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

1、2020届高三五月模拟考试（七）数学（理科）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，涉及解指数不等式，属于基础题.2.已知，其中是

2、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，着重考查计算能力，属于基础题.4

3、.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.经统计某射击运动员随机射击一次命中目标的概率为，为估计该运动员射击4次恰好命中3次的概率，现采用随机模拟的方法，先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，用0，1，2表示没有击中，用3，4，5，6，7，8，9表示击中，以4个随机数为一组，

4、代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：9597，7424，7610，4281，7520，0293，7140，9857，0347，4373，0371，6233，2616，8045，6011，3661，8638，7815，1457，5550根据以上数据，则可估计该运动员射击4次恰有3次命中的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据20组随机数得出该运动员射击4次恰好命中3次的随机数共组，由此能求出对应的概率值.【详解】根据随机模拟产生的20组随机数知，该运动员射击4次恰好命中3次的随机数为：7424，0347，6233，8045，3661，7815，1457，

5、5550，共组，由以上数据该运动员射击4次恰有3次命中的概率为.故选：A【点睛】本题考查了随机模拟试验、古典概型的概率计算公式，属于基础题.6.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

6、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.7.，是两个互不相等的正数，则下列三个代数式中，最大的一个是（ ），A. 必定是B. 必定是C. 必定是D. 不能确定【答案】D【解析】【分析】利用特殊值排除法，分别取，或即可得出答案.【详解】取，分别计算得此时最大，故排除A和B取，分别计算得此时最大，故排除C故选：D【点睛】本题主要考查不等式的比较大小，利用特殊值和排除法是

7、解题的关键.8.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.9.已知函数图象的

8、一条对称轴为，且函数在上单调，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题得，解得，即，设，得到，分析即得的最小值.【详解】由题意得，为辅助角，因为对称轴，所以，解得，所以.所以函数图象的对称中心为，.设，则线段的中点为函数的对称中心，即，所以，当时，.取最小值时，故选：D【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，考查三角函数的对称性和单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.一台仪器每启动一次都随机地出现一个位的二进制数，其中的各位数字中，出现的概率为，出现的概率为若启动一次出现的数字为，则称这次试验成功若成功一次得分，失败一次得分，则次这样的重复试验的

9、总得分的数学期望和方差分别为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】先求出启动一次出现数字为的概率，变量符合二项分布，根据成功概率和实验的次数的值，有，结合二项分布项分布数学期望和方差计算公式及其性质，即可求得答案.【详解】其中的各位数字中，出现0的概率为，出现1的概率为，若启动一次出现的数字为，则称这次试验成功若成功一次得2分，失败一次得分，则81次这样的重复试验的总得分启动一次出现数字为的概率，变量符合二项分布，根据成功概率和实验的次数的值，有，数学期望为，的数学方差为得分为，故选：B【点睛】本题解题关键是掌握二项分布数学期望和方差计算公式及其性质，考查了分析能力和

10、计算能力，属于基础题.11.已知椭圆，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.已知数列满足：，则下列说法正确的是（

11、）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，可得，再用函数图象可得，可得出选项【详解】令，由可得在上单调递增，由可得在单调递减，且，可得，又恒成立，若，则数列为常数列，不满足，所以，所以数列为单调递增数列，如图所示：且，由图象可得，所以，故选：B【点睛】本题考查了数列和导数的综合问题，考查了学生利用导数判断函数的单调性，同时考查了学生转化问题的能力和计算能力，属于难题.二、填空题：13.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

12、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.14.已知数列的前项和，则_【答案】126【解析】【分析】先利用求出数列的通项,再求即可.【详解】当时,由题知,解得;当时,由,得,是首项为2,公比为2的等比数列,故答案为:126.【点睛】本题考查已知数列的前项和求数列的通项,常利用来解决问题,另外,要注意时的取值情况.15.已知长方体底面是边长为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

13、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】 (1). (2). 【解析】【分析】设，联立直线与，利用韦达定理可得的横坐标

14、，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，故点在直线上，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

15、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：在中，由余弦定理得：，将（）中所求代入整理得：，解得或（舍），即在中，由余弦定理可知：，所以，在中，【

16、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；（）求二面角的余弦值【答案】（）证明见详解；（）【解析】【分析】（）如图，取线段的中点，连接，根据题意证明四边形为平行四边形，然后根据线面平行的判定定理进行判定即可；（）如图，在等边中，取线段中点，连接，以所在直线为轴，过点作的平行线为轴，所在直线为轴建立如图坐标系然后分别找到平面和平面的一个法向量，根据法向量求二面角的余弦值即可【详解】（）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（

17、）如图，在等边中，取线段中点，连接，则，因为平面平面，且平面平面，所以平面，以所在直线为轴，过点作的平行线为轴，所在直线为轴建立如图坐标系设，则，所以，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量为，由题知平面的一个法向量为，所以二面的余弦值为【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，以及求二面角的余弦值，属于立体几何中的常考题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）以为解释变量，为预报变量，若以为回归方

18、程，则相关指数；若以为回归方程，则相关指数（1）判断与哪一个更适宜作为国内生产总值（GDP）近似值关于年份代号的回归方程，并说明理由；（2）根据（1）的判断结果及表中数据，求出关于年份代号的回归方程（系数精确到）；（3）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（2）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

19、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】（1）更适宜作为为解释变量为预报变量的回归方程见解析（2）（3）可以超过【解析】【分析】（1）比较的大小，即可得到答案；（2）利用最小二乘法即可求出回归直线方程；（3）先根据（2）中的回归方程预报2035年底我国人均国民生产总值，再由频率分布直方图估计2035年底我国人均国民生产总值，即可得到答案；【详解】解：（1）由，可得更适宜作为为解释变量为预报变量的回归方程（2），所以以为解释变量为预报变量回归方程为（3）到2035年底对应的年份代号为23，由（2）的回归方程得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

20、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（2）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】本题考查相关指数的应用、最小二乘法求回归直线方程、频率分布直方图，考查数据处理能力.20.设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点在第二象限，当在上时，与的横坐标和为（）求抛物线的方程；（）过作斜率为的直线与轴交于点，与直线交于点（为坐标原点），求【答案】（）（）【解析】【分析】（）设，代入抛物线方程，利用可求得，得抛物线方程；

21、（）由题意直线斜率存在，设，代入抛物线方程，整理后应用韦达定理得，设，由直线方程联立解得，而，此式用横坐标表示后代入上面的结论可得【详解】解：（）设，由题，由，则直线斜率为，又，则，从而有，所以，从而抛物线的方程为（）由题意直线斜率存在，设，由得，则，解得或，又点在第二象限，所以，设，由题，联立解得，将，代入上式得，即【点睛】本题考查求抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，解题方法是设而不求的思想方程，即设交点，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得，把代入其他条件化简变形计算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

22、，求证：【答案】（）（）见解析【解析】【分析】（）若为单调递增函数，则有恒成立，从而求的最小值即可得解；（）结合（）中函数的单调性只需讨论时，通过讨论导数的正负得使得，使得，在上单调递增，上单调递减，上单调递增，所以，结合，消去留，构造，可证得，进而只需证明，再构造函数利用单调性即可证得.【详解】（）由题意知，令，显然在上单调递增，且，故当时，单调递减；当时，单调递增，所以若为增函数，则恒成立，即，即经检验，当时，满足题意（）由（）知时，为增函数，不存在极小值；当时，故存在使得；，令，显然在上单调递增，故，故在上单调递增，故，故，因此存在使得因此在上单调递增，上单调递减，上单调递增，由代入消去

23、得，令，当时，故时，单调递减，即在上单调递减，故，故要证，只需证，令，当时，单调递增，故当时，综上，成立【点睛】本题主要考查了导数的应用，利用导数讨论函数的单调性及最值和极值，本题的难点是构造函数求最值证明不等式，属于难题.（二）选考题：选修4-4：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

24、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，为实数，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.