河北省石家庄市2020届高三数学综合训练试题（二）文（含解析）.doc

1、河北省石家庄市2020届高三数学综合训练试题（二）文（含解析）（时间120分钟，满分150分）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：本大题共12个小题，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】先求解集合再求即可.【详解】,故选：D.【点睛】本题主要考查

2、了对数的不等式求解以及交集的运算,属于基础题.2.设，则的共轭复数的虚部为（ ）A. -1B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】化简求出复数，再求出共轭复数，然后直接判断出的虚部即可.【详解】,所以的虚部为-1故选：A【点睛】本题考查共轭复数的概念以及复数的实虚部的认识，属于基础题.复数的实部为，虚部为.3.从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度，其茎叶图数据如图.根据茎叶图，下列描述正确的是（ ）A. 甲种树苗的中位数大于乙种树苗的中位数，且甲种树苗比乙种树苗长得整齐B. 甲种树苗的中位数大于乙种树苗的中位数，但乙种树苗比甲种树苗长得整齐C. 乙种树苗的中位数大于甲种树苗的中位数

3、，且乙种树苗比甲种树苗长得整齐D. 乙种树苗的中位数大于甲种树苗的中位数，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐【答案】B【解析】【分析】由茎叶图将甲、乙两组数据从小到大排列，分别求出它们的中位数，再根据每组数据的分散情况判断，即可得出答案【详解】解：由茎叶图知，甲组数据从小到大排列为：10，10，12，24，25，30，43，45，45，46；其中位数是，且数据分布比较分散；乙组数据从小到大排列为：17，20，21，23，24，26，31，31，32，35；其中位数是，且数据分布比较集中；所以甲种树苗的中位数大于乙种树苗的中位数，且乙种树苗比甲种树苗长得整齐故选：B.【点睛】本题考查利用茎叶图中的数据

4、判断中位数和数据分散情况，是基础题4.已知关于的不等式的解集为，则是的A. 既不充分也不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 充分而不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据题意，可知当时满足条件，当时，由不等式的解集为，根据一元二次不等式的性质求出的取值范围，进而得出集合，最后结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解：当时，不等式等价为，此时不等式的解集为，满足条件，当时，要使不等式的解集为，则，得，得：，综上，关于的不等式的解集为，即是的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，涉及一元二次不等式的性质的应用和集合间的关系，考查运算能力.5.已知

5、为抛物线：上点，抛物线的焦点为，则（ ）A. 3B. 5C. 7D. 8【答案】B【解析】【分析】求出抛物线方程，得到焦点坐标，然后求解即可【详解】解：为抛物线上一点，即可得，所以，则故选：B【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题6.若，则的一个可能值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用同角三角函数关系和诱导公式，以及辅助角公式和二倍角正弦公式化简已知等式，可得，即可得出答案【详解】解：，的一个可能值为.故选：C【点睛】本题考查利用同角三角函数关系和诱导公式，以及辅助角公式和二倍角正弦公式进行化简，考查计算能力，属于基础题7.已知的三个角

6、A，B，C成等差数列，三条边a，b，c成等差数列，且，则的面积的为（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】A【解析】【分析】依据题意可得角，然后使用余弦定理，可得，最后利用三角形面积公式，可得结果.【详解】由题可知：A，B，C成等差数列，三条边a，b，c成等差数列所以由，所以又，所以则故选：A【点睛】本题考查等差数列与解三角形的综合应用，本题难点在于求得，熟悉公式，审清题意，属基础题.8.已知，是空间两个不同平面，是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是（ ），且，则，且，则，且，则，、且，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用空间线面、面面平行、垂直的性质定理和判

7、定定理分别分析四个命题，得到正确答案.【详解】，且，则可能相交，故错误；，且，则可能相交，也可能平行，故错误；，且，则，根据线面垂直的性质可知正确；，、且，则，根据线面垂直的性质可知正确.故选：D.【点睛】本题考查了空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的性质定理和判定定理的运用；熟练掌握定理是关键.9.已知函数，则的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过求导判断函数在的单调性，进而得出的单调性，利用单调性求得不等式的解集即可.【详解】当时，则，所以当时，恒成立，所以在为增函数，且，当时，为增函数，且，所以在上为增函数，所以等价于，解得或.故选：B.【点睛】本题

8、考查利用导数判断函数的单调性，考查利用单调性解不等式，考查推理能力，属于中档题.10.已知x，y满足，且目标函数的最大值为9，则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】先根据条件画出可行域，再根据目标函数的最大值为9，分析出何时最大，把点的坐标代入即可求出实数的值.【详解】解：不等式组表示的可行域如图所示，因为目标函数的最大值为9，所以由图可知，在过点时取最大值，由，解得，所以，解得故选：C【点睛】此题考查线性规划的简单应用，利用线性规划求函数的最值时，关键是将目标函数赋予几何意义，数形结合求出何时取最值，属于基础题.11.三棱锥S-ABC的底面各棱长均为3，其外接球半径为

9、2，则三棱锥S-ABC的体积最大时，点S到平面ABC的距离为（ ）A. B. C. 3D. 2【答案】C【解析】【分析】采用数形结合，依据题意，点在底面的投影为的中心时，三棱锥S-ABC的体积最大，简单计算，可得结果.【详解】设点到底面的距离为，则当三棱锥S-ABC的体积最大时，即最大由题可知：为边长为3的等边三角形，则点在底面的投影为的中心，且底面如图所示又，所以又，所以所以故选：【点睛】本题考查立体几何的应用，本题关键在于知道点在底面的投影为的中心时，三棱锥S-ABC的体积最大，考验分析问题的能力，审清题意，细心计算，属中档题.12.设圆O的半径为1，P，A，B是圆O上不重合的点，则的最小

10、值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】通过取中点对向量的数量积转化，由圆的几何性质分析P与劣弧的关系，通过垂径定理建立PC与CB的关系，转化成函数求最值.【详解】取AB的中点C，劣弧的中点D，显然，P在劣弧上，显然，P为劣弧的中点时，最小记，由垂径定理可得，可得，当时，取最小值.故选：A【点睛】本题考查了平面向量的数量积，圆的几何性质，垂径定理，二次函数求最值问题，考查了数学运算能力和逻辑推理，数形结合能力和转化的数学思想，属于难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.等差数列中，则_.【答案】11【解析】【分析】利用等差数列通项公式列出方程组，求出，即

11、可求出.【详解】解：等差数列中，解得，故答案为：11【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用，考查运算求解能力，是基础题14.现有A、B、C、D、E，5种在线教学软件，若某学校要从中随机选取3种作为教师“停课不停学”的教学工具，则其中A，B，C至少有2种被选取的概率为_【答案】【解析】【分析】先列出从5种在教学软件中随机选取3种的所有情况，然后计算出其中A，B，C至少有2种的情况，再利用古典概型公式计算即可.【详解】解：从A、B、C、D、E，5种在线教学软件随机选取3种的有：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE共有10种等可能情况，其中A，B，C至少有

12、2种被选取的有:ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,BCD,BCE共有7种，所以所求概率为，故答案为：【点睛】此题考查概率的求法，考查古典概型，属于基础题.15.双曲线与的渐近线相同，则双曲线的离心率为_【答案】【解析】分析】首先写出两条双曲线的渐近线方程，因为渐近线相同，得到，进而求得其离心率的值.【详解】双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为，所以，所以双曲线的离心率为，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关双曲线的离心率的问题，涉及到的知识点有双曲线的渐近线，双曲线的离心率，属于简单题目.16.已知函数，其中，e为自然对数的底数，若，使，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分

13、析】根据常用不等式，可转化为，然后使用分离参数，并构造函数，利用导数研究该函数的最值，简单计算可得结果.【详解】令，则，当时，所以在单调递增，所以所以由，所以当时，故若，使转化为，则，即令，若时，若时，所以函数在递增，在递减所以所以，即故答案为：【点睛】本题考查导数的应用，本题难点在于对的理解，同时等价转化，化繁为简，同时掌握常用的不等式，比如，属中档题.三、解答题：共70分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）必考题：共60分17.已知数列中，当时，.（）求证：数列等差数列；（）设，数列的前项和为

14、，求证：.【答案】（）证明见解析；（）证明见解析.【解析】【分析】（）两边同时除以得：，即可得证;（）由（）知，再利用裂项相消法求和即可得证；【详解】解:（）证明：当时，由，两边同时除以得：，由，得，故数列是以1为首项，1为公差等差数列.（）解：由（）知，所以，所以.因为，故.【点睛】本题考查构造法求数列的通项公式以及裂项相消法求和，属于基础题.18.在三棱柱中，底面是正三角形，侧棱平面，、分别是、的中点，且（I）求证：平面；（）求到平面的距离【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）推导出平面，可得出，再由结合线面垂直的判定定理可证得平面；（）根据题意得出，进而可计算出，由（I）知平

15、面，设点到平面的距离为，利用等体积法可得出有关的等式，解出即可.【详解】（）在三棱柱中，平面，平面，所以在中，所以又，所以平面因为平面，所以又，所以平面；（）在矩形中，因，所以，则，即，即，得在中，由（）知平面，所以为到平面的距离，在中，设点到平面的距离为，则，即，即，所以，解得所以点到平面的距离为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了利用等体积法计算点到平面的距离，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19.下图是某地5月1日至15日日平均温度变化的折线图，日平均温度高于20度低于27度时适宜户外活动，某人随机选择5月1日至5月14日中的某一天到达该地停留两天（包括到达当日）（1）求这

16、15天日平均温度的极差和均值；（2）求此人停留期间只有一天的日平均温度适宜户外活动的概率；（3）由折线图判断从哪天开始连续三天日平均温度的方差最大?（写出结论，不要求证明）【答案】（1）19度，29.6度；（2）；（3）从5月7日开始连续三天的日平均温度方差最大.【解析】【分析】（1）由折线图读出所有数据，最高温度40度，最低温度为21度，即可求出极差，利用求平均数的公式直接求平均数；（2）由折线图可以得到只有一天的日平均温度适宜户外活动共有3-4日，7-8日，8-9日，11-12日，14-15日这5种情况，然后利用求古典概型的概率的公式求解（3）连续3天数据波动最大的，则方差最大【详解】解：

17、（1）由折线图最高日平均温度40度，最低温度21度，故日平均温度的极差为度，设日平均温度的均值为，则度（2）由题意此人停留的可能时间有14种情况，只有一天的日平均温度适宜户外活动共有3-4日，7-8日，8-9日，11-12日，14-15日这5种情况，故概率（3）从5月7日开始连续三天的日平均温度方差最大【点睛】此题考查极差、平均数、方差，考查求古典概型的概率，属于基础题.20.已知椭圆和圆，、为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，当直线与圆相切时，（I）求的方程；（）直线与椭圆和圆都相切，切点分别为、，求面积的最大值【答案】（）；（）.【解析】【分析】（I）根据已知条件求得和的值，由此可得出椭圆的方

18、程；（）将直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出，并求出点的坐标，根据圆的切线的性质可得出直线的方程为，与直线的方程联立可求得点的坐标，求得直线与轴的交点的坐标，利用三角形的面积公式以及基本不等式可求得面积的最大值【详解】（）由题可知设，则由与圆相切时，得，即将代入，解得，所以椭圆的方程为；（）设点、，将代入得由直线与椭圆相切得，即，且，由直线与圆相切，设，与联立得，设直线与轴交于点，则所以的面积为，当且仅当时等号成立，所以的面积的最大值为【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中三角形面积最值的求解，考查计算能力，属于难题.21.已知函数，且曲线在点处的切线为x轴（）求a，b的值，并讨

19、论的单调区间；（）求证，其中e为自然对数的底数【答案】（）；在上单调递减；在上单调递增；（）证明见解析.【解析】【分析】（）根据题意，得到，解方程组，求得，从而求得，从而求得函数的单调区间； （）由（）得，即对任意成立之后应用分析法证明即可.【详解】（），由题意知；，令，解得，当时，即在上单调递减；当时，在上单调递增；（）由（）知，即对任意成立要证，只需证在不等式中，令，则有，即，即成立；要证，只需证，即证，只需证，即证在不等式中，令，则有，即成立综上，不等式成立【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有根据切线方程求参数，研究函数的单调性，应用导数证明不等式，属于较难题

20、目.（二）选考题：共10分，请考生从第2223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.以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，将曲线绕极点逆时针旋转后得到曲线.（）求曲线的极坐标方程；（）若直线：与，分别相交于异于极点的，两点，求的最大值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）设上任意一点的极坐标为，结合条件可知在上，再代入的极坐标方程，即可得出的极坐标方程；（）根据题意，设，利用极径的几何意义得出，再根据三角函数关系式的恒等变换

21、及正弦型函数的性质，即可求出结果【详解】解：（）设上任意一点的极坐标为，由于曲线绕极点逆时针旋转后得到曲线，则在上，而曲线极坐标方程为，所以，故曲线的极坐标方程为.（）根据题意，可设，当且仅当时等号成立，故的最大值为.【点睛】本题考查曲线的极坐标方程以及极径的应用，还涉及三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用，考查转化思想和运算能力.23.已知函数，.（）求函数的最小值；（）对于任意，存在，使得成立，求的取值范围.【答案】（）2；（）.【解析】【分析】（）分类讨论去绝对值，得出分段函数，根据一次函数的单调性，得到的单调性，即可求出的最小值；（）根据绝对值三角不等式的性质得出，由任意，存在，使得成立，得出，即，最后利用绝对值不等式的解法，即可求出的取值范围【详解】解：（），上单调递减，在上单调递增，故当时，取得最小值2.（）由（）得，而，当时等号成立，由题意知，对任意，存在使得成立，则，即，所以，解得：，即的取值范围为.【点睛】本题考查根据分类讨论和单调性求函数的最值，绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式的性质和根据不等式恒成立问题求参数取值范围，考查转化思想和运算能力