河北省唐山市2020届高三第二次模考数学（文）试题 WORD版含解析.doc

1、唐山市20192020学年度高三年级第二次模拟考试文科数学一、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】D【解析】【分析】先解不等式得集合，再根据集合交集运算即可得答案.【详解】解：解不等式得，故集合，所以.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算和分式不等式的解法，是基础题.2. 已知复数为纯虚数（其中i为虚数单位），则实数（ ）A. B. 3C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简复数的代数形式，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，

2、解得.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. 冰雹猜想（也叫猜想）：任意给出一个正整数，如果是奇数，下一步变成；如果是偶数，下一步变成，依次进行计算，无论是一个怎样的数字，最终都会回到数字1若给出的数字是，当第一次回到数字1时，经过的计算次数为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】【分析】根据题意条件，逐步计算，即可得出结果.【详解】第一步：因为为偶数，所以计算；第二步：因为为奇数，所以计算；第三步：因为为偶数，所以计算；第四步：因为为奇数，所以计算；第五步：因为为偶数，所以计算；第六步：因为为偶数，所以计算

3、；第七步：因为为偶数，所以计算；第八步：因为为偶数，所以计算，此时第一次回到数字1，共经过8次计算.故选：C.【点睛】本题主要考查算法的简单应用，属于基础题型.4. 已知满足约束条件，则的最大值为（ ）A. B. 0C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】先画出约束条件所对应的可行域，然后转化为截距型确定最大值.【详解】画出约束条件所确定的平面可行域如图所示，则目标函数可化为，故当直线的截距最小时，最大.由图可知，当直线过点时，有最大值，联立得，则的最大值为.故选：B.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，准确画出约束条件所表示的可行域是解题的关键.5. 已知，则（ ）A. B. C. D.

4、【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.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.6. 现有甲、乙、丙、丁4名大学生，若将4人随机分配到两个单位去实习，要求每个单位两人，则甲、乙恰好被分到同一单位的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据排列、组合以及古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】将4人随机分配到两个单位去实习，共有，乙恰好被分到同一单位共有，所以甲、乙恰好被分到同一单位的概率为：.故选： C【点睛】本题考查了排列、组合的应用，古典概型的概率计算公式，属于基础题.7. 某几何体的三视图如图

5、所示，则该几何体的最长棱的长度为（ ）A. B. 3C. 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.8. 函数的零点个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据绝对值的性质，分类讨论，

6、结合导数、零点存在原理进行求解即可.【详解】当时，因为，所以函数此时单调递增，而，所以此时函数有唯一零点；当时，令， 解得，此时原函数的零点为函数零点，因此当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以函数在和各有一个零点，所以一共有3个零点.故选：C【点睛】本题考查了求函数零点个数问题，考查了导数的应用，考查了数学运算能力.9. 已知为双曲线的左，右焦点，为双曲线的渐近线上一点，若为等腰直角三角形，则双曲线渐近线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】从图形出发，由几何条件求出点的坐标，代入渐近线方程解的值即可.【详解】如图所示，设点是渐近线上一点，若为等腰直角三角形，

7、则，且，则点满足直线方程，所以，即,故双曲线的渐近线方程为.故选：B. 【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解问题，较简单，解答时关键是要从几何条件出发得出关于的式子，然后进行化简求值.10. 已知为的导函数，且满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意令，求导得，结合题意得函数为的增函数，再根据函数单调性比较大小即可得答案.【详解】解：设函数，则，由于，所以，所以，即函数为的增函数，所以，化简得，故C错误，D正确；，化简得，故A,B错误；故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究抽象函数的单调性，利用单调性比较大小，是中档题.11. 已知，有以下三个命题：为的一个周

8、期；为奇函数；的图象关于直线对称；则正确命题的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】利用与的关系确定是否正确，利用与是否相等可以判断是否正确，根据可判断不是奇函数.【详解】因，则，故错；又，所以不是奇函数，故错；因为，则关于直线对称，故正确.故选：B.【点睛】本题考查与三角函数结合的相关函数的周期性、奇偶性以及对称性问题，难度一般.12. 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.【详解】设与夹角为，整理可得：，即，代入可得可

9、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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 若为等差数列的前项和，则_【答案】7【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据题意，求出公差，再由等差数列的通项公式，即可得出结果.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，解得：，因此.故答案为：7.【点睛】本题主要考查等差数列前项和的基本量运算，熟记公式即可，属于基础题型.14. 已知是椭圆的右焦点，且过点，则椭圆的标

10、准方程为_【答案】【解析】【分析】根据题意得，再根据椭圆过点待定系数求解即可.【详解】解：因为是椭圆的右焦点，所以，因为椭圆过点，所以有，解得.所以椭圆的标准方程为：.故答案为：【点睛】本题考查待定系数法求椭圆的标准方程，是基础题.15. 在中，角的对边为，若，则_【答案】【解析】【分析】利用正弦定理进行边角互化，然后结合和差角公式求解.【详解】由得，又，所以整理得：，即，则，.故答案为：.【点睛】本题考查解三角形，考查利用正弦定理进行边角互化，边角互化之后注意的代换，难度一般.16. 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

11、，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.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.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. 已知等比数列的各项均为正，且（1）求数列通项公式；（2）若，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析

12、】【分析】（1）利用等比数列的通项公式表示、，根据题意列出关于和公比的方程组求解；（2）先利用通项公式确定出，再确定出并求和.【详解】解：（1）设数列的公比为依题意有： 两式相比，整理得，解得或 因为的各项均为正，所以，所以 （2）， 所以【点睛】本题考查等比数列通项公式求解，考查裂项相消法求和，难度一般.解答的关键在于求解通项公式，再根据通项公式确定求和方法.18. 成年人收缩压的正常范围是（90，140）（单位：），未在此范围的献血志愿者不适合献血，某血站对志愿者的收缩压进行统计，随机抽取男志愿者100名、女志愿者100名，根据统计数据分别得到如下直方图： （1）根据直方图计算这200名志

13、愿者中不适合献血的总人数；（2）估计男志愿者收缩压的中位数；（3）估计女志愿者收缩压的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）【答案】（1）20人；（2）；（3）【解析】分析】（1）先根据频率分布直方图求得，进而得男志愿者中有5人不适合献血，进而得女志愿者中有15人不适合献血，故这些志愿者中共有20人不适合献血；（2）根据频率分布直方图中中位数的定义求解即可；（3）根据频率分布直方图中平均数的计算求解即可.【详解】解：（1）由得，故这些男志愿者中有5人不适合献血；由得，故这些女志愿者中有15人不适合献血综上所述，这些志愿者中共有20人不适合献血 （2）设男志愿者收缩压的中位数为，则由得

14、，因此，可以估计男志愿者收缩压的中位数为 （3），因此，可以估计女志愿者收缩压的平均值为【点睛】本题考查频率分布直方图的相关知识和用频率分布直方图估计中位数和平均数，考查运算能力，是基础题.19. 如图，在梯形中，平面，平面（1）求证：；（2），求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，进而可得线线垂直；（2）先由题意，得到点到平面的距离为，设点到平面的距离为，根据等体积法，由求解，即可得出结果.【详解】（1）因为平面，平面，所以 因为，所以，则有， 因为平面平面，所以，则有四点共面 又，所以平面，因为平面，所以 （2）由（1）可

15、知，平面，所以点到平面的距离为在中，在中， 设点到平面的距离为，由（1）可知，平面，平面，所以平面，所以 由得， 所以，即点到平面的距离为【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求点到面积的距离，熟记线面垂直的判定定理与性质，以及等体积法求线面距离即可，属于常考题型.20. 已知函数，若曲线与相交于，且在点处有相同的切线（1）求的值；（2）比较与的大小关系【答案】（1）；（2）当时，；当时，；当时，【解析】【分析】（1）由，解答，再由，解得，得到答案；（2）由，令，利用导数求得函数的单调性，结合，即可求解.【详解】（1）由曲线与相交于，可得，解答，又由，则，依题意可得，即，所以 （2）由，令，则

16、，所以在上单调递减，又，因此时，；当时，；当时， 故当时，；当时，；当时，【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求参数，以及利用导数求解函数的单调性与最值及其应用，其中解答中熟练应用导数的几何意义，以及熟练应用导数求得函数的单调性是解答的关键，着重考查推理与运算能力.21. 已知为抛物线的焦点，过的直线与抛物线交于点当的倾斜角为45时，（1）求抛物线的方程；（2），当绕点旋转时，抛物线上总存在点，使得四边形为平行四边形（点在直线的两侧）（i）求的值；（ii）记的面积为，求的最小值【答案】（1）；（2）（i）1；（ii）1【解析】【分析】（1）依题意，设，联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，得

17、的值，即得抛物线的方程；（2）（i）设，与联立得到韦达定理，设点，求出即得解；（ii）求出，即得的最小值【详解】（1）依题意，设，当的倾斜角为45时，与联立得，所以 从而，解得，所以，抛物线的方程为 . （2）（i）设，与联立得，所以 设点，由题意可得，；，所以，又在抛物线上，所以，解得 （ii）由（i）得，所以时，取得最小值为1【点睛】本题主要考查抛物线的焦点弦的计算，考查直线和抛物线的位置关系，考查面积的计算和最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.（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22. 在直角坐标系中，曲线C：，直线l

18、：.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.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.