ‎0.09‎ ‎0.12‎ ‎0.78‎ ‎（3）由（2）可知A中奖奖金的期望，‎ 元.‎ 员工B每次中奖奖金的期望和A一样，‎ 由题意可知,员工B中奖奖金的期望是1580元.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率计算和离散型随机变量分布列、期望的实际运用，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎20.已知函数 ‎（1）求函数的最小值 ‎（2）若,证明：‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导分析函数的单调性与最小值即可.‎ ‎(2)由题意,证明,求导分析的单调性求出最小值判断即可.‎ ‎【详解】（1）,.‎ 所以时,,单调递减；‎ 时,,单调递增,‎ 从而时,取得最小值.‎ ‎（2）由（1）得,,‎ 所以当时,,‎ 令,‎ 则.‎ 令,,‎ 则,‎ 因为,所以,从而,‎ 因此在上单调递增,又,‎ 所以时,,从而,单调递减；‎ 时,,从而,单调递增,‎ 因此.‎ 故,.‎ ‎【点睛】‎ - 22 -‎ 本题主要考查了求导分析函数单调性,求得函数的最值证明恒成立的问题,需要根据题意分析导函数的单调性与零点,进而求得原函数的单调区间与最值.属于中档题.‎ ‎21.已知，是椭圆T.上的两点，且A点位于第一象限.过A做x轴的垂线，垂足为点C，点D满足，延长交T于点.‎ ‎（1）设直线，的斜率分别为，.‎ ‎（i）求证：；‎ ‎（ii）证明：是直角三角形；‎ ‎（2）求的面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（i）见解析（ii）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）（i）求出点D的坐标，用、表示出、即可得证；（ii）利用，都在T上可将两点坐标代入椭圆方程，两式相减并通过变形证明，由（i）可推出，则，得证；（2）直线AE的方程代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，利用韦达定理求出，由求出面积的表达式，利用换元法及对勾函数的单调性即可求得面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）（i）由题意可得，所以，‎ 又，因此.‎ ‎（ii）因为，都在T上，‎ 所以，，从而，‎ 即.‎ - 22 -‎ 又，，所以，‎ 由（i），则，即.‎ 故是直角三角形.‎ ‎（2）由（1）得，：，‎ 将直线代入椭圆T，并整理可得，‎ 所以.‎ ‎，‎ 因为，所以.‎ 令，则，等号当且仅当时成立.‎ 从而，‎ 因为在上单调递增，所以时，取得最小值，‎ 故时，取得最大值.‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用、直线的方程、椭圆中的三角形问题，涉及韦达定理、基本不等式、对勾函数的单调性，属于较难题.‎ ‎（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.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程] ‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线C：，直线l：.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ - 22 -‎ ‎（1）求曲线C与直线的极坐标方程；‎ ‎（2）已知P为曲线C上一点，于H，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）； （）:（2）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把，代入曲线C与直线的方程化简即可；‎ ‎（2）设，由于是曲线上的点，得到，在中，根据锐角三角函数的定义得到和的长，进而表示出，求得最值即可.‎ ‎【详解】解：（1）由，得 曲线C：，即；‎ 直线l：（）.‎ ‎（2）依题意，设，，则，‎ 所以，‎ ‎，‎ 因此 ‎.‎ 所以当，即时，取得最大值1.‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎[选修4-5：不等式选讲] ‎ ‎23.已知，，.‎ ‎（1）若，求证：；‎ ‎（2）若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用均值不等式计算得到答案.‎ ‎（2）变换得到，故，代入不等式，整理化简利用均值不等式计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）因为，，所以，由，得，‎ 故，，当且仅当时，等号成立.‎ ‎（2）由得.‎ ‎.‎ 当且仅当，且时，两个等号同时成立.‎ 即当且仅当且，的最小值是.‎ ‎【点睛】本题考查了均值不等式的应用，意在考查学生的计算能力和转化能力，变换是解题的关键.‎ - 22 -‎