河北省石家庄二中2020届高三数学三模试卷（A）理（含解析）

河北省石家庄二中2020届高三数学三模试卷（A）理（含解析）第卷（共60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,则中所含元素的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：，故选D.考点：集合的表示法2.若函数为纯虚数，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：根据为纯虚数，得到的值；再由，及复数除法的计算法则计算的值。详解：为纯虚数 ，解得又故选D点睛：（1）复数分类：时为实数；时为虚数，时为纯虚数。 （2）以4为周期，即（3）复数除法运算法则：3.已知命题，那么命题为（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】特称命题的否定为全称命题，则为，故选C4.已知双曲线的一个焦点为，且双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】依题意，双曲线的一个焦点为，双曲线离心率为，渐近线方程为.故选D.5.已知实数，满足约束条件，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，易知表示可行域内的点到点的距离的平方，所以故选A6.设，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：（1）方法一、运用同角变换和两角差公式，即 和化简，再根据诱导公式和角的范围，确定正确答案。（2）方法二、运用诱导公式和二倍角公式，通过的变换化简，确定正确答案。详解：方法一：即整理得， 整理得方法二： ， 整理得故选B点睛：本题主要考查三角函数的化简和求值，根据题干和选项所给提示，确定解题方向，选取适当三角函数公式化简求值。7.给出个数：，要计算这个数的和.如图给出了该问题的程序框图，那么框图中判断框处和执行框处可以分别填入（ ）A. ？和 B. ？和C. ？和 D. ？和【答案】D【解析】试题分析：由于要计算30个数的和，故循环要执行30次，由于循环变量的初值为1，步长为1，故终值应为30即中应填写i30；又由第1个数是1；第2个数比第1个数大1即1+1=2；第3个数比第2个数大2即2+2=4；第4个数比第3个数大3即4+3=7；故中应填写p=p+i考点：程序框图8.已知函数，则满足的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先确定函数的单调性，单调递减，单调递增；由题可知当或时，根据函数的性质解不等式。详解：令，为单调递增函数 则，单调递减，单调递增， 且当时 复合函数同增异减时，函数单调递减；时，函数单调递增。 函数最小值又 或时 即 解得故选A点睛：高中阶段解不等式大体上分为两类，一类是利用不等式性质直接解出解集（如二次不等式，分式不等式，指对数不等式等）；一类是利用函数的性质，尤其是函数的单调性进行运算。相比而言后者往往需要构造函数，利用函数单调性求解，考验学生的观察能力和运用条件能力，难度较大。9.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：通过三视图可知，该多面体为棱长为2的正方体切割而成的四棱锥，为棱的中点，再计算该四棱锥各面面积之和即可。详解：根据三视图可知，该几何体为四棱锥，由棱长为2的正方体切割而成。 底面为矩形， 易得 由余弦定理，得 四棱锥的表面积 故选A。点睛：（1）当已知三视图去还原成几何体时，首先根据三视图中关键点和视图形状确定几何体的形状，再根据投影关系和虚线明确内部结构，最后通过三视图验证几何体的正确性 （2）表面积计算中，三角形的面积要注意正弦定理和余弦定理的运用。10.的展开式中，的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：题中为独立项，所以展开式中含的为，其中中的系数为展开式中与的系数差。最后再将两部分系数相乘即得所求。详解：由，得含的项为，中的项为系数为故选B.点睛：本题考查了二项式定理的应用，多项式展开问题要抓住独立项，以此为简化问题的突破点，从而减少计算和分类讨论的难度.11.过抛物线焦点的直线与抛物线交于，两点，与圆交于，两点，若有三条直线满足，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：（1）当直线与轴垂直时，满足；（2）当直线不与轴垂直时，直线方程.四点位置分两种情况：四点顺序为，AB的中点为（1，0），这样的直线不存在；四点顺序为时，得，即焦点弦长等于圆的直径，设，联立直线与抛物线方程，由韦达定理，则，又，所以，继而得时有两条满足条件的直线，从而得到答案.详解：（1）当直线轴时，直线：与抛物线交于，与圆交于，满足.（2）当直线不与轴垂直时，设直线方程. 联立方程组 化简得 由韦达定理 由抛物线得定义，过焦点F的线段当四点顺序为时 AB的中点为焦点F（1，0），这样的不与轴垂直的直线不存在；当四点顺序为时， 又，即当时存在互为相反数的两斜率k，即存在关于对称的两条直线。综上，当时有三条满足条件的直线.故选B.点睛：本题考查直线与圆锥曲线的综合问题代入法，考查了分类讨论思想、等价转化思想，由到的转化是解题关键.12.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，则对任意，函数的零点个数至多有（ ）A. 3个 B. 4个 C. 6个 D. 9个【答案】A【解析】当时，由此可知在上单调递减，在上单调递增，且,又在上的奇函数，,而时，所以的图象示意图如图所示，令，则时，方程至多有3个根，当时，方程没有根，而对任意，方程至多有一个根，从而函数的零点个数至多有3个，故选A.点睛：复合函数的零点问题的求解步骤一般是：第一步：现将内层函数换元，将符合函数化为简单函数；第二步：研究换元后简单函数的零点（一般都是数形结合）；第三步：根据第二步得到的零点范围转化为内层函数值域，进而确定的个数.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.某校高一年级3个学部共有800名学生，编号为：001,002，800，从001到270在第一学部，从271到546在第二学部，547到800在第三学部采用系统抽样的方法从中抽取100名学生进行成绩调查，且随机抽取的号码为004，则第二学部被抽取的人数为_【答案】【解析】因为间隔为 ，且随机抽的号码为004，则随机抽取的号码构成一个等差数列，通项公式为 ，由 ，即 ，即 ，共有34人.故答案为34.【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，求出样本间隔，利用等差数列进行求解是解决本题的关键14.已知向量，则_【答案】 【解析】由可得 ，即，故答案为.15.已知平面截球的球面得圆，过圆心的平面与的夹角为且平面截球的球面得圆，已知球的半径为，圆的面积为，则圆的半径为_【答案】【解析】分析：先求出圆M的半径，然后根据勾股定理求出OM的长，找出二面角的平面角，从而求出ON长，最后应用勾股定理确定圆N的半径.详解：如图， 过圆心的平面与的夹角为且平面截球的球面得圆点睛：本题考查球截面与二面角问题，球半径为，球截面圆的半径为，球心到截面距离为，满足.16.已知的三个内角，的对边分别为，若，且，则的取值范围为_【答案】【解析】分析：由正弦定理角化边及余弦定理，整理得，则，再根据，得外接圆半径，所以，整理后化成一个角得三角函数，求得取值范围.详解：由正弦定理，得 即由余弦定理 得 又 由题可知 则 即的范围点睛：解三角形问题，需要结合已知条件，根据三角形边角关系、正余弦定理灵活转化已知条件，从而达到解决问题的目的解三角形的范围问题常见两类，一类是根据基本不等式求范围，另一类是根据边或角的范围计算三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.已知单调递增的等比数列满足,且是的等差中项.()求数列的通项公式；()若,对任意正数数，恒成立，试求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：()通过是的等差中项可知，结合，可知 ，进而通过解方程，可知公比，从而可得数列的通项公式；()通过()，利用错位相减法求得，对任意正整数恒成立等价于对任意正整数恒成立，问题转化为求的最小值，从而可得的取值范围.试题解析：()设等比数列的首项为,公比为依题意，有,代入,得，因此,即有解得或又数列单调递增，则故.()-，得对任意正整数恒成立.对任意正整数恒成立，即恒成立，,即的取值范围是.【易错点晴】本题主要考查等差数列的通项公式以及求和公式、“错位相减法”求数列的和，以及不等式恒成立问题，属于难题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；相减时注意最后一项 的符号；求和时注意项数别出错；最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.18.在等腰直角中，分别为，的中点，将沿折起，使得二面角为.（1）作出平面和平面的交线，并说明理由；（2）二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）通过找到解题思路，再根据线面平行的判定、性质以及公理“过平面内一点，作平面内一条直线的平行线有且只有一条”说明理由.（2）过点作的垂线，垂足为，以F为坐标原点，FB所在方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，应用空间向量，分别求得两平面的法向量，两平面法向量夹角详解：（1）在面内过点作的平行线即为所求.证明：因为，而在面外，在面内，所以，面.同理，面，于是在面上，从而即为平面和平面的交线.（2）由题意可得为二面角的平面角，所以，.过点作的垂线，垂足为，则面.以为原点，为轴正方向，为单位长度建立空间直角坐标系；则，从而，设面的一个法向量为,则由得，所以，不妨取.由面知平面的法向量不妨设为于是，所以二面角的余弦值为.点睛：用空间向量求二面角问题的解题步骤：右手定则建立空间直角坐标系，写出关键点坐标设两平面的法向量， 两法向量夹角为，求法向量及两向量夹角的余弦；当两法向量的方向都向里或向外时，则二面角；当两法向量的方向一个向里一个向外时，二面角为.19.某市为准备参加省中学生运动会，对本市甲、乙两个田径队的所有跳高运动员进行了测试，将全体运动员的成绩绘制成频率分布直方图.同时用茎叶图表示甲，乙两队运动员本次测试的成绩（单位：，且均为整数），由于某些原因，茎叶图中乙队的部分数据丢失，但已知所有运动员中成绩在以上（包括）的只有两个人，且均在甲队.规定：跳高成绩在以上（包括）定义为“优秀”.（1）求甲，乙两队运动员的总人数及乙队中成绩在（单位：）内的运动人数；（2）在甲，乙两队所有成绩在以上的运动员中随机选取人，已知至少有人成绩为“优秀”，求两人成绩均“优秀”的概率；（3）在甲，乙两队中所有的成绩为“优秀”的运动员中随机选取人参加省中学生运动会正式比赛，求所选取运动员中来自甲队的人数的分布列及期望.【答案】（1），（2）（3） 见解析【解析】分析：由频率分布直方图可知，成绩在以上的运动员频数为2，频率为，由此求出全体运动员总人数，由成绩在内频率求出运动员人数，再减去甲队人数，即可求出乙队人数；（2）分别求出“至少有人成绩为优秀”和“两人成绩均优秀”的概率；再根据条件概率即为所求；（3）由题设确定随机变量所有可能值为，分别求三个概率，由此求出的分布列和数学期望.详解：（1）由频率直方图可知：成绩在以以上的运动员的频率为， 全体运动馆总人数（人），成绩位于中运动员的频率为，人数为，由茎叶图可知：甲队成绩在的运动员有名，（人）；（2）由频率直方图可得：以上运动员总数为：，由茎叶图可得，甲乙队以上人数恰好人，所以乙在这部分数据不缺失，且优秀的人数为人，设事件为“至少有人成绩优秀”，事件为“两人成绩均优秀”，；（3）可取的值为，的分布列为：012.点睛：随机变量分布列及数学期望问题要善于灵活运用三个性质：一是pi0(i1,2，)；二是，三是p1p2pn1检验分布列的正误20.已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点的坐标为，点坐标为，且直线轴，过点作直线与椭圆交于，两点（，在第一象限且点在点的上方），直线与交于点，连接.（1）求椭圆的方程；（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，问：的斜率乘积是否为定值，若是求出该定值，若不是，说明理由.【答案】（1）（2）. 【解析】分析：（1）由题意可知，则，即可求得椭圆方程.（2）由题意设，设直线的方程为，代入椭圆方程，写出韦达定理关系式，再根据三点共线，得到，然后计算的值为定值.详解：（1）设椭圆方程为，由题意可知：，所以，所以椭圆的方程为（2）是定值，定值为.设，因为直线过点，设直线的方程为：，联立所以，因为点在直线上，所以可设，又在直线上，所以：所以点睛：圆锥曲线的定值问题会涉及到曲线上的动点及动直线，常用解题步骤为：设动点和动直线、即引入参数；结合已知条件将目标式用参变量表示，（3）通过化简消参求得定值.设而不求、整体思想和消元思想的运用可有效的简化运算.21.设函数，其中.（1）讨论函数极值点的个数，并说明理由；（2）若成立，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）求函数的导数，再换元，令，对与分类讨论，即可得出函数的极值的情况. （2）由（1）可知：当时，函数在为增函数，又所以满足条件；当时，因换元满足题意需在此区间，即；最后得到的取值范围.详解：（），设，则，当时，函数在为增函数，无极值点.当时，若时， ，函数在为增函数，无极值点.若时，设的两个不相等的正实数根，且，则所以当，单调递增；当，单调递减；当， ，单调递增.因此此时函数有两个极值点；同理当时的两个不相等的实数根，且，当，单调递减，当，单调递增；所以函数只有一个极值点.综上可知当时的无极值点；当时有一个极值点；当时，的有两个极值点.（）对于，由（）知当时函数在上为增函数，由，所以成立.若，设的两个不相等的正实数根，且，.则若，成立，则要求，即解得.此时在为增函数，成立若当时令，显然不恒成立.综上所述，的取值范围是.点睛：函数的导数或换元后的导数为二次函数题型，求函数的单调性或极值点个数的解题步骤为：（1）确定定义域；（2）二次项系数；（3）；（4），再讨论，两个根的大小关系。请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线过点，其参数方程为 （为参数，），以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）求已