河北省石家庄市第二中学2020届高三6月高考全仿真数学（理）试题 Word版含解析 25页

‎2020年高三全仿真模拟 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用交集的定义与集合B求交集.‎ ‎【详解】由得，‎ 则，又由得.‎ 所以，而.‎ 从而.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.满足条件的复数对应点的轨迹是（ ）‎ A. 直线 B. 圆 C. 椭圆 D. 双曲线 ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 先令，代入化简可得，从而可得其轨迹方程 ‎【详解】解：设，则由得，‎ ‎，‎ 所以，‎ 化简得，，‎ 所以复数在复平面内对应的点为，‎ 所以对应点的轨迹为直线，‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查复数的模，复数的几何意义，考查转化思想，属于基础题.‎ ‎3.已知，令，，，那么之间的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，所以，‎ 因为在单调递减，所以，，所以 因为函数在上单调递增，所以，即，比较大小即可求解 ‎【详解】因为，所以.因为，所以，‎ 因为，所以，所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查指数函数，对数函数和三角函数的单调性，以及利用单调性判断大小的题目，属于简单题 - 25 -‎ ‎4.如图，点A的坐标为，点C的坐标为．函数，若在矩形内随机取一点．则该点取自阴影部分的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别由矩形面积公式与微积分的几何意义计算阴影部分和矩形部分的面积，最后由几何概型概率计算公式计算即可.‎ ‎【详解】由已知，矩形的面积为4，阴影部分的面积为，‎ 由几何概型公式可得此点取自阴影部分的概率等于，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查微积分的几何意义求面积，还考查了几何概型求概率，属于简单题.‎ ‎5. 从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（ ）‎ A. 40种 B. 60种 C. 100种 D. 120种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据题意，首先从5人中抽出两人在星期五参加活动，有种情况，‎ 再从剩下的3人中，抽取两人安排在星期六、星期日参加活动，有种情况，‎ 则由分步计数原理，可得不同的选派方法共有=60种.‎ - 25 -‎ 故选B．‎ ‎6.已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合图像，利用特值法和函数的奇偶性，即可求解 ‎【详解】A项,,与所给函数图象不相符，故A项不符合题意 B项，，为奇函数，与所给函数图象不相符，故B项不符合题意 C项，，与所给函数图象不符.故C项不符合题意 综上所述,A、B、C项均不符合题意,只有D项符合题意，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的概念与性质，属于简单题 ‎7.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十“的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入( )‎ - 25 -‎ A. 是偶数?，? B. 是奇数?，?‎ C. 是偶数?， ? D. 是奇数?，?‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减再除以，可知第一个框应该是“奇数”，执行程序框图， 结束，所以第二个框应该填，故选D.‎ ‎8.下列判断正确的个数是（ ）‎ ‎①“”是“”的充分不必要条件 ‎②函数的最小值为2‎ ‎③当，时，命题“若，则”的逆否命题为真命题 ‎④命题“，”的否定是“，”‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ - 25 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①，由充分不必要条件的定义判断；对于②，利用基本不等式求解；对于③，由原命题的真假判断逆命题的真假；对于④，命题的否定是改量词，否结论.‎ ‎【详解】解：对于①，当时，不能得到，所以“”不是“”的充分不必要条件，所以①错误；‎ 对于②，由基本不等式得，，而不成立，所以取不到等号，所以②错误；‎ 对于③，命题“若，则”为真命题，所以它的逆否命题为真命题，所以③正确；‎ 对于④，命题“，”的否定为“，”，所以④错误 所以正确的有1个，‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查了充分不必要条件、逆否命题、命题的否定、基本不等式，综合性强，但难度不大，属于基础题.‎ ‎9.已知函数，其图象相邻的最高点之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且为奇函数，则（ ）‎ A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递增 D. 在上单调递增 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 根据函数图象相邻的最高点之间的距离为，得到，易得.将函数的图象向左平移个单位长度后，可得，再根据是奇函数，得到，然后逐项验证即可.‎ ‎【详解】因为函数图象相邻的最高点之间的距离为，‎ 所以其最小正周期为，则.‎ 所以.‎ 将函数的图象向左平移个单位长度后，‎ 可得的图象，‎ 又因为是奇函数，令，‎ 所以.又，‎ 所以.‎ 故.‎ 当时，，故的图象不关于点对称，故A错误；‎ 当时，，故的图象关于直线对称，不关于点对称，故B错误；‎ 在上，，单调递增，故C正确；‎ 在上，，单调递减，故D错误.‎ 故选：C - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质及其图象变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎10.已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若．则该双曲线的离心率为 A. 2 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以通过题意画出图像并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果．‎ ‎【详解】‎ 根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点，‎ 因为，在双曲线上，‎ 所以根据双曲线性质可知，，即，，‎ 因为圆的半径为，是圆的半径，所以，‎ 因为，，，，‎ 所以，三角形是直角三角形，‎ - 25 -‎ 因为，所以，，即点纵坐标为，‎ 将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，，‎ 将点坐标带入双曲线中可得，‎ 化简得，，，，故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题．‎ ‎11.过正方体的顶点作平面，使每条棱在平面的正投影的长度都相等，则这样的平面可以作（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 每条棱在平面的正投影的长度都相等，等价于每条棱所在直线与平面所成角都相等，从而棱，，所在直线与平面所成的角都相等，三棱锥是正三棱锥,直线，，与平面所成角都相等，过顶点作平面平面，由此能求出这样的平面的个数.‎ ‎【详解】在正方体中，每条棱在平面的正投影的长度都相等每条棱所在直线与平面所成的角都相等棱所在直线与平面所成的角都相等，易知三棱锥是正三棱锥，直线与平面所成的角都相等.过顶点作平面平面，则直线与平面所成的角都相等.同理，过顶点分别作平面与平面、平面、平面平行，直线与平面所成的角都相等.所以这样的平面可以作4个，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中关于线面关系和面面关系的相关概念，属于简单题 - 25 -‎ ‎12.已知 ，若有四个不同实根，且，则的取值范围( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：因为题设有个变量，故利用分段函数的图像可得，，所以就可化成关于的函数，最后根据有四个不同的实数根得到的取值范围即得的取值范围．‎ 详解：由题设，有在上有两个不同的解，在上有两个不同的解．‎ 当时， ，故，‎ 因，故，‎ 所以即且．‎ 当时， ， 且．‎ 所以，故选A ．‎ 点睛：对于多变量函数的范围问题，降低变元的个数是首选方法，故需要利用函数图像找到各变量之间的关系．注意根据零点的个数判断的取值范围．‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.二项式的展开式中含的项的系数是__________.‎ ‎【答案】‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项展开式通项公式确定含的项的项数，进而确定含的项的系数.‎ ‎【详解】因为，所以令得因此含的项的系数为 ‎【点睛】本题考查二项展开式的项的系数，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎14.已知平面向量满足，，，则与的夹角为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两边同时平方后展开,结合平面向量数量积运算及模的运算,即可求得与的夹角的余弦值,进而求得与的夹角即可.‎ ‎【详解】因为,则 因为,等式两边同时平方可得 代入,可得 设夹角为,则 由平面向量数量积的定义可得 ‎ 因为 所以 故答案为: ‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义及简单应用,向量夹角的求法,属于基础题.‎ ‎15.设数列的前项和为，若且当时，，则的通项公式_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与的关系，当时，可得，从而可得，从而可得，进而求出，再根据与的关系即可求解.‎ ‎【详解】当时，，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，，即，‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以当时，，‎ 当时，，不满足上式，‎ 故，‎ - 25 -‎ 故答案：‎ ‎【点睛】本题主要考查了与的关系、等差数列的通项公式，需熟记公式，属于中档题.‎ ‎16.四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若，则四棱锥的体积取值范围为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图所示，四棱锥中，可得：平面平面平面，过作于，则平面，故，在中，，设，则有，,又，则，四棱锥的体积取值范围为.‎ 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17~21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：60分.‎ ‎17.如图．在中，点P在边上，，，．‎ - 25 -‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若的面积为．求 ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，设， ，得到，再由余弦定理，解得x，利用平面几何知识求解.‎ ‎（2）由的面积为，利用，解得，得到则，作交于D，得到，，进而得到AB，然后在中，利用正弦定理求解.‎ ‎【详解】（1）在中，设， 因为，‎ ‎，‎ 又因为，，‎ 由余弦定理得：‎ 即：，‎ - 25 -‎ 解得，‎ 所以，‎ 此时为等边三角形，‎ 所以；‎ ‎（2）由，‎ 解得，‎ 则，‎ 作交于D，如图所示：‎ 由（1）知，在等边中，，，‎ 在中．‎ 在中，由正弦定理得，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理以及平面几何知识，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，若点E,F分别为AB和CD的中点．‎ - 25 -‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若二面角的平面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面；‎ ‎（2）由二面角的定义及题意可知，，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，，利用即可得解.‎ ‎【详解】（1），为中点，‎ ‎，‎ 又，平面，平面，，‎ 平面，‎ 又平面ABCD，‎ 平面平面.‎ ‎（2），，平面平面，‎ 就是二面角的平面角，‎ - 25 -‎ 所以，‎ 如图作，垂足为O，‎ 则，所以，，则，‎ 如图，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 设平面的法向量为，则 ‎，即，‎ 令，则，‎ 则是平面的一个法向量，，‎ 则.‎ 所以与平面所成角的正弦值.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直和面面垂直的判定定理以及向量法求线面角的正弦值，考查学生的推理与运算能力，建立恰当的空间直角坐标系是解题的关键，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎19.某花卉企业引进了数百种不同品种的康乃馨，通过试验田培育，得到了这些康乃馨种子在当地环境下的发芽率，并按发芽率分为组：、、、加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．企业对康乃馨的种子进行分级，将发芽率不低于的种子定为“级”，发芽率低于但不低于的种子定为“级”，发芽率低于的种子定为“级”．‎ ‎（Ⅰ）现从这些康乃馨种子中随机抽取一种，估计该种子不是“级”种子的概率；‎ ‎（Ⅱ）该花卉企业销售花种，且每份“级”、“级”、“级”康乃馨种子的售价分别为元、元、元．某人在市场上随机购买了该企业销售的康乃馨种子两份，共花费元，以频率为概率，求的分布列和数学期望；‎ ‎（Ⅲ）企业改进了花卉培育技术，使得每种康乃馨种子的发芽率提高到原来的倍，那么对于这些康乃馨的种子，与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差是否发生变化？若发生变化，是变大了还是变小了？（结论不需要证明）．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列详见解析，数学期望为；（Ⅲ）方差变大了．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用频率分布直方图中矩形面积之和为，求出的值，再结合频率分布直方图以及对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；‎ ‎（Ⅱ）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，由此可列出随机变量的分布列，进而可求得随机变量的数学期望；‎ ‎（Ⅲ）根据离散型随机变量方差性质可得出结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设事件为：“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子不是“‎ - 25 -‎ 级”种子”，‎ 由图表，得，解得，‎ 由图表，知“级”种子的频率为，‎ 故可估计从这些康乃馨种子中随机抽取一种，该种子是“级”的概率为．‎ 因为事件与事件“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子是“级”种子”为对立事件，‎ 所以事件的概率；‎ ‎（Ⅱ）由题意，任取一颗种子，恰好是“级”康乃馨的概率为，‎ 恰好是“级”康乃馨的概率为，‎ 恰好是“级”的概率为．‎ 随机变量的可能取值有、、、、，‎ 且，，‎ ‎，，‎ ‎.‎ 所以分布列为：‎ 故的数学期望．‎ ‎（Ⅲ）与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差变大了．‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，同时也考查了离散型随机变量分布列及数学期望的计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，其右顶点为，下顶点为，定点 - 25 -‎ ‎，的面积为，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）试探究的横坐标的乘积是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）是定值，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三角形的面积、离心率列出方程组求解a、b，即可写出椭圆方程；（2）设出直线的方程与点的坐标，求出直线BP、BQ的方程进而求出点M、N的横坐标，两横坐标相乘并化简为关于、的表达式，直线的方程与椭圆方程联立并利用韦达定理求出、，代入横坐标的乘积化简即可证明.‎ ‎【详解】（1）由已知，的坐标分别是由于的面积为，‎ ‎①，又由，化简得②，‎ ‎①②两式联立解得：或（舍去），，‎ 椭圆方程为；‎ ‎（2）设直线的方程为，的坐标分别为 - 25 -‎ 则直线的方程为，令，得点的横坐标，‎ 直线的方程为，令，得点的横坐标，‎ 把直线代入椭圆得，‎ 由韦达定理得，‎ ‎∴，是定值．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用、椭圆的简单几何性质、直线的方程、椭圆中的定值问题，属于较难题.‎ ‎21.已知函数，其中.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若函数存在两个极值点，（其中），且的取值范围为，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数进行求导，将导数的正负转化成研究一元二次函数的根的分布问题；‎ ‎（2）利用韦达定理得到，，将转化成关于的表达式，再利用换元法令，从而构造函数 - 25 -‎ ‎，根据函数的值域可得自变量的范围，进而得到的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）.‎ 令，则.‎ ‎①当或，即时，恒成立，所以在上单调递增.‎ ‎②当，即时，‎ 由，得或；‎ 由，得，‎ ‎∴在和上单调递增，‎ 在上单调递减.‎ 综上所述，当时，在上单调递增；‎ 当时，在和上单调递增，‎ 在上单调递减.‎ ‎（2）由（1）得，当时，有两极值点，（其中）.‎ 由（1）得，为的两根，所以，.‎ 所以 ‎.‎ 令，则，‎ 因，‎ 所以在上单调递减，而，，‎ 所以，‎ - 25 -‎ 又，易知在上单调递增，‎ 所以，‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、已知双元函数的值域求参数的取值范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意换元法的应用.‎ ‎（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，则按所做的第一题计分.‎ ‎【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ ‎22.选修4-4：坐标系与参数方程: 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），点的坐标为．‎ ‎（1）若点在曲线上运动，点在线段上运动，且，求动点的轨迹方程．‎ ‎（2）设直线与曲线交于两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，，由即得动点的轨迹方程；（2）由题得直线的参数方程可设为（为参数），代入曲线的普通方程，得 - 25 -‎ ‎，再利用直线参数方程t的几何意义求解.‎ ‎【详解】（1）设，， ‎ 则由，得， ‎ 即 ‎ 消去，得，此即为点的轨迹方程. ‎ ‎（2）曲线的普通方程为，直线的普通方程，‎ 设为直线的倾斜角，则，，‎ 则直线的参数方程可设为（为参数）， ‎ 代入曲线的普通方程，得， ‎ 由于， ‎ 故可设点对应的参数为，，‎ 则．‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，考查动点的轨迹方程，考查直线参数方程t的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎23.（1）已知，且，证明：；‎ ‎（2）已知，且，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎（1）结合代人所证不等式的左边中的分子,通过变形转化，利用基本不等式加以证明即可 ‎（2）结合不等式右边关系式的等价变形，通过基本不等式来证明即可 ‎【详解】证明：（1）‎ ‎，‎ 当时等号成立.‎ ‎（2）因为，‎ 又因为，所以，，，‎ ‎.‎ 当时等号成立，即原式不等式成立.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查推理论证能力，化归与转化思想 - 25 -‎