河北省正中实验中学2020届高三下学期6月模拟数学（理）试题 Word版含解析 26页

河北省正中实验中学2020届高三下学期6月模拟考试 数学(理科)试题 ‎─､选择题 ‎1.复数的共轭复数是( )‎ A. B. ｉ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的除法运算化简复数，然后求其共轭复数.从而求得正确结论.‎ ‎【详解】，故其共轭复数为.所以选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查共轭复数的概念，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，则集合中元素的个数为（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据集合的定义即可得结果.‎ ‎【详解】，所以集合中元素个数为3.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的表示方法——描述法，属于基础题.‎ ‎3.已知 ，，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”，即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.‎ ‎【详解】由题意知：可化简为，，‎ 所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集，所以.‎ ‎【点睛】利用原命题与其逆否命题的等价性，对是的充分不必要条件进行命题转换，使问题易于求解.‎ ‎4.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为，若，则B=‎ A. 45° B. 45°或135° C. 30° D. 30°或150°‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据边长确定的大小，由正弦定理得到结果.‎ ‎【详解】∵，∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ 由正弦定理可得 ‎∴B=45°.‎ 故选A ‎【点睛】此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，学生求B度数时注意先求出B的范围．‎ ‎5.非负实数x、y满足ln（x＋y－1）≤0，则关于x－y的最大值和最小值分别为 A. 2和1 B. 2和－1 C. 1和－1 D. 2和－2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：依题意有，作出可行域，如下图所示：‎ 设，则有，平移，当直线经过点时，有最小值，其值为，当直线经过点时，有最大值，其值为，‎ 因此 x－y的最大值和最小值分别为2和－2，‎ 故选：D.‎ 考点： 简单的线性规划问题．‎ ‎6.科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取，）‎ A. 16 B. 17 C. 24 D. 25‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由折线长度变化规律可知“次构造”后的折线长度为，由此得到 ‎，利用运算法则可知，由此计算得到结果.‎ ‎【详解】记初始线段长度为，则“一次构造”后的折线长度为，“二次构造”后的折线长度为，以此类推，“次构造”后的折线长度为，‎ 若得到的折线长度为初始线段长度的倍，则，即，‎ ‎，‎ 即，至少需要次构造 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.‎ ‎7.已知等比数列中，，数列是等差数列，且，则（ ）‎ A. 3 B. 6 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列的性质求得，再由等差数列的性质可得结果.‎ ‎【详解】因为等比数列，且 ‎，解得，‎ 数列等差数列，‎ 则，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列与等差数列的下标性质，属于基础题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）.‎ ‎8.已知双曲线右焦点为，过且垂直于轴的直线与双曲线交于，两点，抛物线的焦点为，若为锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，可得，根据离心率公式可得，又，可得.‎ ‎【详解】在抛物线中，，‎ 在双曲线中，当时，，取．‎ 因为是锐角三角形，所以，‎ 则，即．‎ 因为双曲线中，‎ 所以，所以，‎ 解得，所以．‎ 因为，则，‎ 所以双曲线的离心率的取值范围是．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的几何性质，考查了双曲线的离心率，属于基础题.‎ ‎9.“仁义礼智信”为儒家“五常”由孔子提出“仁、义、礼”,孟子延伸为“仁、义、礼、智”,董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”.将“仁义礼智信”排成一排,“仁”排在第一-位,且“智信”相邻的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊元素及捆绑法得“仁”排在第一位,且“智信”相邻的排法有种排法,利用古典概型求解即可 ‎【详解】“仁义礼智信”排成一排,任意排有种排法,其中“仁”排在第一位,且“智信”相邻的排法有种排法,故概率 故选：A ‎【点睛】本题考查排列问题及古典概型，特殊元素优先考虑，捆绑插空是常见方法，是基础题 ‎10.已知点为线段上一点，为直线外一点，是的角平分线，为上一点，满足，，，则的值为（ ）‎ A. B. C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合向量的运算法则可得点I为三角形内切圆的圆心，结合三角形内切圆与边长关系的公式和向量的数量积运算公式整理计算即可确定的值.‎ ‎【详解】由可得，‎ 所以I在∠BAP的角平分线上，由此得I是△ABP的内心，‎ 过I作IH⊥AB于H，I为圆心，IH为半径，作△PAB的内切圆，‎ 如图，分别切PA，PB于E，F，‎ ‎，则，‎ ‎，‎ 在直角三角形BIH中,，‎ 所以.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查向量的运算法则，内切圆的性质，向量数量积的定义与应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎11.在三棱锥中，，，，，若该三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. π D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的中点为，的中点为，连接，，．根据已知条件可以推出为棱锥外接球的球心，再根据计算可得.‎ ‎【详解】‎ 如图，设的中点为，的中点为，连接，，．‎ 因为，，，‎ 所以，‎ 所以．所以为棱锥外接球的球心，设半径为，‎ 又，且，‎ 所以，，‎ 则．‎ 又由，且可证平面，‎ 所以，解得．‎ 所以外接球的体积．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定，考查了三棱锥的体积公式，考查了球的体积公式，解题关键是找到球心，属于基础题.‎ ‎12.已知等差数列的公差为2020，若函数，且，记为的前项和，则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的公差及函数解析式，由等差数列求和公式代入可得由余弦和角与差角公式的应用，变形可得，令，代入化简并构造函数，求得并判断符号，可证明为单调递增函数，且可得，从而，进而由等差数列前n项和公式即可求解.‎ ‎【详解】等差数列的公差为2020，设 函数，且，‎ 则，‎ 即 对，由余弦的和角与差角公式化简可得 ‎，‎ 记，将化简可得 ‎，‎ 即 令，‎ 由可得 ‎，所以在上单调递增，且，又由可知，‎ 所以，即，‎ 所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了数列与函数的综合应用，等差数列求和公式的应用，余弦和角公式与差角公式的综合应用，换元法求值的应用，由导数判断函数单调性的应用，综合性强，属于难题.‎ 二､填空题 ‎13.春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设为其中成活的株数，若的方差，，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知：，且，从而可得值．‎ ‎【详解】由题意可知：‎ ‎∴，即,‎ ‎∴‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎14.设，则的奇次项的系数和为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，先求出，，两式相减即得解.‎ ‎【详解】设，‎ 当时，，（1）‎ 当时，，（2）‎ ‎（1）-（2）得.‎ 所以的奇次项的系数和为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式系数和问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎15.函数在处取得最大值，则 ______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式、两角差的正弦公式化简解析式：，并求出和，由条件和正弦函数的最值列出方程，求出的表达式，由诱导公式求出的值．‎ ‎【详解】解：，其中，‎ 依题意可得，即，‎ 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查辅助角公式、诱导公式，以及正弦函数的最大值的应用，考查化简、变形能力．‎ ‎16.点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点，，若球的体积为，则动点的轨迹的长度为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，在取点,使 ,连接由线面垂直的判定和性质可得，点的轨迹为平面与球的截面圆周，求出圆的半径即可得解.‎ ‎【详解】解：如图，在取点,使 ,连接 因为,所以,则平面,则点的轨迹为平面与球的截面圆周，‎ 设正方体的棱长为，则，解得，连接,‎ 由,求得到平面的距离为，‎ 所以截面圆的半径，‎ 则点的轨迹长度为，‎ 故答案为 .‎ ‎【点睛】本题考查了正方体中的内切球问题，重点考查了平面与球的截面圆周长的求法，属难度较大的题型.‎ 三､解答题 ‎17.已知数列的前项和为，且是与2的等差中项．数列中，，点在直线上．‎ ‎（1）求和的值；‎ ‎（2）求数列，的通项公式；‎ ‎（3）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）， （2）， （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得到，分别令，，得到，；（2）当时，，再验证时，得到的通项，根据点在直线上，得，得到为等差数列，从而得到其通项；（3）根据，得到的通项，然后利用错位相减法，得到前项和.‎ ‎【详解】解：（1）由 当时，得，即，解得；‎ 当时，得，即，解得.‎ ‎（2）由…①‎ 得…②；（）‎ 将两式相减得，‎ 即，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以.‎ 数列中，，点在直线上，‎ 得，‎ 所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，‎ 所以.‎ ‎（3），‎ 所以 上式减下式得 所以.‎ ‎【点睛】本题考查由和的关系求数列通项，等差数列基本量计算，错位相减法求和，属于中档题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，，，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若是的中点，，，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用勾股定理可得与即可证明平面.‎ ‎(2)根据垂直关系可以建立以为坐标原点的空间直角坐标系,再利用空间向量的方法分别求得平面的一个法向量与平面的一个法向量,再利用二面角的夹角公式求解即可.‎ ‎【详解】（1）因为,所以,同理可得.‎ 因为,所以平面.‎ ‎（2）因为,所以、、两两垂直,以为坐标原点,‎ 建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 因为,所以,,,,‎ 因为是的中点,所以,‎ 因为,,所以,‎ 所以,.‎ 设平面的一个法向量为,‎ 由,得,‎ 取,得.‎ 取的中点,连接,易证平面,‎ 则平面的一个法向量为.设二面角的平面角为,‎ 由图知,所以,‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解面面角的问题,需要根据题意找到合适的坐标原点建系,再求出所求二面角的两个平面内对应的点与边的向量,进而求得法向量求解.属于中档题.‎ ‎19.某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用表示活动推出的天数，‎ 表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表1所示：‎ 表1：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎6‎ ‎11‎ ‎21‎ ‎34‎ ‎66‎ ‎101‎ ‎196‎ 根据以上数据，绘制了散点图.‎ ‎（1）根据散点图判断，在推广期内，与（均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次关于活动推出天数的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）.‎ ‎（2）根据（1）的判断结果及表1中的数据，建立关于的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次.‎ ‎（3）推广期结束后，为更好的服务乘客，车队随机调查了100人次的乘车支付方式，得到如下结果：‎ 表2‎ 支付方式 现金 乘车卡 扫码 人次 ‎10‎ ‎60‎ ‎30‎ 已知该线路公交车票价2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据调査结果发现：使用扫码支付的乘客中有5名乘客享受7折优惠，有10名乘客享受8折优惠，有15名乘客享受9折优惠.‎ 预计该车队每辆车每个月有1万人次乘车，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其他因素的条件下，按照上述收费标准，试估计该车队一辆车一年的总收入.‎ 参考数据：‎ ‎62.14‎ ‎1.54‎ ‎2535‎ ‎50.12‎ ‎3.47‎ 其中.‎ 参考公式：‎ 对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：.‎ ‎【答案】（1）适宜作为扫码支付的人数关子活动推出天数的回归方程类型；（2）见解析（3）（元）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于散点图呈指数型增长，则更适宜；‎ ‎（2）将非线性的回归方程，利用对数的运算性质转化为线性的，再利用最小二乘法求解即可得出回归方程，并代值，即可得出第8天使用扫码支付的人次；‎ ‎（3）分别计算出每个月三种支付方式的收入，即可得出该车队一辆车一年的总收入.‎ ‎【详解】（1）根据散点图判断，适宜作为扫码支付的人数关子活动推出天数的回归方程类型.‎ ‎（2）∵，两边同时取常用对数得：；‎ 设，∴，∵，，，‎ ‎∴，‎ 把代入，得：∴，∴，‎ ‎∴‎ 把代入上式：∴；‎ ‎∴活动推出第8天使用扫码支付的人次为，‎ ‎∴关于的回归方程为，，活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470.‎ ‎（3）由题意可知：一个月中使用现金的乘客有1000人，共收入元；使用乘车卡的乘客有6000人，共收入元；‎ 使用扫码支付的乘客有3000人，‎ 其中：享受7折优惠的有500人，共收入元，‎ 享受8折优惠的有1000人，共收入元，‎ 享受9折优惠的有1500人，共收入元，‎ 所以，一辆车一个月的收入为：（元），‎ 所以，一辆车一年的收入为：（元）.‎ ‎【点睛】本题主要考查了求非线性回归方程并作出预测，属于中档题.‎ ‎20.（1）若，恒成立，求实数的最大值；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求证：函数在区间内存在唯一的极大值点，且．‎ ‎【答案】（1）．（2）家粘结性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，求出导函数，由确定增区间，确定减区间，从而得的最小值，得的取值范围，即得；‎ ‎（2）求出导函数，通分后，令，再求导数，令．分类讨论，当时，，得递减，从而可得在上有唯一零点，时，令．利用导数得的单调性，从而得，于是得出在上的单调性，得唯一极大值点．由可对变形，得，只要证明在上，从而可证得结论．‎ ‎【详解】（1）解：令，则．‎ 可见，；．‎ 故函数在上单调递减，在上单调递增．‎ 所以，当且仅当时，函数取最小值1．‎ 由题意，实数．所以．‎ ‎（2）由（1），．‎ 令，‎ 则．‎ 令．‎ ‎①当时，，，，所以．‎ 可见，，所以在上单调递减．‎ 又（由（1），可得，所以），‎ ‎，所以存在唯一的，使得．‎ 从而，当时，，，单调递增；当时，，，单调递减．‎ ‎②当时，令．‎ 则．所以在上单调递减．‎ 所以（由（1），可得，所以）．‎ 又当时，，，，‎ 所以当时，，从而．所以在单调递增．‎ 综上所述，在上单调递增，在上单词递减．‎ 所以，函数在区间内存在唯一极大值点．‎ 关于的证明如下：‎ 由上面的讨论，，且，所以，所以．‎ 于是．‎ 令．当时，．所以在上单调递增．所以，当时，，即．‎ 又因为，所以，，所以．‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查导数研究不等式恒成立问题，用导数研究函数极值点，证明极值点的性质．本题涉及到多次求导，等价转化思想，分类讨论思想，难度较大，属于困难题．‎ ‎21.已知椭圆的左､右焦点分别为､.经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于两点(其中点在轴上方)，的周长为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）如图，把平面沿轴折起来，使轴正半轴和轴确定的半平面，与轴负半轴和轴所确定的半平面互相垂直，若折叠后的周长为，求的大小.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据的周长，结合椭圆的定义可构造方程求得，进而得到椭圆方程；‎ ‎（2）结合折叠前后的周长可知：，将方程与椭圆方程联立，得到韦达定理的形式，利用弦长公式和空间两点间距离公式表示出，从而构造出关于斜率的方程，求得斜率后即可得到.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的标准方程为，‎ 由椭圆定义知：，‎ 的周长，‎ 解得：，，‎ 椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）设在新图形中对应的点为，若，，则，.‎ ‎，且，，‎ ‎.‎ 当时，，，不满足题意；‎ 当时，设，代入椭圆方程得：，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 整理可得：，，‎ ‎，即；‎ 综上所述：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到结合椭圆定义求解椭圆的标准方程、与弦长有关的问题的求解；本题解题的关键是能够根据三角形折叠前后的周长将问题转化为两弦长的求解问题，计算量较大，属于较难题.‎ ‎22.‎ 在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为（t为参数），直线l2的参数方程为.设l1与l2的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C．‎ ‎（1）写出C的普通方程；‎ ‎（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设，M为l3与C的交点，求M的极径.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）消去参数得的普通方程；消去参数m得l2的普通方程.‎ 设,由题设得，消去k得.‎ 所以C的普通方程为.‎ ‎（2）C的极坐标方程为.‎ 联立得.‎ 故，‎ 从而.‎ 代入得，‎ 所以交点M的极径为.‎ ‎【名师点睛】本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力.遇到求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值集合.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段法可进行分类讨论得到不等式组，解不等式组可求得结果；‎ ‎（2）将问题转化为当时，恒成立问题的求解，去掉绝对值符号后得到，根据恒成立思想可知，结合可求得结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 由得：；由得：；由得：，‎ 综上所述：的解集为.‎ ‎（2）由题意可知：当时，恒成立，‎ 即恒成立，‎ ‎，，当时，，，，‎ ‎，在上恒成立，‎ ‎，又，可解得：，‎ 的取值集合为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、恒成立问题的求解；关键是能够根据解集的子集将问题转化为在不等式在子集范围内恒成立问题的求解，进而通过分离变量将问题转化为所求变量与函数最值之间的大小关系求解问题.‎