河北省保定市2020届高三第二次模拟数学（理）试题 WORD版含解析.doc

1、2020年高三第二次模拟考试理科数学试题一、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.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由二次不等式及对数不等式的解法求出集合、，然后结合集合交、并、补的混合运算求解即可.【详解】解：解不等式，得或，即或，即,解不等式，得，即，即，即，故选：C.【点睛】本题考查了二次不等式及对数不等式的解法，重点考查了集合交、并、补的混合运算，属基础题.2.若复数满足，则（ ）A. 3B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】由复数的乘法及除法运算可得，然后求其模即可.【详解】解：由，

2、则，所以，故选：B.【点睛】本题考查了复数的乘法及除法运算，重点考查了复数模的运算，属基础题.3.在中，“” 是“为钝角三角形”的（ ）A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由向量数量积和两向量夹角的定义，结合充分必要条件的定义，即可判断出结论；【详解】在ABC中，若，则cos（B）0，即cosB0，B为钝角，则ABC是钝角；若ABC是钝角，不一定B角为钝角，则不成立，所以“” 是“为钝角三角形”的充分不必要条件.故选：C.【点睛】充分、必要条件的三种判断方法:1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如

3、“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件4.已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，则该函数图象是由的图象经过怎样的变换得到?（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】由诱导公式及三角函数图像的性质可得，然后结合函数图像的平移变换求解即可.【详解】解：由函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，则，即，则，即，则，又，又函数的图象是由的图象向右平移个单位长度得到，即函数的图象

4、是由的图象向右平移个单位长度得到，故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式及三角函数图像的性质，重点考查了函数图像的平移变换，属基础题.5.七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以湉冷庐杂识卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余”在18世纪，七巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部七巧新谱完整图案为一正方形(如图)：五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形，如果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设大正方形的边长为4，阴影部分可

5、看做一个等腰直角三角形和梯形，然后分别求出其面积，代入几何概型的概率公式求解.【详解】设大正方形的边长为4，则面积为，阴影部分：一部分可看做一个等腰直角三角形，直角边边长为，面积为，另一部分为梯形，上底为，下底为，高为，面积为，所以此点取自阴影部分的概率是.故选：C【点睛】本题主要考查几何概型概率求法，以及数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.6.已知，则（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用和差角公式可求得的值，再利用二倍角的余弦公式结合弦化切的思想可求得的值.【详解】，可得，.故选：A.【点睛】本题考查三角求值，考查和差角公式、二倍角公式以及弦化切思想的应用，考查

6、计算能力，属于中等题.7.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥组合体，分别计算其表面积得解.【详解】四分子一圆锥表面积 , 所以组合体表面积为故选：D【点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题.几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图8.在的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为（ ）A. 56B. 448C. 408D. 1792【答案】B【解析】【分析】由的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，可

7、得，再结合展开式的通项公式为求解即可.【详解】解:由的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则,即,则展开式的通项公式为,令,则,则该展开式中的系数为,故选:B.【点睛】本题考查了二项式系数，重点考查了二项式展开式通项公式及指定项系数，属基础题.9.孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经，年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解法传至欧洲，年英国数学家马西森指出此法符合年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将至这个整数中能被除余且被除余的数

8、按由小到大的顺序排成一列构成一数列，则此数列的项数是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】列举出该数列的前几项，可知该数列为等差数列，求出等差数列的首项和公差，进而可得出数列的通项公式，然后求解满足不等式的正整数的个数，即可得解.【详解】设所求数列为，该数列为、，所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，所以，解不等式，即，解得，则满足的正整数的个数为，因此，该数列共有项.故选：D.【点睛】本题考查数列项数的计算，求出数列的通项公式是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.10.已知点在函数图象上，若满足的的最小值为，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】

9、【分析】求得，进而可得出，由题意可得出，由此可得实数的取值范围.【详解】由于点在函数图象上，则，则，所以，由于满足的的最小值为，则，所以，.因此，实数的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查参数取值范围的计算，考查了等差数列求和公式的应用，根据题意得出是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.11.已知、分别为双曲线的左、右焦点，过作轴的垂线交双曲线于、两点，若的平分线过点，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形，设，可得，根据角平分线定理可得，可得出与的等量关系，再利用勾股定理可得出、的关系式，进而可求得双曲线的离心率.【详解】设，可得，如下图所示：

10、由于的平分线过点，则，即，在中，由勾股定理可得，即，因此，椭圆的离心率为.故选：D.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，考查了利用双曲线的定义求解焦点三角形问题，考查计算能力，属于中等题.12.已知方程有三个不同的根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将等式变形为，换元，可得出，利用导数分析得出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】将等式变形，令，则即，令，得，列表如下：极大值所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，函数的极大值为，作出函数的图象如下图所示：由于方程有三个不同的根，则，当时，则，得，关于的方程为，解得，不合乎题意；当时，则

11、，得，关于的方程为，解得，不合乎题意；当，时，由二次方程根的分布得，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究复合函数的零点问题，一般要将复合函数分解为内层函数和外层函数来进行分析，同时也考查了二次方程根的分布，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知向量、满足：，与夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值.【详解】，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量模的计算，考查平面向量数量积的运算律和定义，考查计算能力，属于基础题.14.已知正三棱锥，则此三棱锥外接球的半

12、径为_.【答案】【解析】【分析】作出图形，找出外接球球心的位置，根据几何体的结构特征列等式可求三棱锥外接球的半径.【详解】如下图所示：设点为的外心，则平面，则三棱锥的外接球球心在直线上，设其外接球的半径为，由正弦定理得，在中，由勾股定理得，即，解得.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球半径的计算，解题时要充分分析几何体的结构特征，找出球心的位置，通过几何体的结构特征列等式求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.15.已知定义域为的函数有最大值和最小值，且最大值和最小值的和为，则_.【答案】【解析】【分析】计算出，利用函数有最小值和最大值推导出，进而得出，可得出函数的图象关于点对称，进而可

13、求得的值，由此可计算出的值.【详解】，若，则函数无最小值，不合乎题意；若，则函数无最大值，不合乎题意.所以，则，则，所以，函数的图象关于点对称，则，则，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用函数的最值求参数的值，解答的关键在于推导出，并求出函数的对称中心，考查推理能力与计算能力，属于中等题.16.已知的内角、的对边分别为、，且，则_【答案】【解析】【分析】利用余弦定理可求得的值，利用正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式可求得，进而可求得的值，利用正弦定理可求得的值.【详解】，即，由，解得，由正弦定理得，.，则，.由正弦定理得，得.故答案为：.【点睛】本题考查三角形边长的计算，涉及余弦定理

14、和正弦定理的应用，考查计算能力，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.已知数列的前项和为，且满足.（1）求证：数列为等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）令可求得的值，令由可得，两式相减可得，利用等比数列的定义可证明出数列为等比数列；（2）由（1）求得数列的通项公式，然后利用分组求和法可求得.【详解】（1）当时，解得； 因为，当时，得即，当时，又，所以是以为首项，以为公比的等比数列；（2）由第一问可得，根

15、据等比数列前项和公式和分组求和得：，化简得：.【点睛】本题考查等比数列的证明，同时也考查了分组求和法，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18.我国是全球最大的口罩生产国，在2020年3月份，我国每日口罩产量超一亿只，已基本满足国内人民的需求，但随着疫情在全球范围扩散，境外口罩需求量激增，世界卫生组织公开呼吁扩大口罩产能常见的口罩有和（分别阻挡不少于90.0%和95.0%的0.055到0.095微米的氯化钠颗粒）两种，某口罩厂两条独立的生产线分别生产和两种口罩，为保证质量对其进行多项检测并评分（满分100分），规定总分大于或等于85分为合格，小于85分为次品，现从流水线上随机抽取这两种口罩各1

16、00个进行检测并评分，结果如下：总分614423174647358（1）试分别估计两种口罩的合格率；（2）假设生产一个口罩，若质量合格，则盈利3元，若为次品，则亏损1元；生产一个口罩，若质量合格，则盈利8元，若为次品则亏损2元，在（1）的前提下，设为生产一个口罩和生产一个口罩所得利润的和，求随机变量的分布列和数学期望；求生产4个口罩所得的利润不少于8元的概率【答案】（1）口罩合格率为；合格率为（2）分布列详见解析，数学期望为9.2；【解析】【分析】（1）根据题意，结合表中数据即可求解.（2）随机变量的所有可能取值为，1，7，11，利用相互独立事件的概率乘法公式求出各随机变量的概率即可列出分布列

17、，利用期望公式即可求解；根据题意可知事件包括“生产4个口罩全合格”和“生产4个口罩只三个合格”，由二项分布的概率求法即可.【详解】解（1）由题意知生产口罩合格率为， 生产口罩合格率为； （2）随机变量的所有可能取值为，1，7，11 因此，的分布列如下：1711（元） 设“生产4个口罩所得的利润不少于8元”事件为，事件包括“生产4个口罩全合格”和“生产4个口罩只三个合格” 所以.所以生产4个口罩所得的利润不少于8元的概率为.【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列、数学期望、二项分布，属于基础题.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为中点，点在上且平面，在延长线上，交于，且(1)证明

18、：平面；(2)设点在线段上，若二面角为，求的长度【答案】(1)详见解析；(2)【解析】【分析】(1) 要证平面，只需证明平行于平面内一条直线即可，取的中点，连结，可证四边形为平行四边形，从而可得，根据线面平行的判定定理即可证出；(2) 取的中点，连结，可证平面，以为原点，为轴，为轴建系，设，求出平面的法向量及平面的法向量，根据二面角为，利用夹角公式列出方程即可求出,进而可求出的长度【详解】(1)证明：取的中点，连结，则，且，因为，交于，且，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.(2)由平面，平面，所以，又，和在平面内显然相交，所以平面，又平面，所以平面平面，取的中

19、点，连结，因为，所以，又平面平面，平面，所以平面，在等腰中，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系,则，因为为的中点，所以，设，设平面的一个法向量，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量，所以，因为二面角为，所以，即，解得，所以.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，已知二面角的大小逆向探求点的位置，关键是求出二面角的两半平面的法向量，根据夹角公式列出方程，属于中档题.20.已知椭圆的离心率为，且以椭圆上的点和长轴两端点为顶点的三角形的面积的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）经过定点的直线交椭圆于不同的两点、，点关于轴的对称点为，试证明：直线与轴的交点为一个定点，且（为原点）【答案】（1

20、）；（2）详见解析【解析】【分析】（1）根据题意得出关于、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；（2）设直线的方程为，设点、，可得点，设点，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由、三点共线可得出【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为；（2）由题意知直线的斜率一定存在，设为，设、，则，设，联立消去得：，由得，即时，一定存在，.当斜率不为时：因为、三点共线，即，即化简，代入韦达定理化简得，即，且，当斜率时，直线与轴重合，满足结论综上，直线与轴的交点为一个定点，且【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中直线过定点问题的求解，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力

21、，属于中等题.21.已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数有两个不同的极值点、，求证：；（3）设，函数的反函数为，令，、，且，若时，对任意的且，恒成立，求的最小值.【答案】（1）具体详见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）求得函数的定义域和导数，对与的大小进行分类讨论，分析导数的符号变化，进而可得出函数的单调区间；（2）求得，由题意可知方程有两个不等的正根、，可求得的取值范围，并列出韦达定理，进而可得出，然后构造函数，利用导数证明出即可；（3）根据题意得出，进而可得，、，且，由已知条件得出，分析出函数在上的单调性，可得出，进而可求得的最小值.【详解】（1）函数的定义域为，当时

22、，由得；由，得.此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，由得；由得或.此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，对任意的恒成立，此时，函数在单调递减；当时，由得；由得或.此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和.综上所述，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间；当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为和；（2）证明：，由已知函数有两个不同的极值点、，知有两个不等的正实数根，即有两个不等正实数根，即，解得，令，因为，所以，所以在单调递增，结论得证；（3）当时，则，所以，、，且，对

23、，恒成立，即，即，因为在单调递减，所以也递减，当时，即对任意且，恒成立，显然当时，即，即，所以的最小值为【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数证明函数不等式以及求解函数不等式恒成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.（二）选考题：共10分请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分22.已知曲线的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数）（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程

24、；（2）在（1）中，设曲线经过伸缩变换得到曲线，设曲线上任意一点为，当点到直线的距离取最大值时，求此时点的直角坐标【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）由可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，在直线的参数方程中消去参数可将直线的参数方程化为普通方程；（2）利用伸缩变换求得曲线的普通方程，进而可得出曲线的参数方程，设点，利用点到直线的距离公式结合辅助角公式、正弦函数的有界性可求得点到直线的距离的最大值，并求出对应的点的坐标.【详解】（1）将曲线的极坐标方程化为，由，所以，曲线的直角坐标方程为.在直线的参数方程中消去参数得，所以，直线的普通方程为；（2）由伸缩变换得带入圆的方程得，化简得曲

25、线，其参数方程为（为参数，且），设点，点到直线距离为：，则，所以，当时，即当时，取最大值，即，此时，点的坐标为.【点睛】本题考查曲线的极坐标方程、参数方程与普通方程之间的转化，同时也考查了利用椭圆的参数方程求解椭圆上的点到直线距离的最值，考查计算能力，属于中等题.23.已知（1）求不等式的解集；（2）若f(x)的最小值为M，且a+b+c=M(a，b，cR)，求证：【答案】（1）或 （2）见解析【解析】【分析】（1）根据绝对值不等式性质，进行分类讨论即可；（2）由题知f(x)的最小值为M=1，再根据基本不等式推理论证即可证明.【详解】（1）由题可知，则的解集为或综上，不等式的解集为或（2）由题可知，f(x)的最小值为M=1（时取得），即，由柯西不等式，得，同理，得到相加，得得证（等号成立条件）【点睛】本题考查解绝对值不等式和利用柯西不等式的简单证明，难度一般，利用基本、柯西不等式证明结论时，注意等号成立条件.