河北省辛集中学2020届高三数学上学期模拟考试试题（一）理（含解析）.doc

1、河北省辛集中学2020届高三数学上学期模拟考试试题（一）理（含解析）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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出集合A，由此能求出AB【详解】集合Ax|x1，xN0，1，又，AB0，1故选A.【点睛】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意条件2.A. B. C. 2D. -2【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘方运算法则运算即可.【详解】 故选A.【点睛】本题考查复数的乘方运算，属基础题.3.已知命题方程有两个实数根；命题函数，的最小值为给出下列命题：；则

2、其中真命题的个数为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】判断两个简单命题、的真假，再利用复合命题真假的判断原则判断出各选项中复合命题的真假.【详解】对于命题，则方程有两个实数根，命题真命题；对于命题，当时，设，由于函数在区间上单调递减，则，所以，函数在上的最小值为，命题为假命题，因此，、为真命题，为假命题，则真命题的个数为，故选C.【点睛】本题考查复合命题真假的判断，关键在于判断出各简单命题的真假，考查逻辑推理能力，属于中等题.4.对任意，下列不等式恒成立的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用各基本初等函数的定义域和值域对各选项中的不等式进行判断.【详解

3、】对于A选项，对任意的实数，A选项中的不等式不恒成立；对于B选项，函数的定义域为，且当时，B选项中的不等式不恒成立；对于C选项，对任意的实数，则，C选项中的不等式恒成立；对于D选项，函数的定义域为，且当时，D选项中的不等式不恒成立.故选C.【点睛】本题考查不等式恒成立的判断，要充分理解各基本初等函数的定义域和值域，并结合不等式的性质来进行判断，考查推理能力，属于基础题.5.设向量，且，则向量与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】向量，且，则, , ,设向量与的夹角为，则 ，选D.6.运行如图所示的程序框图，输出的n等于（）A. 27B. 28C. 29D. 30【答案】C【

4、解析】【分析】按算法和循环结构依次计算即可【详解】解：第1 次，,成立，则，第2次，成立，则，第3次，成立，则，第次，因为，所以第15次时结束，此时，所以输出29故选：C【点睛】此题考查了算法和循环结构，属于基础题.7.已知函数的部分图象如下图所示，的图象的对称轴方程可以是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】依题意得，.又在处取得最大值，则，故，又，所以，而，即，所以结合图象可知解得，故，令，即，故，故选B8.如图，在矩形中，现分别沿、将矩形折叠使得与重合，则折叠后几何体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】折叠后形成的几何体为直棱柱，计算出底面的

5、外接圆直径，再利用公式求出几何体的外接球半径，再利用球体表面积公式可计算出外接球的表面积.【详解】在矩形中，现分别沿、将矩形折叠使得与重合，则折叠后的几何体为直三棱柱，且平面，在中，则为等腰直角三角形，且为斜边，所以，的外接圆直径为，设直三棱柱的外接球半径为，则，因此，该几何体的外接球的表面积为，故选B.【点睛】本题考查多面体的外接球，同时也考查了球体表面积的计算，解题时要充分分析几何体的结构特征，利用相应的公式进行计算，考查计算能力，属于中等题.9.已知点为平面区域上的一个动点，则的取值范围是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据线性约束条件作可行域，由z的几何意义可得z

6、的取值范围.【详解】由约束条件作出可行域如图，的几何意义是可行域内的点与连线的斜率，由可行域可知，当取点B（0,2）时，连线斜率最大，所以的最大值为,当取点A（1,1）时，连线斜率最小，所以的最小值为,则的取值范围是故选C.【点睛】线性规划中的最值,范围问题主要涉及三个类型：1.分式形式：与斜率有关的最值问题：表示定点P与可行域内的动点M(x,y)连线的斜率.2. 一次形式z=ax+by:与直线的截距有关的最值问题, 特别注意斜率范围及截距符号.3. 与距离有关的最值问题:表示定点P到可行域内的动点N(x,y)的距离10.将二项式展式式各项重新排列，则其中无理项互不相邻的概率是（ ）A. B.

7、 C. D. 【答案】A【解析】二项式展开式通项为：，知当r=0，2，4，6时为有理项，则二项式展开式中有4项有理项，3项无理项，所以基本事件总数为，无理项互为相邻有，所以所求概率P=，故选A11.关于下列命题，正确的个数是（）（1）若点在圆外，则或；（2）已知圆，直线，则直线与圆恒相切；（3）已知点是直线上一动点，、是圆的两条切线，、是切点，则四边形的最小面积是；（4）设直线系，中的直线所能围成的正三角形面积都等于A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】（1）根据一般方程表示圆和点列不等式组可解出实数的取值范围，可判断出命题（1）的真假；（2）计算圆心到直线的距离的取值范围，可判断

8、出命题（2）的真假；（3）找出当切线、的长取得最小值时点的位置，计算出的长，并计算出此时四边形的面积，可判断出命题（3）的真假；（4）由直线系方程可知，中所有直线都是定圆的切线，利用圆的半径可计算出正三角形的面积，可判断出命题（4）的真假.【详解】对于命题（1），由于方程表示圆，则，整理得，由于点在该圆外，则，所以，解得或，命题（1）为假命题；对于命题（2），直线过原点，圆的圆心的坐标为，且，所以，圆心到直线的距离，则直线与圆相交或相切，命题（2）为假命题；对于命题（3），圆的标准方程为，圆心的坐标为，半径长为，圆心到直线的距离为，则，四边形的面积的最小值为，命题（3）为真命题；对于命题（4）

9、，直线系的方程为，由于点到直线的距离为，直线系中所有的直线都是圆的切线，如下图所示：，等边三角形的边长为，所以，中的直线所能围成的正三角形面积为，命题（4）为真命题.因此，真命题的个数为，故选B.【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，直线系的应用以及直线与圆的位置关系，考查了转化和数形结合思想等数学思想方法，属于中等题.12.已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】化简为 即 ，令，可得，所以 ， ，令 可得 在 上递增，令 可得 在 上递减，所以在 处取得极大值 ，又因为，不等式

10、的解集中恰有两个整数，等价于不等式的解集中恰有两个整数，当时，不等式不等式的解集中恰有两个整数 ，所以不等式的解集中恰有两个整数，实数的取值范围是，故选D.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、构造函数解决不等式有解问题,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；若

11、是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13.已知函数，若，则实数_.【答案】或【解析】【分析】分和两种情况解方程，可得出实数的值.【详解】当时，解得；当时，得.因此，或，故答案为或.【点睛】本题考查利用分段函数值求自变量的值，解题时要对自变量进行分类讨论，考查运算求解能力，属于基础题.14.已知定义在上的奇函数满足，为数列的前项和，且，_.【答案】【解析】【分析】利用题中条件可推出函数是以为周期的周期函数，由可得出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可得出、的值，再利用周期性和奇函数的性质求出的值.【详解】对任意的，当时，得；当时，由得，

12、上述两式相减得，整理得，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，.，由于函数奇函数，则函数是以为周期的周期函数，因此，故答案为.【点睛】本题考查函数周期性与奇偶性求值，同时也考查了利用前项和公式求数列的通项，考查运算求解能力，属于中等题.15.抛物线的准线与轴的交点为，过点作的两条切线，切点分别为、，则_.【答案】【解析】【分析】求出点的坐标为，并设过点的直线方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，由求出的值，利用斜率关系得出，从而得出的大小.【详解】抛物线的准线与轴的交点为，则，设过点的直线方程为，由得，由，得，因此，故答案为.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键就是要抓住直

13、线与抛物线相切这一条件进行转化，考查运算求解能力，属于中等题.16.已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】作出函数和函数在区间上的图象，由图象得出为增函数且，由此可解出实数的取值范围.【详解】如下图所示：由上图所示，当时，不等式恒成立，则函数为增函数，且有，所以，解得，因此，实数的取值范围是，故答案为.【点睛】本题考查对数不等式的求解，在利用数形结合思想求解时，要充分分析出函数的单调性，并抓住一些关键点进行分析，列出不等式组进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.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1721题为必考题，每个

14、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.为数列的前项和.已知0，=.（）求的通项公式；（）设,求数列的前项和.【答案】（）（）【解析】【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求an的通项公式：（）求出bn，利用裂项法即可求数列bn的前n项和【详解】解：（I）由an2+2an4Sn+3，可知an+12+2an+14Sn+1+3两式相减得an+12an2+2（an+1an）4an+1，即2（an+1+an）an+12an2（an+1+an）（an+1an），an0，an+1an2，a12+2a14a1+3，a11（舍）或a13，则an是首

15、项为3，公差d2的等差数列，an的通项公式an3+2（n1）2n+1：（）an2n+1，bn（），数列bn的前n项和Tn（）（）.【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键18.如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点试用空间向量知识解下列问题：（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，取中点为，以为原点，的方向为、轴的正方向建立空间直角坐标系，计算出平面和平面的法向量、，由证明出平面；（2）计算出平面的法向量，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系可得出二面角的正弦值.【

16、详解】（1）取中点，连接，为正三角形，在正三棱柱中，平面，平面，.，平面，取中点为，以为原点，的方向为、轴的正方向建立空间直角坐标系，则、，设平面的一个法向量为，由，即，得，令，得，所以，平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，因此，平面平面；（2）设平面的法向量为，由，即，得，令，得，所以，平面的一个法向量为，因此，二面角的正弦值为.【点睛】本题考查利用空间向量证明平面与平面垂直以及求二面角，解题的关键就是建立空间直角坐标系，并计算出平面的法向量，考查运算求解能力，属于中等题.19.某校为了解本校学生在课外玩电脑游戏的时长情况,随机抽取了100名学生进行调查.如图是根据调查结果绘制的

17、频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图估计抽取样本的平均数和众数m（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）;（2）已知样本中玩电脑游戏时长在50,60的学生中,男生比女生多1人,现从中选3人进行回访,记选出的男生人数为,求的分布列与期望E（）.【答案】();()详见解析.【解析】试题分析：()根据频率分布直方图计算样本的众数，就是看最高的这组数据的区间中点，中点就是众数，平均数的计算方法，每组区间中点乘以本组的频率和就是平均数，而频率是本组矩形的面积；()首先根据频数等于频率乘以100，和本组中的男生和女生人数，然后列的可能取值，列分布列和数学期望.试题解析：解：（）（）样本中玩电脑游戏时

18、长在的学生为人，其中男生3人，女生2人，则的可能取值为1，2，3的分布列为123所以考点：1.频率分布直方图的应用；2.离散型随机变量的分布列和数学期望.20.已知椭圆的左右焦点分别为、，上顶点为，若直线的斜率为，且与椭圆的另一个交点为，的周长为（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线（直线的斜率不为）与椭圆交于、两点，点在点的上方，若，求直线的斜率【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由椭圆的定义得出的周长为可求出的值，又由直线的斜率得出，可求出、的值，从而得出椭圆的标准方程；（2）将直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦

19、达定理，由题意分析得出，代入韦达定理可求出实数的值，即可得出直线的斜率.【详解】（1）根据题意，因为的周长为，所以，即，由直线的斜率，得，因为，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）由题意可得直线方程为，联立得，得，解得，所以，因为，即，所以，当直线的斜率为时，不符合题意；故设直线的方程为，设点、，由点在点的上方，且，则有，联立，所以，由韦达定理得，消去得，所以，得，又由画图可知不符合题意，所以，故直线的斜率为【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中的三角形面积比的计算，解题时要结合已知条件将三角形的面积比转化为共线向量来处理，并结合韦达定理进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.21.

20、已知函数， .（1）讨论的单调性；（2）当时，令，其导函数为，设是函数的两个零点，判断是否为的零点？并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求函数导数，根据a的范围讨论导函数在定义区间上零点，根据导函数零点情况确定函数极值，（2）根据零点解得，代入得. 构造函数，其中，最后根据导数确定函数单调性，根据单调性确定函数无零点.试题解析：（1）依题意知函数的定义域为，且. 当时， ，所以在上单调递增. 当时，由得： ， 则当时；当时.所以在单调递增，在上单调递减. （2）不是导函数的零点. 证明如下：由（）知函数. ， 是函数的两个零点，不妨设，两式相减得： 即： 又

21、则 . 设，令， . 又，在上是増函数，则，即当时， ，从而，又所以，故，所以不是导函数零点.（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，则按所做的第一题计分。22.在平面直角坐标系中，已知曲线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线的极坐标方程；（2）若点、为曲线上的两点，且，求的最小值【答案】（1）；（2）最小值.【解析】【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再由可将曲线的方程化为极坐标方程；（2）设点、的极坐标分别为、，其中，将这两点的极坐标代入曲线的极坐标方程，可得出、关于的表达式，然后利用三角恒等变换思想得出的最小值.

22、【详解】（1）曲线（为参数），可得曲线的普通方程为1由可得出曲线的极坐标方程为；（2）由对称性，设点、的极坐标分别为，其中，将这两点的极坐标代入曲线的极坐标方程得，则， 当且仅当时，即当时，取到最小值.【点睛】本题考查椭圆的参数方程、普通方程与极坐标方程的互化，同时也考查了极坐标方程的应用，要熟悉极坐标解决实际问题所满足的条件类型，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.23.已知函数（1）解不等式；（2）若不等式在实数上的解集不是空集，求正数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）去绝对值，分，和三段来解不等式，可得出该不等式的解集；（2）由题意得出，然后利用绝对值三角不等式得出函数的最小值，解出不等式即可.【详解】（1）当时，原不等式可化为，解得，结合，故是原不等式的解；当时，原不等式可化为，此时不等式恒成立，故是原不等式的解；当时，原不等式化为，解得，故是原不等式的解由可知，因此，原不等式的解集为；（2）由绝对值三角不等式得，由题意，不等式在实数集上的解不为空集，只要即可，即，即，解得或，由于，则，因此，正数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，同时也考查了绝对值不等式成立问题的求解，考查了利用绝对值三角不等式求函数的最值，考查分析问题和转化问题的能力，属于中等题.