2020届河北省石家庄市第二中学高三下学期教学质量检测模拟数学（文）试题（解析版）

2020届河北省石家庄市第二中学高三下学期教学质量检测模拟数学（文）试题  一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】根据集合补集和交集的定义进行求解即可.【详解】解：，，所以.故选：C.【点睛】本题考查交集补集的混合运算，属于基础题.2．设复数满足（为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于(   )A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【解析】根据复数的运算，化简复数，结合其几何意义，即可求得结果.【详解】由，得：所以复数在复平面上对应的点位于第二象限.故选：B.【点睛】复数代数形式运算问题的常见类型及解题策略：（1）复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位的看作一类同类项，不含的看作另一类同类项，分别合并即可．（2）复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式．（3）利用复数相等求参．．3．已知实数满足约束条件，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可．【详解】解：画出线性约束条件对应的可行域，表示可行域内的点与的连线斜率，由斜率公式可求两个边界斜率分别是故其取值范围为.故选：A.【点睛】本题主要考查线性规划和直线斜率的基本应用，利用目标函数的几何意义和数形结合是解决问题的基本方法,属于基础题．4．已知，且与垂直，则与的夹角是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用向量的数量积的定义即可求解.【详解】解：得，求得与的夹角是.故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积的定义及运算，属于基本题.5．已知正项等比数列的前项和为，，则公比的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】利用等比数列的通项公式求和公式即可得出．【详解】解：，．， 化为：，解得．故选：．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用已知切化弦求出，再表示结合即可求解.【详解】解：，.，因为，所以，求得.故选：B.【点睛】本题考查同角三角函数变换，属于基础题.7．某校早读从点分开始，若张认和钱真两位同学均在早晨点至点分之间到校，且二人在该时段的任何时刻都到校都是等可能的，则张认比钱真至少早到分钟的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图所示，设张认和钱真两位同学到校的时间分别为，时，且，，时，．利用几何概率求解即可得出．【详解】解：如图所示，设张认和钱真两位同学到校的时间分别为，时，且，，时，．，，．则张认比钱真至少早到10分钟的概率．故选：．【点睛】本题考查与面积有关的几何概型计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8．某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的最大棱长为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解最长棱长即可．【详解】解：由题意可知几何体的直观图如图：是长方体的一部分，最长棱长为：．故选：．【点睛】本题考查三视图的应用，判断几何体的形状是解题的关键，考查转化思想以及空间想象能力，是基础题．9．将函数的图象横坐标变成原来的倍，再向左平移个单位，所得函数关于对称，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据二倍角公式进行化简，利用三角函数的图象变换求出的解析式，利用对称性建立方程进行求解即可．【详解】解：，将函数的图象横坐标变成原来的2倍，得到，再向左平移个单位，所得函数，则，若关于对称，则，得，，当时，取得最小值为，故选：．【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用二倍角公式以及图象的变化以及对称性建立方程是解决本题的关键，属于基础题．10．根据如下的流程图，输出的值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，利用裂项法即可求解．【详解】解：模拟程序的运行，可得，，不满足条件，执行循环体，，，不满足条件，执行循环体，，，不满足条件，执行循环体，，，观察规律可知，，时，不满足条件，执行循环体，，，此时满足条件，退出循环，输出的值，得．故选：．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，借助裂项相消以便得出正确的结论，是基础题．11．已知双曲线，椭圆，若双曲线的渐近线与椭圆相交的四个交点与椭圆的两个焦点形成了一个正六边形，则这个正六边形的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可得椭圆与渐近线的交点坐标，进而求出交点到原点的距离，等于半个焦距，再由正六边形可得渐近线的斜率，可得，的关系，求出值，进而求出正三角形的面积，6倍的一个正三角形的面积就为正六边形的面积．【详解】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为：，与椭圆，联立可得所以，由得到的正六边形可得，所以，，所以，即，解得：，即，所以正六边形的面积为，故选：．【点睛】考查圆锥曲线的综合，考查运算能力，属于基础题．12．已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】构造函数令，依题意知为偶函数且在区间单调递增；不等式，利用单调性脱去“”即可求得不等式的解集．【详解】解：令，则，因为，所以，当时，，即在区间单调递增；又是上的偶函数，所以是，，上的偶函数，又；故，于是，不等式化为，故，解得，又，故选：．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数奇偶性，考查化归思想与运算能力，属于难题．  二、填空题13．由小到大排列的一列数：的平均数和中位数相同，则的值为______.【答案】【解析】根据平均数和中位数的定义，列方程求出的值．【详解】解：由题意知，数据5，8，9，，13的中位数是9，平均数是，解得．故答案为：10．【点睛】本题考查了中位数和平均数的定义与计算问题，是基础题．14．如图，长方体中，，，是正方形的中心，则直线与平面成的角的余弦值是______.【答案】【解析】取中点，连接，，显然为所求直线与平面所成的角，转化到中求解即可．【详解】解：取中点，连接，，因为为长方体，是正方形的中心，为中点，所以显然为所求直线与平面所成的角，且，，即直线与平面所成的角的余弦值是．故答案为：．【点睛】本题考查线面角的定义及其求法，考查运算能力，属于基础题．15．已知数列满足，且，该数列的前项和为，则______.【答案】【解析】利用即可求解.【详解】解：.故答案为： .【点睛】本题考查数列求和的并项求和方法，属于基础题.16．已知函数，若有两个不同的实数解，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】原题等价于或，即有或，则条件等价于①有2解，无解；②有1解，有1解；③无解，有2解；作出函数的图象，数形结合即可【详解】解：可化为，解得或，即有或，则方程有两个不同的实数解，等价于：①有2解，无解；②有1解，有1解；③无解，有2解；令函数，，时，，即有在上单调递增，在上单调递减，（e），作出函数的图象如图：则①有2解，无解，此时，此时无解，舍去；②有1解，有1解，此时因为，则需，解得；③无解，有2解，此时，解得，综上，，故答案为：．【点睛】本题考查方程的根与函数零点的关系，数形结合思想，分类讨论思想，属于中档题． 三、解答题17．设的内角所对的边分别是，且.（1）求角的大小；（2）设，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由边化角得：，即，又，，所以，从而求出角；（2）因为，，由余弦定理，得，再结合基本不等式得到，解得，从而求出周长的最大值．【详解】解：（1）．由正弦定理，边化角得：，即，，又，，，又，，，又，；（2），，，，，，，，，，又，，所以周长的最大值为，当且仅当时取到最大值.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理综合应用，是基础题．18．某学校门口的小超市纯净水的销售水量(千瓶)随着月份的变化而有所变化，为了预估2019年8月份的销售水量，销售员从2019年1月开始统计，得到了的一组统计数据如下表：月份12345销售水量(千瓶)1024323842 （1）从函数与中选出你认为更适合刻画之间关系的模型，并说明理由；（2）根据你的判断及下面的数据和公式，求出关于的回归方程，并估计8月份小超市需要准备的水量.（结果精确到）参考公式及数据：线性回归方程中，，.154.85161726.20.7  【答案】（1），理由见解析；（2）千瓶【解析】（1）根据统计表中数据，结合随值的变化情况即可得出结论；（2）根据所选模型计算平均数与回归系数，写出回归方程，利用回归方程计算对应的值即可．【详解】解：（1）根据统计表中数据知，更适合刻画，之间的关系，理由如下：值每增加1，函数值的增加量分别为14，8，6，4，增加的越来越缓慢，适合对数型函数的增长规律，与直线型函数的均匀增长存在较大差异，故更适合刻画，之间的关系；（2）令，计算知，，，所求的回归方程为．当时，算得.故估计8月份该超市需要准备的水量大约为千瓶.【点睛】本题考查了线性回归方程的求法与应用问题，是基础题．19．如图，在直三棱柱中，，，分别在，上，且满足.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）过点作，交于，连结，推导出，从而平面平面，由此能证明平面．（2）设点到平面的距离为，由，能求出点到平面的距离．【详解】解：（1）证明：过点作交于点，连接，有，由，可得，得.又因为，面，面，故平面，由，同理可证平面，且，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）解：在直三棱柱中，，，又，平面，，，，，且平面,即平面,又//,平面,点到平面的距离为,设点到平面的距离为，，，，解得．点到平面的距离为．【点睛】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，点满足以为直径的圆过椭圆的上顶点.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线过右焦点与椭圆交于两点，在轴上是否存在点使得为定值？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【解析】（1）由点在椭圆上代入可得，的关系，再由点满足以为直径的圆过椭圆的上顶点．可得可得，的关系，再由，，的关系求出椭圆的方程；（2）由（1）可得右焦点的坐标，分坐标的斜率为0和不为0两种情况讨论，假设存在满足条件，设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出数量积的表达式，要使数量积为定值，则分子分母对应项的系数成比例，可得的值，且可求出定值．【详解】解：（1）由题意可得上顶点，，所以：，，即，，即，，解得：，，所以椭圆的方程为：；（2）由（1）可得右焦点的坐标，假设存在当直线的斜率不为0时，设直线的方程为：，设，，，，联立直线与椭圆的方程，整理可得：，，，，，因为，要使为定值，则，解得：，这时为定值，当直线的斜率为0时，则，，为，，则，，，综上所述：所以存在，，使为定值．【点睛】考查求椭圆的标准方程及直线与椭圆的综合，属于中档题．21．设函数（1）若是函数的一个极值点，求函数的单调区间；（2）当时，对于任意的（为自然对数的底数）都有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）先对函数求导，然后结合极值存在条件可求，关系，代入后即可求解单调区间；（2）先分离出，转化为求解相应函数的最值或范围，结合导数可求．【详解】解：（1）定义域，，由题意可得，(1)即，所以，由函数存在极值可知，，时，由可得，函数在单调递增，由可得，函数在上单调递减.时，由可得，，函数在上单调递减，由可得，在单调递增；当时，由可得，或，由可得，，故函数的单调递增区间，0，），单调递减区间；综上所述：当，恒成立，不符合题意；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递减，在上递增.（2）时，可得，，令，，则，令，， 则在上单调递减，所以（1），所以在上单调递减， ，即，所以在上单调递减，（e），故．故的范围，．【点睛】本题主要考查了函数单调区间的求解及利用分离法求参数范围问题，属于中档题．22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的参数方程为（为参数），直线的极坐标方程为.（1）求直线的直角坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线的交点分别为，点，求的值.【答案】（1）：，：；（2）【解析】（1）直接利用变换关系，参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换．（2）利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果．【详解】解：（1）曲线的参数方程为为参数），转换为直角坐标方程为．直线的极坐标方程为．转换为直角坐标方程为．（2）把转换为参数方程为为参数），代入，得到：，解得，.所以．【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23．已知两个正数满足.（1）求的最小值；（2）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由条件可得，，代入所求代数式，配方后，结合二次函数的最值求法，可得最小值；（2）运用绝对值不等式的性质和绝对值的定义可得原不等式左边函数的最小值，再由不等式恒成立思想和不等式的解法，可得所求范围．【详解】解：（1）两个正数，满足，可得，，由，，可得，即有，则当时，的最小值为；（2）不等式对任意的恒成立，，当且仅当时取得等号，则的最小值为4，可得，又，即，①再由，化为，即，②由①②可得．【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题解法，注意运用绝对值不等式的性质，同时考查不等式的解法和二次函数的最值求法，化简运算能力，属于中档题．