2020届河北省石家庄市第二中学高三下学期零模数学（理）试题（解析版）

2020届河北省石家庄市第二中学高三下学期零模数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则集合(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】分别根据二次不等式与对数不等式方法求解再求解即可.

【详解】

,.

故.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了二次不等式与对数不等式的求解与交集的运算,属于基础题.

2．设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则(    )

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】根据模长的运算公式求解即可.

【详解】

由题, ,故,即.

故选：C

【点睛】

本题主要考查了复数的几何意义与模长的公式等,属于基础题.

3．已知，，，则（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】试题分析：由指数函数，对数函数的性质，可知，

，即，选A

【考点】指数函数，对数函数的性质

4．已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75．现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90．在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】分别根据数据的平均数和方差的计算公式，求得的值，即可得到答案．

【详解】

由题意，根据平均数的计算公式，可得，

设收集的48个准确数据分别记为，

则

，

，

故．选A．

【点睛】

本题主要考查了数据的平均数和方差的计算公式的应用，其中解答中熟记数据的平均数和方差的公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，数基础题．

5．函数 (,)的最小正周期为,其图象关于直线对称,则的最小值为(   )

A．    B．    C．    D．

【答案】B

【解析】由题意，得，所以．因为函数的图象关于直线对称，所以，即，当时， 取得最小值，故选B．

点睛：求三角函数的性质，不论是周期性、单调性、对称性还是求三角函数的最值，都要以三角函数的性质为基础；另外在求解时要注意所给的范围和的取值．

6．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，……，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，则 (    )

A．1 B．0 C．1007 D．

【答案】A

【解析】逐项求解再根据规律求和即可.

【详解】

由题,,, …

易得为以为循环节的周期数列.所以

.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了数列的周期性,需要根据题意写出前几项发现规律再求和,属于中档题.

7．已知变量满足，则的取值范围为（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】如图：

可得当，时取得最大值，所以，故选

8．已知三个向量，，共面，且均为单位向量，，则的取值范围是（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】因为，所以，所以，所以＝＝，则当与同向时最大，最小，此时，，所以＝；当与反向时最小，最大，此时 ＝，，所以，所以的取值范围为，故选A．

9．已知双曲线的左、右焦点分别为、，为坐标原点，是双曲线上在第一象限内的点，直线、分别交双曲线左、右支于另一点、，，且，则双曲线的离心率为（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】利用定义求出，，根据双曲线的对称性可得为平行四边形，从而得出，在内使用余弦定理可得出与的等量关系，从而得出双曲线的离心率.

【详解】

由题意，，，，.

连接、，根据双曲线的对称性可得为平行四边形，

，，

由余弦定理可得，，，

故选B.

【点晴】

本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的等式，从而求出的值.本题是利用点到直线的距离等于圆半径构造出关于的等式，最后解出的值.

10．设是定义在R上的偶函数，且当时，．若对任意的x，不等式恒成立，则实数a的最大值是（ ）．

A． B． C． D．2

【答案】C

【解析】试题分析：是定义在上的偶函数，

不等式恒成立等价为恒成立，

当时，．

不等式等价为恒成立，

即在上恒成立，平方得

即在上恒成立，

设,则满足

即

故实数的最大值是.故选C.

【考点】1.函数的奇偶性；2.恒成立问题.

11．已知P，A，B，C是半径为2的球面上的点，O为球心，，，则三棱锥体积的最大值是(    )

A． B．1 C． D．

【答案】B

【解析】画图分析可知到面的距离为定值,故只需求底面的面积最大值,再根据基本不等式的方法求解即可.

【详解】

如图,设交平面于.因为,由球的对称性有底面.

又,.故.,

因为,所以.

又.故.

故.当且仅当时取等号.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了锥体外接球以及根据基本不等式求最值的问题,需要根据题意找到定量关系,利用基本不等式求最值,属于中档题.

12．已知函数，对于函数有下述四个结论：①函数在其定义域上为增函数；②对于任意的，，都有成立；③有且仅有两个零点；④若，则在点处的切线与在点处的切线为同一直线.其中所有正确的结论有(    )

A．①②③ B．①③ C．②③④ D．③④

【答案】C

【解析】(1)分别求即可判定(1)错误.

(2)分别计算判断是否等于即可.

(3)数形结合分析函数与的交点个数即可.

(4)分别根据导数的几何意义求解在点处的切线与在点处的切线方程,再根据判定即可.

【详解】

(1) 的定义域为.

因为,.

所以,所以在其定义域上不为增函数.故(1)错误.

(2)因为,.所以.

所以.故(2)正确.

(3) 的零点即的解的个数,即函数与的交点个数.画出图像可知,有两个交点,故(3)正确.

(4)对于函数,因为,所以,所以在点处的切线方程为,即.

对于函数,,所以,

所以在处的切线方程为,

即.因为,即,其中且,

所以,.

所以.所以两条切线为同一直线.故(4)正确.

故选：C

【点睛】

本题主要考查了函数的性质以及运算,同时也考查了数形结合求解函数零点的个数与导数的几何意义求切线参数方程的问题,需要根据题意代入对应的值进行计算分析,属于难题.

二、填空题

13．在的展开式中，含项的系数是         .

【答案】14.

【解析】【详解】

,含项的系数是14.

14．记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________.

【答案】4.

【解析】根据已知求出和的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果.

【详解】

因，所以，即，

所以．

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．

15．已知点，，，点D是直线AC上的动点，若恒成立，则最小正整数__________.

【答案】4

【解析】设点,根据列出关于的关系式,再数形结合分析即可.

【详解】

设点,因为点是直线上的动点,故.

由得,化简得.

依题意可知,直线与圆至多有一个公共点,

所以,解得或.所以最小正整数.

故答案为：4

【点睛】

本题主要考查了直线与圆和向量的综合运用,需要设点的坐标表达所给的信息,再数形结合利用圆心到直线的距离列式求解.属于中档题.

16．F为抛物线的焦点，过点F且倾斜角为的直线l与抛物线交于A，B两点，，分别是该抛物线在A，B两点处的切线，，相交于点C，则__________，_________.

【答案】0       

【解析】根据题意设直线的方程,联立直线与抛物线的方程,解得的坐标,再计算与即可.

【详解】

易得,又直线倾斜角为,故直线的方程为：

即.设,不妨设,数形结合可知此时.

联立,解得.

代入可得.故.又,,故在处的切线方程为.

在处的切线方程为.

联立可得.故.

.

故答案为：(1)0  (2)

【点睛】

本题主要考查了联立直线与抛物线的方程,求出点的坐标进行计算的问题,同时考查了导数的几何意义求解切线方程的问题.属于难题.

三、解答题

17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

（1）求的值；

（2）若，，求的面积S.

【答案】(1) ;(2)

【解析】(1)根据正弦定理边角互化,再利用正弦的和差角公式化简即可.

(2)利用余弦定理代入(1)中的化简可得,再根据同角三角函数的公式求解,再根据面积公式求解即可.

【详解】

(1)由正弦定理,

,根据内角和有.

根据正弦定理有,即.

(2)由余弦定理有,由(1) ,代入,

即.故.又因为,.

故.

【点睛】

本题主要考查了正余弦定理与三角形面积公式在解三角形中的运用,同时也考查了三角恒等变换的方法与技巧,属于中档题.

18．四棱锥的底面ABCD是边长为a的菱形，面ABCD，，E，F分别是CD，PC的中点.

（1）求证：平面平面PAB；

（2）M是PB上的动点，EM与平面PAB所成的最大角为，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)

【解析】(1)分别证明,,进而证明平面,从而得到平面平面即可.

(2) 连结,则根据(1)平面可知为直线与平面所成的线面角,进而分析可得.再建立空间直角坐标系求解二面角大小即可.

【详解】

(1)证明：由题意,四边形是边长为的菱形,,为的中点,故,.由余弦定理可得,解得 .故.故,.故.

又面,面.故.又,故平面.

又平面.故平面平面.

(2)连结,则根据(1)平面可知为直线与平面所成的线面角,所以在中, ,所以当最小,即时,取得最大值,此时,设则有,解得.

即.由(1)有.故以为坐标原点,分别为轴建立空间直角坐标系.

则.故.

所以.

设面的法向量,则 .

即,令则.

又平面的法向量.故二面角大小的余弦值

.

【点睛】

本题主要考查了面面垂直的一般证明,同时也考查了线面角的判定与建立空间直角坐标系求解二面角大小的问题.需要根据题意找到线面角的平面角进行判断,并建立合适的坐标系进行求解.属于难题.

19．已知椭圆，P是椭圆的上顶点，过点P作斜率为的直线l交椭圆于另一点A，设点A关于原点的对称点为B

（1）求面积的最大值；

（2）设线段PB的中垂线与y轴交于点N，若点N在椭圆内部，求斜率k的取值范围.

【答案】(1)2；(2)

【解析】(1)根据题意可知,故当在左右顶点的时候面积最大.

(2)设的方程,联立与椭圆的方程,求出的坐标,再得出的坐标,进而求得的中垂线,再求得的坐标,根据点N在椭圆内部得到不等式求解即可.

【详解】

(1)设点,,.

根据题意可知.

故当时面积取最大值2.

(2) 设直线的方程：.联立直线与椭圆的方程有,整理可得：

,因为,故.代入可得.

所以,.

故中点坐标为.

又的斜率为.故中垂线的斜率为.

中垂线的方程为：.代入有.

故.又点在椭圆内部.故,解得,

即.又,故

【点睛】

本题主要考查了联立直线与椭圆的方程表达所需的点,并根据题意列出不等式求范围的方法,需要根据题意确定点的坐标进行运算求解.属于中档题.

20．设函数（x∈R，实数a∈[0，+∞），e=2.71828…是自然对数的底数，）．

（Ⅰ）若f（x）≥0在x∈R上恒成立，求实数a的取值范围；

（Ⅱ）若ex≥lnx+m对任意x＞0恒成立，求证：实数m的最大值大于2.3．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析

【解析】（Ⅰ）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值，问题得以解决；

（Ⅱ）构造函数设，利用导数求出函数的最值，即可证明．

【详解】

（Ⅰ）∵，f（x）≥0在x∈R上恒成立，∴a≤，

设h（x）=，∴h′（x）=，令h′（x）=0，解得x=，

当x＞，即h′（x）＞0，函数单调递增，

当x＜，即h′（x）＜0，函数单调递减，

∴h（x）min=h（）=，∴0＜a≤，

故a的取值范围为；

（Ⅱ）设，

∴，g'（x）＞0，可得；g'（x）＜0，可得．

∴g（x）在（，+∞）上单调递增；在上单调递减．

∴g（x）≥g（）=，∵，

∴＞1.6，∴g（x）＞2.3．

由（Ⅰ）可得exx，

∴ex﹣lnx的最小值大于2.3，

故若ex≥lnx+m对任意x＞0恒成立，则m的最大值一定大于2.3．

【点睛】

本题考查了导数和函数的最值的关系，关键是构造函数，属于中档题．

21．武汉新型冠状病毒是一种可以通过飞沫传播的变异病毒，某药物研究所为筛查该新型冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，每份样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次；②混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k份血液全为阴性，因此这k份血液样本检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份血液再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阴性还是阳性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.

（1）假设有5份血液样本，其中只有2份为阳性，若采取逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；

（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.

（i）试运用概率统计知识，若，试求P关于k的函数关系式；

（ii）若，采用混合检验方式可以使得这k份血液样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值.

参考数据：，，，，

【答案】(1) ;(2) （i）,;（ii）4

【解析】(1)根据排列的方法列式求概率即可.

(2) （i）分别求解,再化简求时的解析式即可.

（ii）由题,化简可得,再构造函数求导分析函数的单调性,再根据零点存在性定理求区间端点的正负判断即可.

【详解】

(1)设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的事件为,则,故恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的概率为

(2) （i）由已知可得,所有可能的取值为.

所以,,

所以.

若,则,所以.

故.

所以P关于k的函数关系式,

（ii）由题意可知,即,化简得.

因为,所以,即.

设函数.

又,故当时, ,即在上单调递减.

又,.

故的最大值为4.

【点睛】

本题主要考查了排列在概率中的运用,同时也考查了构造函数数学期望的求解以及构造函数分析不等式的方法.属于中档题..

22．在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求圆C的极坐标方程；

（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长.

【答案】（1）；（2）2

【解析】（1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得．

【详解】

（1）圆C的普通方程为，又，

所以圆C的极坐标方程为.

（2）设，则由解得，，得；

设，则由解得，，得；

所以

【点睛】

本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.

23．已知定义在R上的函数的最小值为a.

（1）求a的值.

（2）若p，q，r为正实数，且，求证：.

【答案】(1)3；(2)证明见解析

【解析】(1)根据绝对值的三角不等式求解即可.

(2)根据三元的柯西不等式证明即可.

【详解】

(1)根据绝对值的三角不等式有.

当且仅当 时取等号.故.

(2)证明：由(1)有.利用三元的柯西不等式有

.

故

【点睛】

本题主要考查了绝对值的三角不等式与三元的柯西不等式运用,属于基础题.