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  • 2021-06-15 发布

河北省石家庄市2020届高三下学期5月阶段性训练数学(文)试题 Word版含解析

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石家庄市2020届高三年级阶段性训练题 数学(文科)‎ ‎(时间120分钟,满分150分)‎ 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,则集合( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合,按交集的定义,即可求解.‎ ‎【详解】由题意知,故.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查集合间的运算,注意对数函数的定义域,属于基础题.‎ ‎2.命题:“”的否定形式为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定形式,即可得出结论.‎ ‎【详解】命题:“”的否定形式 ‎,.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定,要注意量词间的相互转化,属于基础题,‎ - 23 -‎ ‎3.已知是虚数单位,且,则的共轭复数在复平面内对应的点在( )‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 根据复数除法的运算法则求出,得出,即可得结论.‎ ‎【详解】,‎ 则,所以对应点在第二象限.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的代数运算、共轭复数以及复数的几何意义,属于基础题.‎ ‎4.已知条件:①是奇函数;②值域为;③函数图象经过第一象限.则下列函数中满足条件的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据选项分别讨论函数的定义域,奇偶性,值域,判断选项.‎ ‎【详解】A定义域不关于原点对称,不符合题意:B选项虽然为奇函数,但是,故,不符合题意:C选项,,不符合题意:D.选项,故为奇函数,值域为,图象也经过第一象限,符合题意.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查判断函数的性质,属于基础题型,需熟练掌握学习过的函数性质.‎ ‎5.在中,角的对边分别为,若,则的面积为( )‎ - 23 -‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理边角互化,得到,再根据余弦定理求角,最后代入三角形面积公式求解.‎ ‎【详解】根据正弦定理知化为为,即,故,故,则.因为,的面积.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查正余弦定理,三角形面积解三角形,重点考查转化与化归的思想,属于基础题型.‎ ‎6.已知实数x,y满足不等式,则的最大值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件画出可行域,目标函数转化为点与连线的斜率,从而求出其最大值.‎ ‎【详解】根据约束条件画出可行域,‎ 图中阴影部分为可行域,‎ - 23 -‎ 目标函数,‎ 表示可行域中点与连线的斜率,‎ 由图可知点与连线的斜率最大,‎ 故的最大值为,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划求分式型目标函数的最大值,属于中档题.‎ ‎7.在平面直角坐标系中,角的终边经过点,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的定义求出,,再利用三角函数变换展开求值.‎ ‎【详解】由题意知,则.‎ - 23 -‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查三角函数的定义,三角函数给值求值,重点考查转化与化归的思想,计算能力,属于基础题型,本题的关键是三角变换.‎ ‎8.《易·系辞上》有“河出图,洛出书”之说,河图、洛书是中华文化,阴阳术数之源,其中河图的排列结构是一、六在后,二、七在前,三、八在左,四、九在右,五、十背中.如图,白圈为阳数,黑点为阴数,若从阴数和阳数中各取一数分别记为,则满足的概率为( )‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先由题意抽象出阳数和阴数包含哪些数字,并通过列举的方法列举的基本事件的个数,并求对立事件的概率.‎ ‎【详解】因为阳数:1,3,5,7,9,阴数:2,4,6,8,10,所以从阳数和阴数中各取一数共有:种情况.‎ 满足有,共9种情况,故满足的情况有16种,故根据古典概型得满足的概率为.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查数学文化,古典概型,属于基础题型,本题的关键读懂题意,并转化为典型的古典概型.‎ ‎9.某高校组织若干名学生参加自主招生考试(满分150‎ - 23 -‎ 分),学生成绩的频率分布直方图如图所示,分组区间为:,其中成等差数列且.该高校拟以成绩的中位数作为分数线来确定进人面试阶段学生名单,根据频率分布直方图进人该校面试的分数线为( )‎ A. 117 B. ‎118 ‎C. 119 D. 120‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由频率和为1,以及已知条件,求得的值,再根据中位数左边的矩形面积和为0.5,计算中位数.‎ ‎【详解】由于,解得,前三个组的频率之和为,第四个组的频率为0.2,故中位数为(分).‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查频率分布直方图的应用,重点考查中位数,频率,属于基础题型.‎ ‎10.如图,在矩形中,,动点在以点为圆心且与相切的圆上,则的最大值是( )‎ A. B. ‎5 ‎C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知先求出圆的半径,由,结合向量数量积运算律,的最大值转化为求的最大值,再由向量的数量积公式,即可求出结论.‎ ‎【详解】由题意知,设到的距离为,‎ 则有,‎ 故,‎ 其中,‎ 设的夹角为,‎ ‎,‎ 当且仅当与同向时,等号成立;‎ 所以的最大值为.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查向量的线性关系的几何表示、向量数量积及其最值,考查计算求解能力,属于中档题.‎ ‎11.函数相邻两条对称轴间的距离为的图象与轴交点坐标为,则下列说法不正确的是( )‎ A. 是的一条对称轴 B. ‎ C. 在上单调递增 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据二倍角公式化简函数,由周期求,以及根据求 - 23 -‎ 的值,求得,并根据函数性质,依次判断选项.‎ ‎【详解】由题意知,由周期为,知;‎ 又因为,‎ 即,.‎ 所以,‎ 所以BD正确 当时,,是函数的对称轴,所以A正确;‎ 当时, ‎ 此时当时,函数单调递增,当时函数单调递减,‎ 所以C不正确.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查三角恒等变换,根据函数性质求函数的解析式,以及判断三角函数的性质,属于中档题型,本题的关键是正确求得函数的解析式,并会根据选项判断函数性质.‎ ‎12.已知函数对于任意,均满足,当时,,(其中为自然对数的底数),若存在实数满足,则的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件判断函数关于对称,并根据函数的解析式画出函数的图象,根据对称性可判断 - 23 -‎ ‎,即,并且,所以,并由函数图象计算求得,利用导数求得函数的取值范围.‎ ‎【详解】由知关于对称,如图,因此,所以,又因为,所以,因此,由题意知,令,,令得,故在上单调递减,在上单调递增,故,由,则,故, ‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查导数,函数性质,函数图象的综合应用,重点考查导数研究函数的单调性,最值,数形结合分析问题的能力,函数与方程思想的应用,属于中档偏难题型,本题的关键是转化,并根据数形结合得到条件.‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.已知函数的图象在和处的切线互相垂直,则________.‎ ‎【答案】‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导函数,则可得.‎ ‎【详解】,由,即,解得.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义,考查两直线垂直的条件.属于简单题.‎ ‎14.已知双曲线:的焦点关于一条渐近线的对称点在轴上,则该双曲线的离心率为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意列方程得双曲线是等轴双曲线,进而可得离心率.‎ ‎【详解】设焦点坐标是, 其中一条渐近线方程是,设焦点关于渐近线的对称点是, ‎ 则 ,得:,解得:,‎ 所以,,‎ 所以双曲线的离心率是.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质,重点考查等轴双曲线的几何性质,属于基础题型.‎ ‎15.如图,在四棱锥中,底面为正方形,,则_________;四棱锥的外接球的表面积为___________.‎ - 23 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可知点在底面的射影是正方形对角线的交点,这样可求得,并判断点是四棱锥外接球的球心,根据半径计算外接球的表面积.‎ ‎【详解】由条件可知和是等边三角形,则,所以点在底面的射影到点的距离相等,即,因为四边形是正方形,所以点是正方形对角线的交点,所以.‎ 又因为,,所以是等腰直角三角形,即;‎ 所以,‎ 所以点是四棱锥外接球的球心,,‎ 所以四棱锥的外接球的表面积.‎ 故答案为:;‎ ‎【点睛】本题考查四棱锥外接球表面积,重点考查空间想象能力,逻辑推理,计算能力,属于中档题型,本题的关键是确定球心的位置.‎ ‎16.已知抛物线的焦点为,为抛物线上的三个动点,其中且若为的重心,记三边的中点到抛物线的准线的距离分别为且满足,则____;‎ - 23 -‎ 所在直线的方程为____.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据焦半径公式和中位线定理可知,代入已知得到,根据重点坐标公式可知,公式结合后可得,代入抛物线方程求,并求得的中点坐标,并代入斜率公式化简求值,最后代入点斜式方程求直线.‎ ‎【详解】由题意知,代入得,即.由为的重心,则有,即,即,所以,因此有.故的中点坐标为,所在直线的斜率,故所在直线的方程为.‎ 故答案为:-4;‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的几何性质,三角形重心的性质,以及直线与抛物线的综合应用,意在考查转化与化归的思想,计算,变形,化简能力,属于中档题型.‎ 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:共60分 ‎17.2019年末,武汉出现新型冠状病毒(‎ - 23 -‎ ‎)肺炎疫情,并快速席卷我国其他地区,传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株,目前没有特异治疗方法,防控难度很大.武汉市出现疫情最早,感染人员最多,防控压力最大,武汉市从‎2月7日起举全市之力人户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员,强化网格化管理,不落一户、不漏一人.在排查期间,某社区将本社区的排查工作人员分为,两个小组,排查工作期间社区随机抽取了100户已排查户,进行了对排查工作态度是否满意的电话调查,根据调查结果统计后,得到如下的列联表.‎ ‎ 是否满意 组别 不满意 满意 合计 组 ‎16‎ ‎34‎ ‎50‎ 组 ‎5‎ ‎45‎ ‎50‎ 合计 ‎21‎ ‎79‎ ‎100‎ ‎(Ⅰ)分别估计社区居民对组、组两个排查组的工作态度满意的概率;‎ ‎(Ⅱ)根据列联表的数据,能否有99%的把握认为“对社区排查工作态度满意”与“排查工作组别”有关?‎ 附表:‎ ‎0.100‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ 附:‎ ‎【答案】(Ⅰ)0.68;0.9(Ⅱ)有99%的把握认为“对社区排查工作态度满意”与“排查工作组别”有关.‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)根据列联表,分别计算两组对社区工作态度满意的频率即可;‎ ‎(Ⅱ)根据列联表,利用公式,直接代入求解,并且和比较.‎ ‎【详解】解:(Ⅰ)由样本数据,组排查对象对社区排查工作态度满意的频率为,因此社区居民对组排查工作态度满意的概率估计值为0.68.‎ 组排查对象对社区排查工作态度满意的频率为,因此社区居民对组排查工作态度满意的概率估计值为0.9.‎ ‎(Ⅱ)假设“对社区排查工作态度满意”与“排查工作组别”无关,根据列联表中的数据,得到 因此有99%的把握认为“对社区排查工作态度满意”与“排查工作组别”有关.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验,重点考查读懂题意,熟练掌握的计算公式,属于基础题型.‎ ‎18.已知等差数列的前项和为且.‎ ‎(Ⅰ)求数列的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)设,求数列的前项和.‎ ‎【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)设等差数列的公差为,将已知条件转化为的关系,求解即可求出数列的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)由(1)结合已知可得,用错位相减法求其和.‎ ‎【详解】(Ⅰ)设数列的公差为,‎ 由得:,所以,‎ - 23 -‎ 又因为,所以.‎ 于是,故.‎ ‎(Ⅱ)设的前项和为,因为,所以,‎ 依题,‎ 则 于 即 故:.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的前项和与通项公式的基本量的计算,以及用错位相减法求数列的前项和,考查计算求解能力,属于基础题.‎ ‎19.如图1,在中,分别是边上的中点,将沿折起到的位置,使如图2.‎ ‎(Ⅰ)求证:;‎ ‎(Ⅱ)求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎(Ⅰ)要证明线线垂直,需证明线面垂直,易证明平面;‎ ‎(Ⅱ)利用等体积转化,求点到平面的距离.‎ ‎【详解】证明:(Ⅰ)在图1中,,为边中点,所以.‎ 又所以.‎ 在图2中,且则平面.‎ 又因为平面所以.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知平面且平面,‎ 所以平面平面 且平面平面,‎ 在正中,过作,垂足为,‎ 所以平面.‎ 即为三棱锥底面上的高,‎ 在中,.‎ 在中,,,所以.‎ 在梯形中.‎ 设点到平面的距离为,‎ 因为,‎ 所以,解得.‎ 即点到平面的距离为.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查线线,线面垂直关系,以及点到平面的距离,重点考查空间想象能力,转化能力,属于基础题型.‎ ‎20.已知点,椭圆:的离心率为和分别是椭圆的左焦点和上顶点,且的面积为.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程;‎ ‎(Ⅱ)设过点的直线与相交于,两点,当时,求直线的方程.‎ ‎【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由的面积为,得出关系,再由离心率结合关系,求解即可得出椭圆方程;‎ ‎(Ⅱ)设,由已知可得,设直线方程为,与椭圆方程联立,得到的关系式,进而得出的关系式,建立的方程,求解即可得出结论.‎ ‎【详解】(Ⅰ)设,由条件知,‎ 所以的面积为,①‎ 由得,从而,化简得,②‎ ‎①②联立解得,‎ 从而,所以椭圆的方程为;‎ - 23 -‎ ‎(Ⅱ)当轴时,不合题意,故设,‎ 将代入得.‎ 由题得,‎ 设,则 因为,‎ 所以,‎ 从而,‎ 整理得,,‎ 所以直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系,要掌握根与系数关系设而不求方法在相交弦中的应用,考查逻辑推理、数学计算能力,属于中档题.‎ ‎21.已知函数,其中为自然对数的底数.‎ ‎(Ⅰ)讨论单调性;‎ ‎(Ⅱ)当时,设函数存在两个零点,求证:.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ),分和两种情况讨论函数的单调性;‎ ‎(Ⅱ)解法一:由题意可知,两式相减可得 - 23 -‎ ‎,再利用分析法转化为证明要证,只需证,再通过变形,构造,证明只需证即可,,构造函数,利用导数证明.‎ 解法二:由题意可知,再换元令,即,两式相减得,要证,即只需证,即证,再通过变形,构造得到,,,利用导数证明.‎ ‎【详解】解:(1),‎ 当时,,在上单调递增;‎ 当时,令得,在上单调递减,在上单调递增;‎ ‎(Ⅱ)解法一:由题意知,由得,‎ 两式相减得,因为,故,‎ 要证,只需证,‎ 两边同除以得,‎ 令,故只需证即可.‎ 令,,‎ 令,‎ 当时,,故在上单调递减,‎ - 23 -‎ 故,故在上单调递增,故,故原命题得证.‎ ‎【解法二】由题意知,由得,‎ 令,即,两式相减得,‎ 要证,即只需证,即证,即,即,‎ 令,只需证即可.‎ 令,,‎ 当时,,故在上单调递增,故,因此原不等式成立.‎ ‎【点睛】本题考查导数的综合应用 ,重点考查利用导数研究函数的单调性,最值,本题的难点是根据方程组转化,变形为可利用的式子,再利用分析法将所证明不等式等价转化,最后根据换元构造函数,本题属于难题.‎ ‎(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4--4:坐标系与参数方程]‎ ‎22.在平面直角坐标系中,以为极点,轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线 - 23 -‎ 的参数方程为(为参数),曲线的参数方程为(为参数),曲线、交于、两点.‎ ‎(Ⅰ)求曲线的极坐标方程和曲线的普通方程;‎ ‎(Ⅱ)已知点的直角坐标为,求的值.‎ ‎【答案】(Ⅰ);;(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(Ⅰ)将曲线参数消去,得出普通方程,再将代入普通方程,即可得到曲线的极坐标方程;曲线参数方程先化为,然后平方相减,即可消去参数,求出曲线的普通方程;‎ ‎(Ⅱ)在曲线上,将曲线的直线标准参数方程代入曲线的普通方程,利用根与系数关系和曲线参数的几何意义,即可求解.‎ ‎【详解】(Ⅰ)曲线的参数方程为(为参数).‎ 消去得,将,‎ 代入上式得曲线的极坐标方程,‎ 整理得;‎ - 23 -‎ 因为,‎ 所以曲线的普通方程为.‎ ‎(Ⅱ)因为在曲线上,‎ 所以将的参数方程(为参数).‎ 代入到的直角坐标方程,得,‎ 设分别为点对应的参数,则有,‎ 由参数的几何意义得.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化、直角坐标方程与极坐标方程互化,利用直线的标准参数方程的几何意义求距离,考查计算求解能力,属于中档题.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲]‎ ‎23.函数 ‎(Ⅰ)求函数的最小值;‎ ‎(Ⅱ)若的最小值为,,求证:.‎ ‎【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)对分类讨论去绝对值化简,求出各段函数的范围,即可求出的最小值;‎ - 23 -‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)得,将所求的不等式化为,利用基本不等式,即可证明结论.‎ ‎【详解】(1)‎ 当时,;当时,;‎ 当时,.所以的最小值为.‎ ‎(2)由(1)知,即,‎ 又因为,‎ 所以 ‎.‎ 当且仅当,即时,等号成立,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查分类讨论求绝对值不等式的最值,以及利用基本不等式证明不等式,考查逻辑推理、数学计算能力,属于中档题.‎ - 23 -‎