河北省石家庄市2020届高三数学综合训练试题（二）理（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）理（含解析）（时间120分钟，满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：

2、D.【点睛】本题主要考查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

3、位数大于甲种树苗的中位数，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

4、考查利用茎叶图中的数据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，

5、考查运算能力.5.已知为抛物线：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

6、基础题7.已知，是空间两个不同的平面，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.8.已知函数，则的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分

7、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.9.已知、满足，且目标函数的最大值为，最小值为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】如图所示，画出可行域，根据图象计算得到直线过点，代入计算得到答案.【详解】如图所示，画出可行域，目标函数为，则，表示直线在轴的截距，解得，此时；，解得；，解得，故直线过点，即，解得，故故选：C.【

8、点睛】本题考查了线性规划问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，画出图象是解题的关键.10.已知的三条边，满足，分别以边，为一边向外作正方形，.如图，分别为两个正方形的中心（其中，三点不共线），则当的值最大时，的面积为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】用余弦定理把，令，把变形为，看成关于的函数，用导数的观点解决最值问题即可.【详解】解：如图，连接、，由题意可知，.在中，设，则由基本不等式，可知（当且仅当时取等号）.，设，则，令且，解得，时，单调递增；时，单调递减的值最大时，此时.故选：A.【点睛】本题主要考查余弦定理，面积公式，导数，考查学生的综合能力，属于难题.11.

9、已知函数，其中，为自然对数的底数，若，使，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据单调性证明恒成立，故，使，分类参数，构造函数，根据函数的单调性求最值得到答案.【详解】，则，函数单调递增，故恒成立，使，即，使，即，即，设，即，时，时，故函数在上单调递增，在上单调递减，故，故.故选：A.【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒能成立问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.12.过双曲线：右焦点的直线交的右支于，两点，直线（是坐标原点）交的左支于点.若，且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取左焦点，设，由双曲线的定义得，

10、再由双曲线的对称性，则，而，所以，再由双曲线的定义求出，在直角三角形中利用勾股定理，求出，以及，的关系，最后利用离心率的公式即可求出结果.【详解】解：取左焦点，设，则，由题意可得，所以，所以，而，所以，进而可得，在直角三角形中，所以，解得：，所以，在直角三角形中，所以可得：，所以，故选：C【点睛】本题考查双曲线定义的应用和离心率的求法，以及双曲线的对称性和直角三角形中勾股定理的应用，考查运算能力.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，即可求出.【详解】解：等差数列中，解得，故答案为：11【点睛

11、】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.已知，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用赋值法分别将和代入已知式子中，得到两个方程，由这两个方程化简整理，即可求出的值【详解】解：，令，可得，再令，可得，由两式相减除以2，可得，故答案为：【点睛】本题考查二项式定理的应用，利用赋值法求展开式的系数和，考查化简运算能力.15.已知向量，若，的方向是沿方向绕着点按逆时针方向旋转角得到的，则称经过一次变换得到.已知向量经过一次变换后得到，经过一次变换后得到，如此下去，经过一次变换后得到，设，则_.【答案】【解析】【分析】由题意可得经过一次变换得到，相当于一次旋转变换，利用矩

12、阵变换得出，分别求得三次变换后得到的向量坐标，再由，可得向量经过2019次变换后得到，即可得到所求值【详解】解：由题意可得经过一次变换得到，相当于一次旋转变换得，而向量经过一次变换后得到，即为，可得向量，向量经过一次变换后得到，即有，可得向量，向量经过一次变换后得到，即为，可得向量，而，可得再经过三次变换后得到的向量坐标为，则向量经过2019次变换后得到，可得，故答案为：.【点睛】本题考查向量的新定义变换的理解和运用，注意运用矩阵变换得到规律是解题的关键，考查化简运算能力和推理能力，属于难题16.在四面体中，平面，分别为线段，的中点，现将四面体以为轴旋转，则线段在平面内投影长度的取值范围是_.

13、【答案】【解析】【分析】取中点为，中点为，连接、，利用三角形的中位线得，根据等腰三角形的性质和线面垂直的判定定理，可证出平面，进而得出，当四面体绕旋转时，与的垂直性保持不变，当与平面垂直时，在平面上的射影的长取得最小值，当与平面平行时，在平面上的射影的长取得最大值，由此即可得出结果【详解】解：如图，取中点为，中点为，连接、，分别是线段和的中点，由于，则，且，平面，平面，又平面，在中，当四面体绕旋转时，平面，平面，平面，与的垂直性保持不变，且，长度不变，当与平面垂直时，在平面上的射影长最短为0，此时在平面上的射影的长取得最小值为，当与平面平行时，在平面上的射影长最长为：，此时在平面上的射影的长取

14、得最大值为，线段在平面上的射影长的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查线段在平面上的射影的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系以及等腰三角形的性质和线面垂直和判定定理，考查运算求解能力和空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题.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：数列是等差数列；（）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（）证明见解析；（）证明见解析.【解析】【分析】（）两边同时除以

15、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为公差的等差数列.（）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.（）求证：平面；（）求二面角的余弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）证明，得出平面，从而证明平面；（）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面平面和平面的法向量，利用法向量计算二面角的余弦值【详解】解：（）证明：在三棱柱中，平面，平面，所以.在

16、中，.所以.又，所以平面因为平面，所以，又，所以平面.（）设，在矩形中，因，所以，则，即，即，得.以为坐标原点建立如图所示坐标系，则，则，设平面的法向量为，则，令得为平面的一个法向量.由（）知，平面，所以为平面的一个法向量.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的平面角问题，属于中档题19.某精密仪器生产厂准备购买，三种型号数控车床各一台，已知这三台车床均使用同一种易损件.在购进机器时，可以额外购买这种易损件作为备件，每个0.1万元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个0.2万元.现需要决策在购买机器时应同时购买几个易损件，为此搜集

17、并整理了三种型号各120台车床在一年使用期内更换的易损零件数，得到如下统计表：每台车床在一年中更换易损件的件数567频数型号60600型号306030型号08040将调查的每种型号车床在一年中更换的易损件的频率视为概率，每台车床在易损件的更换上相互独立.（）求一年中，三种型号车床更换易损件的总数超过18件的概率；（）以一年购买易损件所需总费用的数学期望为决策依据，问精密仪器生产厂在购买车床的同时应购买18件还是19件易损件？【答案】（）；（）时应当购买18件易损件.【解析】【分析】（）由频数表可得三种型号更换的易损件的概率，设一年中、三种型号车床更换易损件分别为，三种型号车床更换易损件的总数为

18、，利用相互独立事件的概率分别求出和，由，从而得解；（）由题可知，的可能取值为16，17，18，19，20，由对立事件的概率可知，由（）可知和，从而可得关于的分布列，然后分别求出购买18件和19件易损件的总费用的数学期望，比较大小后作出判断即可【详解】解：（）由表中数据可得三种型号更换的易损件的概率（频率）分布表为：每台车床在一年中更换易损件的件数567概率（频率）型号0型号型号0设一年中，三种型号车床更换易损件分别为，三种型号车床更换易损件的总数为，所以，所以一年中，三种型号车床更换易损件的总数超过18件的概率为.（）由题意，所有可能取值为16，17，18，19，20，由（）可知，故的概率分布

19、列为：1920设购买18件的总费用为，则的可能取值为1.8，2，2.2，则万元，设购买19件的总费用为，则的可能取值为1.9，2.1，则万元，所以在购买车床的同时应当购买18件易损件.【点睛】本题考查相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，考查学生对数据的分析与处理能力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，.（）求的方程；（）直线：与轴交于点，且与椭圆和圆都相切，切点分别为，记和的积分别为和，求的最小值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】(I) 由题意可得，设，运用直线和圆相切的条件，可得，结合a，b, c的关系，解得a, c,进而得到椭圆方

20、程；（）设，将代入，结合直线和椭圆相切的条件判别式为0，解得M的坐标，可得的面积，再由直线和圆相切的条件，解方程可得N的坐标，求得Q的坐标，计算的面积为,求得的表达式，化简后运用基本不等式即可得证.【详解】（）由题可知. 设，则由与圆相切时得，即. 将代入解得.所以的方程为.（）设，将代入得，由直线与椭圆相切得即，且，则的面积.由直线与圆相切，设：，与联立得.直线：与轴交于点，则.则的面积，从而.（当且仅当时等号成立），所以的最小值为.【点睛】本题考查椭圆和圆的方程和运用，考查直线和圆的位置关系、直线和椭圆的位置关系,考查方程思想和运算能力，属于中档题.21.已知函数，且.（）求的值；（）在函

21、数的图象上任意取定两点，记直线的斜率为，求证：存在唯一，使得成立.【答案】（）；（）证明见解析.【解析】【分析】（）先对函数求导得，分类讨论和，利用导数研究函数的单调性和极值，结合，结合极值与最值关系可求出的值；（）根据题意，由直线的斜率公式并转化后得，构造函数，并利用导数研究函数的单调性，将证明存在唯一，使得成立，转化为证明不等式，即可，分别求出和，再构造函数并根据导数研究单调性和利用导数证明不等式，即可证出.【详解】解：（）由题可知，则的定义域为，则，由于，当时，因为，所以不满足题意；当时，令，解得，当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增，故是在的唯一最小值点，由于，所以当且仅当，

22、即时，故.（）由题意知，令，则，故在区间上单调递增，故要证：存在唯一，使得成立，只需证：，即可，令，当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递减，故，令时，有，又因为，因此，由，令，得，令时，有，又因为，因此，综上，存在唯一，使得成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，以及利用导数证明能成立问题，还涉及构造新函数和利用导数证明不等式，考查分类讨论思想、转化思想和运算能力（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选修44：坐

23、标系与参数方程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，而曲线的极坐标方程为，所以，故曲线的极坐标方程为.（）根据题意，可设，当

24、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.选修45：不等式选讲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