河北省邢台市2020届高三高考模拟数学（理）试题

2020年高考数学模拟试卷（理科）

一、选择题（共12小题）.

1.若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

求出共轭复数，根据复数运算法则即可得解.

【详解】，，

.

故选：A

【点睛】此题考查复数的概念辨析和基本运算，关键在于熟练掌握复数的运算法则，根据法则求解.

2.已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据对数不等式解法求出解集得到A，根据交集运算即可得解.

【详解】

，

所以

故选：C

【点睛】此题考查集合的交集运算，关键在于准确求解对数型不等式和一元二次不等式.

3.设非零向量，满足，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由可得，利用数量积的运算性质结合条件可得答案.

【详解】，.

，

.

故选：A

【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零求向量的模长，属于中档题.

4.如图，在正方体中，E为的中点，几何体的侧视图与俯视图如图所示，则该几何体的正视图为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据侧视图和俯视图特征判定几何体，找出正投影，即可得解.

【详解】结合俯视图和侧视图，根据几何体特征，该几何体为图中，

正投影为，与不在同一平面，

所以正视图为A选项的图形.

故选：A

【点睛】此题考查三视图的识别，关键在于根据俯视图侧视图结合几何体辨析正视图，易错点在于对几何体的棱BE考虑不准确.

5.设双曲线，，的离心率分别为，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】

已知双曲线标准方程，根据离心率的公式，直接分别算出，，，即可得出结论.

【详解】对于双曲线，

可得，则，

对于双曲线，

得，则，

对于双曲线，

得，则，

可得出，，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查双曲线的标准方程和离心率，属于基础题.

6.若，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由条件有，利用均值不等式有可得到答案.

【详解】因为，

所以，

则，当且仅当时，等号成立，

故的最小值为4.

故选：C

【点睛】本题考查对数的运算性质和利用均值不等式求最值，属于中档题.

7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央.出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐.问水深、葭长各几何？”其意思为“今有水池1丈见方（即尺），芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺.将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示）.试问水深、芦苇的长度各是多少？假设，现有下述四个结论：

①水深为12尺；②芦苇长为15尺；③；④.

其中所有正确结论的编号是（    ）

A. ①③ B. ①③④ C. ①④ D. ②③④

【答案】B

【解析】

【分析】

利用勾股定理求出的值，可得，再利用二倍角的正切公式求得，利用两角和的正切公式求得的值.

【详解】设，则，

∵，∴，∴.

即水深为12尺，芦苇长为12尺；

∴，由，解得（负根舍去）.

∵，

∴.

故正确结论的编号为①③④.

故选：B.

【点睛】本题主要考查二倍角的正切公式、两角和的正切公式，属于基础题.

8.在外国人学唱中文歌曲的大赛中，有白皮肤选手6人，黑皮肤选手6人，黄皮肤选手8人，一等奖规定至少2个至多3个名额，且要求一等奖获奖选手不能全是同种肤色，则一等奖人选的所有可能的种数为（    ）

A. 420 B. 766 C. 1080 D. 1176

【答案】D

【解析】

【分析】

分别计算一等奖两个名额和三个名额的情况即可得解.

【详解】一等奖两个名额，一共种，

一等奖三个名额，一共种，

所以一等奖人选的所有可能的种数为1176.

故选：D

【点睛】此题考查计数原理的综合应用，需要熟练掌握利用组合知识解决实际问题，准确分类，结合对立事件求解.

9.已知函数，则（    ）

A. 的最小正周期为 B. 曲线关于对称

C. 的最大值为2 D. 曲线关于对称

【答案】D

【解析】

【分析】

由已知可得，根据三角函数的性质逐一判断.

【详解】，则.

最大值为，

当时，，故曲线关于对称，

当时，，故曲线不关于对称.

故选：D.

【点睛】本题考查三角函数的性质，其中对称轴和对称中心可代入判断，是基础题.

10.函数的零点的个数为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】

将原题转化为求方程的根的个数，根据函数奇偶性，考虑当时方程的根的个数，根据对称性即可得解.

【详解】函数的零点个数，即方程的根的个数，

考虑，定义在的偶函数，

当时，，作出函数图象：

两个函数一共两个交点，即当时有两根，

根据对称性可得：当时有两根，

所以一共4个根，

即函数的零点的个数为4.

故选：C

【点睛】此题考查函数零点问题，转化为方程的根的问题，根据奇偶性数形结合求解.

11.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点，且AB＝2，若二面角B1﹣BC1﹣E为45°，则四面体BB1C1E的外接球的表面积为（    ）

A. π B. 12π C. 9π D. 10π

【答案】D

【解析】

【分析】

连接交于，可得，利用线面垂直的判定定理可得：平面，于是，可得而为二面角的平面角，再求出四面体的外接球半径，进而利用球的表面积计算公式得出结论．

【详解】

连接交于，则，

易知，则平面，

所以，

从而为二面角的平面角，

则.

因为，所以，

所以四面体的外接球半径．

故四面体BB1C1E的外接球的表面积为．

故选：D

【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

12.若曲线存在两条垂直于y轴的切线，则m的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

曲线存在两条垂直于轴的切线⇔函数存在两个极值点⇔在上有两个解，即在上有两异根，令，利用导数法可求得的值域，从而可得的取值范围.

【详解】解：∵曲线存在两条垂直于轴的切线，
∴函数的导函数存在两个不同的零点，

又，

即在上有两个不同的解，

设，，

当时，；当时，，

所以，

又当时，，当时，，

故.

故选：A.

【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，考查推理与运算能力，属于难题.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.

13.若x，y满足约束条件，则的取值范围为________．

【答案】

【解析】

【分析】

作出可行域，几何意义为可行域内的点与点连线的斜率，根据图形观察计算可得答案.

【详解】作出可行域，如图所示，

则，故z的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】本题考查分式型目标函数的最值问题，关键是画出可行域，是基础题.

14.某工厂共有50位工人组装某种零件.下面的散点图反映了工人们组装每个零件所用的工时（单位：分钟）与人数的分布情况.由散点图可得，这50位工人组装每个零件所用工时的中位数为___________.若将500个要组装的零件分给每个工人，让他们同时开始组装，则至少要过_________分钟后，所有工人都完成组装任务.（本题第一空2分，第二空3分）

【答案】    (1). 3.3；    (2). 33.14

【解析】

【分析】

①根据工时从小到大依次分析得出工时3.4人数16，工时3.5人数8，工时3.3人数12，即可得到中位数；

②计算出工时平均数即可得解.

【详解】①根据散点图：工时3.0人数3，工时3.1人数5，工时3.2人数6，工时3.3人数12，工时3.4人数16，工时3.5人数8，所以工时的中位数为3.3；

②将500个要组装的零件分给每个工人，让他们同时开始组装，

至少需要时间：

故答案为：①3.3；②33.14

【点睛】此题考查求平均数和中位数，关键在于准确读懂题意，根据公式计算求解.

15.设分别为内角的对边．已知，且，则 _____．

【答案】2

【解析】

【分析】

首先利用正弦定理的角化边得到，再根据余弦定理即可得到，解方程即可.

【详解】因为

所以

又因为，所以

即，解得

故答案为：

【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．

16.设，若直线上存在一点满足，且的内心到轴的距离为，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】

由题意可得点为直线与椭圆的交点,直线方程与椭圆方程联立可得，由的内心到轴的距离为，即的内切圆的半径，由等面积法可求出参数的值.

【详解】点满足,则点在椭圆上.

由题意可得点为直线与椭圆的交点.

联立与，消去得，则.

因为的内心到轴的距离为，所以的内切圆的半径.

所以的面积为，

即，解得，又，则.

【点睛】本题考查考查直线与椭圆的位置关系，根据椭圆的焦点三角形的相关性质求参数，属于中档题.

三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.设等差数列{an﹣bn}的公差为2，等比数列{an+bn}的公比为2，且a1＝2，b1＝1．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求数列{2an+2n}的前n项和Sn．

【答案】（1），（2）

【解析】

【分析】

（1），，，可得，，联立即可解得.

（2），利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出.

【详解】（1），，

∴，.

联立解得：.

（2）

∴数列的前项和

.

【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，同时考查了分组求和，考查了学生推理能力与计算能力，属于简单题．

18.某厂加工的零件按箱出厂，每箱有10个零件，在出厂之前需要对每箱的零件作检验，人工检验方法如下：先从每箱的零件中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是正品或都是次品，则停止检验；若抽取的零件至少有1个至多有3个次品，则对剩下的6个零件逐一检验.已知每个零件检验合格的概率为0.8，每个零件是否检验合格相互独立，且每个零件的人工检验费为2元.

（1）设1箱零件人工检验总费用为元，求的分布列；

（2）除了人工检验方法外还有机器检验方法，机器检验需要对每箱每个零件作检验，每个零件的检验费为1.6元.现有1000箱零件需要检验，以检验总费用的数学期望为依据，在人工检验与机器检验中，应该选择哪一个？说明你的理由.

【答案】（1）详见解析（2）应该选择人工检验，详见解析

【解析】

【分析】

（1）根据题意，工人抽查的4个零件中，分别计算出4个都是正品或者都是次品，4个不全是次品的人工费用，得出的可能值，利用二项分布分别求出概率，即可列出的分布列；

（2）由（1）求出的数学期望，根据条件分别算出1000箱零件的人工检验和机器检验总费用的数学期望，比较即可得出结论.

【详解】解：（1）由题可知，工人抽查的4个零件中，

当4个都是正品或者都是次品，则人工检验总费用为：元，

当4个不全是次品时，人工检验总费用都为：元，

所以的可能取值为8，20，

，

，

则的分布列为

（2）由（1）知，，

所以1000箱零件的人工检验总费用的数学期望为元，

因为1000箱零件的机器检验总费用的数学期望为元，

且，

所以应该选择人工检验.

【点睛】本题考查离散型随机变量的实际应用，求离散型随机变量概率、分布列和数学期望，属于基础题.

19.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD，，，，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.

（1）证明：平面ABCD.

（2）求直线BC与平面PBD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）通过证明平面，得到，再证即可证得平面ABCD.

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、直线的方向向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值.

【详解】（1）证明：平面PCD，平面，，

，为的中点，则且.

四边形BCDE为平行四边形，，.

又，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，，又平面，

平面，则.

平面平面，，

又，为等腰直角三角形，

O为斜边AC上的中点，且平面ABCD.

（2）解：以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示

不妨设，则,

则.

设平面PBD的法向量为，

则即

即

令，得.

设BC与平面所成角为，

则.

【点睛】本题考查线面垂直，线面角的计算，属于中档题.

20.已知函数.

（1）讨论在上的单调性；

（2）若，求不等式的解集.

【答案】（1）当时，，则在上单调递增; 当时,的单调递减区间为，单调递增区间为;当时的单调递减区间为，单调递增区间为，;当时

的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.

【解析】

【分析】

（1），分和讨论得出函数的单调性.
(2) 原不等式等价于,又，，当时，，所以在上单调递增，从而可得出答案.

【详解】（1）.

当时，，则在上单调递增.

当时，令，得.

（i）当时，，

令，得；令，得.

所以的单调递减区间为，单调递增区间为.

（ii）当时，，

令，得；

令，得或.

所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.

（iii）当时，，

令，得；令，得.

所以的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）因为，所以，当时，，所以在上单调递增.

因为，

所以原不等式等价于.

因为，，

所以，

解得，故所求不等式的解集为.

【点睛】本题考查讨论函数的单调性和根据函数的单调性解不等式，属于中档题.

21.已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，直线l与抛物线C交于P，Q两点．

（1）若l过点F，抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G．证明：点G在定直线上．

（2）若p＝2，点M在曲线y上，MP，MQ的中点均在抛物线C上，求△MPQ面积的取值范围．

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）设，，根据条件分别求出直线PG的方程，QG的方程，联立可得，化简得到点G在定直线上．

（2）设，表示出面积．结合在曲线y上，即可求出面积的取值范围．

【详解】（1）证明：易知，设，．

由题意可知直线l的斜率存在，故设其方程为．

由，得，所以．

由，得，，则，

直线PG的方程为，即①.

同理可得直线QG的方程为②.

联立①②，可得．

因为，所以，故点G在定直线上．

（2）设，

，的中点分别为，．

因为，得中点均在抛物线上，

所以，为方程的解，

即方程的两个不同的实根，

则，，

，即，

所以的中点的横坐标为，纵坐标为.

则，

，

所以的面积．

由，得，

所以，

因为，所以，

所以面积的取值范围为．

【点睛】本题考查直线与抛物线的综合，点过定直线的证明，三角形面积取值范围，合理利用根与系数关系是关键，属于难题．

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，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.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线C的极坐标方程；

（2）若点P的极坐标为，过P的直线与曲线C交于A，B两点，求的最大值．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】

（1）先将中的消去得普通方程，再利用可得极坐标方程；

（2）先求出AB的参数方程，代入曲线C的普通方程，利用韦达定理及三角函数的性质可得的最大值.

【详解】解：（1）由，得，

即，所以，

即，故曲线C的极坐标方程为.

（2）因为P的极坐标为，所以P的直角坐标为，

故可设AB的参数方程为（为参数）.

将代入，得，

设点对应的参数分别为，

则，，

所以，

故的最大值为.

【点睛】本题考查普通方程，参数方程，极坐标方程之间的互化，考查直线参数方程中参数几何意义的应用，是中档题.

[选修4-5：不等式选讲]

23.已知函数.

（1）若，求不等式的解集；

（2）设函数的图象与x轴围成的封闭区域为，证明：当时，的面积大于.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）对不等式进行零点分段讨论求解；

（2）求出函数与x轴交点坐标，表示出三角形面积，根据求得面积即可得证.

【详解】（1）若，不等式即：

，

当时，，得，

当时，，得，

当时，，得，

综上所述：

即：不等式的解集为；

（2），

该函数图象与x轴围成的封闭区域为三角形，

其三个顶点为，

，该三角形面积：

所以原命题得证.

【点睛】此题考查求解绝对值不等式，利用零点分段讨论，根据三角形的面积证明不等式，关键在于准确求解顶点坐标，利用不等关系证明.