《解析》河北省石家庄市2020届高三五月模拟（七）数学（文）试题 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020届高三五月模拟考试（七）数学（文科）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：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】先解指数不等式，得集合，再求并集即可【详解】由，可得，得，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了集合的运算，涉及解指数不等

2、式，属于基础题.2.已知，其中是虚数单位，则（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，化简得，再结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】由题意，复数，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，以及复数模的计算，其中解答中熟记复数的除法运算，准确化简复数的代数形式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.3.已知向量，且与垂直，则（ ）A. 3B. 2C. D. 3【答案】A【解析】【分析】由与垂直，得到，即可求解.【详解】由题意，向量，则，因为与垂直，可得，即，解得.故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量的坐标运算，以及向量垂直的条件的应用

3、，着重考查计算能力，属于基础题.4.若双曲线的实轴长为4，则其渐近线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得的值，结合渐近线方程的求法，即可求解.【详解】由双曲线的实轴长为4，可得，即，又由，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质，其中解答中熟记双曲线的渐近线方程的求解方法是解答的关键，着重考查计算能力.5.用表示掷一枚质地均匀的骰子向上的点数，则方程有两个不等实根的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先得到掷一枚质地均匀的骰子向上的点数的基本事件总数，再求得方程有两个不等实根时a的

4、范围，得到其基本事件数，代入古典概型的概率公式求解.【详解】掷一枚质地均匀的骰子向上的点数的基本事件有：1，2，3，4，5，6，共6种，因为方程有两个不等实根，所以，解得，所以方程有两个不等实根的点数的基本事件有：4，5，6，共3种，所以方程有两个不等实根的概率为.故选：B【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6.已知，则下列不等关系一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对于A中，结合对数的运算和不等式的性质，即可判定正确；对于B、C、D中，令，即可判定是不正确的，即可求解.【详解】由，可得，对于A中，由，因为，所以，即，所以

5、A是正确的；对于B中，例如时，所以B不正确；对于C中，例如时，所以C不正确；对于D中，例如时，所以D不正确.故选：A【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及不等式的性质的应用，其中解答中结合对数的运算和不等式性质，以及合理利用赋值法求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7.已知函数的图象如图所示，给出四个函数：，又给出四个函数的图象，则正确的匹配方案是（ ）A. 甲，乙，丙，丁B. 甲，乙，丙，丙C. 甲，乙，丙，丁D. 甲，乙，丙，丁【答案】A【解析】【分析】结合函数图象的变换进行求解，可以翻折图象得到，可以通过对称得到.【详解】把的图象轴下方的部分翻折到上方，上方部分保持不变可得的图

6、象，所以-甲；把的图象轴左边的部分去掉，轴右边的部分保持不变，同时把轴右边的图象对称到轴左边，可得的图象，所以-乙；把的图象轴右边的部分去掉，轴左边的部分保持不变，同时把轴左边的图象对称到轴右边，可得的图象，所以-丙；作的图象关于轴的对称图象，可得的图象，所以-丁；故选：A.【点睛】本题主要考查函数图象的识别，熟悉图象的变换是求解的关键，明确对称变换、翻折变换对应解析式的特征，侧重考查直观想象的核心素养.8.已知函数，若，函数在上单调，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简函数，求得函数的对称中心的横坐标，结合题设条件，得出，进而求得的最小值.【详解】由题意，

7、函数，令，解得则函数的对称中心的横坐标为，又因为，函数在上单调，所以，当时，即的最小值为.故选：C.【点睛】本题主要考查了正弦型函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟练应用正弦型函数的图象与性质，求得对称中心的横坐标是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力.9.某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首项根据几何体的三视图换元得到几何体，进一步求出三棱锥的外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】根据几何体的三视图可得：该几何体是底面为等腰直角三角形，高为的三棱锥，如图所

8、示：设该三棱锥的外接球的球心为，则外接球的半径为，则，即，解得，所以外接球的表面积为.故选：B.【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图的转换，以及几何体的外接球的半径的求法和表面积的计算，着重考查运算能力，以及空间想象能力，属于中档试题.10.若为的各位数字之和，如：，则；记，则（ ）A. 2B. 8C. 5D. 11【答案】B【解析】【分析】依照题意，计算前几个函数值，发现从第三项开始是一个周期为3的周期性数列，再利用数列的周期性可解决问题.【详解】，数列从第3项开始是以3为周期的循环数列，.故选：B.【点睛】本题考查了归纳推理，考查了函数的周期性以及数列的递推式，属于中档题.11.已知椭

9、圆，过点的直线与椭圆交于，过点的直线与椭圆交于，且满足，设和的中点分别为，若四边形为矩形，且面积为，则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出图像，由面积和勾股定理列式可得，在中，有长度关系可得，从而得和，再利用点差法得，从而可求得离心率【详解】如图，不妨设，两条直线的斜率大于零时，连结，由题意知，解得，或，（舍），在中，因为，所以，故此时，设，则，两式相减得，即，即，因此离心率，所以，故选D【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求解，解题的关键是利用矩形求边长，进而求和，属于难题.12.如图，平面四边形中，的面积是面积的3倍，数列满足，当时，恒有，则数列的前

10、6项和为（ ）A. 2020B. 1818C. 911D. 912【答案】D【解析】【分析】连接交于点，根据，得，则，再根据，设，转化为，根据与不共线，得到，即，变形为，由等比数列的定义得到 是等比数列，得到通项公式，再用累加法得到，然后用分组求和法求解.【详解】如图，连接交于点，由，得，设，又与不共线，所以，则，即，所以，所以，即，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，所以，由，累加得，所以，所以故选：D【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理，共线向量定理以及等比数列的定义，累加法求通项和分组求和问题，还考查了转化求解问题的能力，属于难题.二、填空题：13.等差数列中，则_【答案】40【解析

11、】【分析】通过前项和公式代入12和，可计算的值.【详解】解：由题意可知：，所以解得：.故答案为：40.【点睛】本题考查前项和公式用表示的形式，考查灵活运用公式计算，属于基础题.14.已知实数，满足约束条件，则的最大值为_【答案】3【解析】【分析】作出不等式的区域，平移最大即可得解【详解】作出不等式表示的区域：作直线，平移得到，观察图象知在点处的截距取得最大值联立，解得，故，最大值为.故答案为：3.【点睛】本题主要考查线性规划求最值问题，属于基础题.15.已知长方体的底面是边长为1的正方形，侧棱，过作平面分别交棱，于点，则四边形面积的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据正方体的对称性，易得四边

12、形面积为，又为定值，故只需考虑到直线的距离最小值，分析可得当分别为所在棱的中点时满足，再求解面积即可.【详解】由正方体对称性，设到直线的距离为，易得，故求四边形面积的最小值即求的最小值.又两直线上的点的距离最小值即为两直线间的距离最值，当分别为的中点时，连接，交于，连接.因为，故四边形为平行四边形，故.又，故平面，故，即又，故.综上，故为的最小值.此时故答案为：【点睛】本题主要考查了立体几何中的面积最值问题，需要根据题意确定面积的表达式，并根据线线之间的关系分析点到线距离的最值，属于中档题.16.已知，若过点的动直线与有三个不同交点，自左向右分别为，设线段的中点，则_，的取值范围为_【答案】

13、(1). (2). 【解析】【分析】设，联立直线与，利用韦达定理可得的横坐标，然后利用导数的几何意义求出过的切线方程和在点处的切线方程，结合图形分析可得结果.【详解】设，由，得，故，为方程的两个根，所以，故点直线上，过作的切线，设切点坐标为，则有，即，所以，所以，所以因为，所以，解得，此时切线斜率，切线方程为又，则点处的切线方程切线、与直线的交点纵坐标分别为，因为动直线与有三个不同交点，结合图形分析可得故答案为：；.【点睛】本题考查了数形结合思想，考查了由曲线的交点个数求参数的取值范围，考查了导数的几何意义，属于中档题.三、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考

14、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17.已知的内角、的对边分别为、，且（）求；（）若，如图，为线段上一点，且，求的长【答案】（）（）【解析】【分析】（）根据正弦定理和余弦定理进行求解即可.（）根据（）式和余弦定理可求得，然后根据余弦定理可求得，进而可以利用辅助角公式求出，进而求出和.【详解】（）解法1：根据正弦定理，由得，整理得因为，所以解法2：由得，由余弦定理得：，整理得，所以（）解法1：在中，由余弦定理得：，整理得，解得或（舍），即在中，由（1）结论可知：由正弦定理得，所以，由（）结论可得出为锐角，所以，在中，解法2：中，由余弦定理得：，将（）中

15、所求代入整理得：，解得或（舍），即在中，由余弦定理可知：，所以，在中，【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题.18.如图，菱形与等边所在平面互相垂直，分别是线段，的中点（）求证：平面；（）求点到平面的距离【答案】（）证明见解析（）【解析】【分析】（）法一：通过构造平行四边形的方法，证得平面；法二：通过构造面面平行的方法，证得平面.（）利用等体积法，计算出点到平面的距离.【详解】（）法一：如图，取线段的中点，连接，是线段的中点，则且在菱形中为线段中点，则且则且，故四边形为平行四边形，所以又因为平面，平面，所以平面法二：如图，取线段中点，连接，在中，因为平面，平面，所以平面在菱形中，

16、因为平面，平面，所以平面又因为，且，平面，所以平面平面因为平面，所以平面（）如图，在等边中取边中点，连接，则，因为平面平面且平面平面，所以平面，在菱形中，是线段的中点，所以连接，在中，在中，在中，设点到平面的距离为，则，即，解得，所以点到平面的距离为【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查点面距的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.19.下表是我国大陆地区从2013年至2019年国内生产总值（GDP）近似值（单位：万亿元人民币）的数据表格：年份2013201420152016201720182019年份代号1234567中国大陆地区GDP：（单位：万亿元人民币）（）求关于的线性

17、回归方程（系数精确到）；（）党的十九大报告中指出：从2020年到2035年，在全面建成小康社会的基础上，再奋斗15年，基本实视社会主义现代化若到2035年底我国人口增长为亿人，假设到2035年世界主要中等发达国家的人均国民生产总值的频率直方图如图所示以（）的结论为依据，预测我国在2035年底人均国民生产总值是否可以超过假设的2035年世界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值参考数据：，参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，【答案】（）；（）可以超过【解析】【分析】（1）根据给出的数据计算和，从而得到回归方程；（2）到2035年底对应的年份代号为23，将代入，预测

18、出在2035年底人均国民生产总值，计算出平均生产总值，再根据频率分布直方图估计出人均国民生产总值平均数，比较后即可得出结论【详解】解：（） ，所以关于的线性回归方程为；（）到2035年底对应的年份代号为23，由（）的回归方程得，2035年我国国内生产总值约为万亿元人民币，又，所以到2035年底我国人均国民生产总值约为万元人民币，由直方图，假设的2035年世界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值为：，又，所以以（）的结论为依据，可预测我国在2035年底人均国民生产总值可以超过假设的2035年世界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值【点睛】本题主要考查最小二乘法求线性回归方

19、程，根据线性回归方程进行预测，以及根据频率分布直方图估计平均数，考查运算求解能力，属于中档题20.已知抛物线，斜率为2的直线与交于，两点，线段的中点为（）求抛物线的方程；（）设为抛物线的焦点，在轴两侧，且，求的面积【答案】（）（）25【解析】【分析】（）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，根据，求得，即可得到抛物线的方程；（）联立方程组，得，得到，再结合，列出方程求得，进而利用三角形的面积公式，即可求解.【详解】（）设直线的方程为，由，得，所以，由线段的中点为，可得，所以，所以抛物线的方程为（）设直线的方程为，联立方程组，得，于是由（）知，则，由，得，将代入整理得，将代入上式

20、，整理得，由，在轴两侧可知，解得，满足，又由，由，得，从而，所以的面积为25【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解、及直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等21.已知函数，为自然对数的底数（）若为单调递增函数，求实数的取值范围；（）当存在极小值时，设极小值点为，求证：【答案】（）（）见解析【解析】【分析】（）由，可令，然后，然后通过讨论的单调性，进而可以求出的最小值，又由为单调递增函数，即可求解.（

21、）利用导数的方法可得出，当时，利用，得，然后，利用和可得，进而令函数，利用的单调性，即可求证.【详解】解：（）由题意知，由为增函数可知恒成立设，令得，当时，单调递减，即单调递减；当时，单调递增，即单调递增故，又由为单调递增函数，则恒成立，因此，所以，经检验，当时，满足题意（）由（）知时，又因为，且在上单调递减，所以存在使得，令，当时，单调递增，故，又，在上单调递增，故存在使得因此有在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故，利用将代入消去得，函数的对称轴为，故在上单调递减，因此，即成立【点睛】本题考查利用导数求解含参的单调性问题，以及考查导数的隐零点问题，属于难题.（二）选考题：选修4-4：

22、坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）（）写出的极坐标方程；（）过原点的射线与的异于极点的交点为，为上的一点，且，求面积的最大值【答案】（）（）【解析】【分析】（）先把参数方程化为普通方程，然后再化为极坐标方程；（）设出的极坐标，根据夹角和三角形面积公式表示出的面积，结合三角函数最值可求面积的最大值【详解】（）由曲线的参数方程（为参数）可得曲线的普通方程为，即将，代入上式，得所以的极坐标方程为（）设点的极坐标为，点的极坐标为，则，于是的面积当时，取得最大值所以面积的最大值为【点睛】本题主要考查参数方程与

23、极坐标，参数方程化为普通方程的关键是合理消参，利用极坐标的几何意义能简化求解过程，侧重考查数学运算的核心素养.选修4-5：不等式选讲23.已知函数的最大值为（）求；（）已知，实数，且求证：【答案】（）4（）见解析【解析】【分析】（）解法1：根据，利用绝对值三角不等式求解.解法二：根据零点分段法得到分段函数，再求解最值. （）由（1）知，且，将证明，转化为证，再根据，转化为证，然后利用基本不等式证明即可.【详解】（）解法1：因为，当且仅当，即时，等号成立所以函数的最大值等于4解法2：，当时，的最大值等于4（）已知且，要证，只需证因为，所以，所以，故【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，绝对值函数的性质以及基本不等式法证明不等式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.- 27 - 版权所有高考资源网