2020石家庄高三理科数学5月份二模试题含答案

石家庄市 2020 届高三年级阶段性训练题答案 数学数学理科理科 一、选择题： 1.B.【解析】由题意知|2Bx x=，故=xxBA|，故选 B. 2. A.【解析】 :p () 0 ,0 x ， 00 23 xx ，故选 A. 3. B.【解析】 1(1)()1 1 ()1 iiii zi iii = ，则1zi= +，所以对应点在第二象限，故选 B. 4.C.【解析】由于 x y= .在R上单调递减，故= . . ；由于 x y=在R上单调递增，故 = . ；由于xy = . log在()+,上单调递减，故= . loglog.故bac，故选 C. 5.D. 【解析】 由于sin 2sin2 36 yxx = ， 因此只需将函数xy= sin的图象向右平移 6 个单位， 故选 D. 6.C.【解析】如图阴影部分为可行域，目标函数 3+ = x y z表示可行域中点()yx,与()0 , 3连线的斜率，由 图可知点()3 , 1P与()0 , 3连线的斜率最大，故z的最大值为 4 3 ，故选 C. 7.D.【解析】根据正弦定理知()()()BCcBAbasinsinsinsin+=+化为为()()()bccbaba+=+，即 bccba+= ，故 = + = bc acb Acos，故 = A，则 =Asin .因为=+cb， bccb+ ，所以bc，当且仅当=cb，等号成立，此时ABC的面积 =AbcSsin，故 ABC的面积的最大值为.故选 D. 8.C.【解析】双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab =的渐近线方程为 b yx a = ，由对称性，不妨取 b yx a =， 即0bxay= 又曲线 22 420 xyy+=化为() 2 2 22xy+=， 则其圆心的坐标为()0,2， 半径为 2 由题得，圆心到直线的距离 () 2 2 211d = ，又由点到直线的距离公式可得 22 2 1 a d ba = + 解得 2 2 3 b a =，所以 2222 222 12 cabb e aaa + =+= ，故选 C. 9.A.【解析】由题意知| | |5ACBD= uuu ruuu r ,设C到BD的距离为d，则有 122 5 55 d =，故 ()BDCMBDACBDCMACBDAM+=+=, 其中() ()=+=CDBCBCABBDAC,=BDCMBDCM,当且仅当CM与BD同向时，等 号成立，故选 A. 10.D.【解析】由+=+ + naa nn 得+=+ + naa nn ，两式相减得= +nn aa，故, aaa和 , aaa均为以 3 为公差的等差数列， 1 1,a =，易求得() * 21 32 k akkN =.则 = = + + = + + aaaaaaaaaaaa ，故选 D. 11.B.【解析】由( )()xfxf=知( )xf关于=x对称，如图，令( )=xg，即( )xfxm=，设 ( )=xmxh， 当x时，( )= mxxh， 设( )xh与()=xxyln相切时的切点为() xxPln,， x y =， 则有 = + xx xln ， 解得 e x = ， 此时e x m= = ， 当( )xh过点(),时， =m， 故 B 选项正确.若( )xg 恰有两个零点，则0m或em=，故 A 选项错误；若( )xg恰有四个零点，则 m，故 C、D 选项错 误.故选 B. 12. C. 【 解 析 】 由 题 意 知+ + =+ + =+ + = xx d xx d xx d,， 带 入 =+ddd得 () +=+xxxxx，即 +=xxx.由F为 PPP的重心，则有 = + = + yyyxxx ,，即 =xx，即= x，所以= y，因此有=+ yy.故 P P 所在直线的斜率= + = = yyxx yy k，故选 C. 二、填空题: 13. 2 5 5 【解析】由题意知 22 5 sin 55 =. 14.15.【解析】 6 1 x x + 展开式的通项为 3 3 2 16 C r r r Tx + = ， 3 302 2 r r=，所以展开式的常数项为 2 6 C15=. 15. ；. 【 解 法 一 】 作PE平 面ABCD， 由 =PADPAB知 点E在 线 段AC上 ， 过E作 ABEH ，连结PH,因为 EPEEHPEABEHAB=,，故AB平面PEH,故 PHAB .在PAHRt中，=PHAH,； 在EAHRt中， =EHAE,；在PEHRt中，=PE,因此=PAEtan，故 = PAE；取M为AC中点， 设该四棱锥的外接球的球心为O，半径为R，OM平面ABCD，设dOM =，作OMPF ，易知四 边形PFME为正方形.则有 () += += dR dR ，解得 = = R d ，故外接球表面积为RS= . 16. .【解析】由题意知，至少检测了 4 人该小区被确定为“感染高危小区”的概率 ( )()() +=pppppf，( ) ()()+= ppppf， 令( )= p f， 解得 =p， 故( )pf 在 ,上单调递增，在 ,上单调递减，故当 =p时，( )pf取得最大值. 三、解答题 17.解： （）设数列 n a的首项为 1 a，公差为d , 由 6 21S =得： () 16 6 21 2 aa+ =，所以 16 7aa+=，2 分 又因为 36 9aa+=，所以1d =.4 分 于是 1 1a =，故 n an=.6 分 （）设 n b的前项和为 n T，因为 1 2 n n n a b = ，所以2n n bn=，8 分 依题 12 1 22 22n n Tn= + + L， 则 231 21 22 22n n Tn + = + + L 于是 121 1 21 21 22 nn n Tn + = + + L() 1 122 n n + =10 分 即() 1 122 n n Tn + =+ 故：() 1 122 n n Tn + =+.12 分 18.证明： （）在图 1ABC 中，D，E 分别为 AC，AB 边中点 所以 DEBC 1 分 又因为 ACBC 所以 DEAC 在图 2 中 DEA1D ， DEDC 且 A1DDC=D，则 DE平面 A1CD 3 分 又因为 DEBC 所以 BC平面 A1CD 又因为 BC平面 A1BC，所以平面 A1CD平面 A1BC 5 分 （） 由（）知 DE平面 A1CD 且 DE平面 BCDE 所以平面 A1CD平面 BCDE,又因为平面 A1CD平面 BCDE=DC 在正A1CD 中过 A1作 A1OCD，垂足为 O . 所以 A1O平面 BCDE 分 别 以 CD ， 梯 形 BCDE 中 位 线 ， OA1所 在 直 线 为 x 轴 ， y 轴 ， z 轴 建 立 如 图 坐 标 系 7 分 则 A1(0,0,3) ，B(1,4,0) ，C(1,0,0)， E(-1,2,0) . )3,0 ,1( 1 =CA，)3,2,1( 1 =EA，)0 ,2 ,2(=EB . 设平面 A1BE 的法向量为n 111 ( ,)x y z=，则 1111 11 230 220 EA nxyz EB nxy =+= =+= uuu r uuu r 取(1, 1,3)= n . 9 分 设直线 A1C 与平面 A1BE 所成角为， 则sin = 1 1 1 1 1 1 0(3)(3) cos, 1 31 1 3 + = + + + uuuu r uuuu r uuuu r AC AC AC n n n 11 分 2 5 5 = . 所以直线 A1C 与平面 A1BE 所成角的正弦值为 2 5 5 . 12 分 19.解： （）设()(),00Fcc ，由条件知()0,Bb，所以ABF的面积为() 13 2 22 cb+= 11 分 由 2 2 c a =得 22 2ac=，从而 222 2bcc+=，化简得bc= 2 2 分 12联立解得1bc=， 4 分 从而2a =，所以椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y+=； 5 分 （）当lx轴时，不合题意，故设():2lyk x=， 6 分 将()2yk x=代入 2 2 1 2 x y+=得( ) 2222 128820.kxk xk+= 由题 () 2 4 240k =得 22 22 k， 7 分 设 1122 ( ,),(,)P x yQ xy，则 22 1212 22 882 , 1212 kk xxx x kk += + 8 分 因为 1 3 OP OQ= uuu r uuu r ， 所以()() ()() 2222 121212121212 1 22124 3 x xy yx xkxxkx xkxxk+=+=+= 9 分 从而( ) 22 222 22 8281 124 12123 kk kkk kk += + gg解得 122 , 222 k = ，11 分 所以直线l的方程为220 xy+=或220 xy=. 12 分 （2）解法二： 当ly轴时，其方程为0y =， 2OP OQ= uuu r uuu r ，不合题意， 6 分 当l与y轴不垂直时，设:2l xmy=+， 将2xmy=+代入 2 2 1 2 x y+=得( ) 22 2420.mymy+= 由题 () 2 820m =得2m 或2m ， 7 分 设 1122 ( ,),(,)P x yQ xy，则 1212 22 42 , 22 m yyy y mm += + 8 分 因为 1 3 OP OQ= uuu r uuu r ， 所以()()()() 2 121212121212 1 22124 3 x xy ymymyy ymy ym yy+=+=+=，9 分 从而( ) 2 22 241 124 223 m mm mm += + gg解得 () () 2,22,m = +U，11 分 所以直线l的方程为220 xy+=或220 xy=. 12 分 20.解：（）以样本的频率作为概率，在昼批次中随机抽取 1 件为合格品的概率是 9 10 ，在夜批次中随机抽 取 1 件为合格品的概率是 3 4 ，2 分 故 两 个 批 次 中 分 别 抽 取2件 产 品 ， 其 中 恰 有1件 不 合 格 产 品 的 概 率 为 22 11 22 19313981 10 1044410200 CC += 4 分 （）若对所有产品不做检测， 设 1 Y为昼批次中随机抽取 1 件的利润， 1 Y的可能取值为 10，-25， 所以 1 Y的分布列为 1 Y 10 -25 P 0.9 0.1 所以 1 25 0.1 10 0.96.5EY =+= , 故在不对所有产品做检测的情况下，1000 件产品的利润的期望值为 1 10006500EY = ， 6 分 设 2 Y为夜批次中随机抽取 1 件的利润， 2 Y的可能取值为 10，-25， 所以 2 Y的分布列为 1 Y 10 -25 P 0.75 0.25 所以 2 25 0.25 10 0.75 1.25EY =+= ， 故在不对所有产品做检测的情况下，1000 件产品的利润的期望值为 2 10001250EY = ，8 分 若对所有产品做检测， 昼 批 次 1000 件 产 品 的 合 格 品 的 期 望 为 900 件 ， 不 合 格 品 的 期 望 为 100 件 ， 所 以 利 润 为 900 102.5 1000 100 56000 =， 夜 批 次 1000 件 产 品 的 合 格 品 的 期 望 为 750 件 ， 不 合 格 品 的 期 望 为 250 件 ， 所 以 利 润 为 750 102.5 1000250 53750 =， 10 分 综上，昼批次不做检测的利润期望 6500 大于做检测的利润期望 6000，故昼批次不做检测为好； 夜批次不做检测的利润期望 1250 小于做检测的利润期望 3750，故夜批次做检测为优 12 分 21. 解： （）由( )beexf xx += ，得( )bf=；由( )axxg2=，得( )ag21 =. 1 分 根据题意可得 ( ) +=+= = bbag a 2121 22 ，解得=ba,； 3 分 （）解法一：解法一：由不等式( )( )22 +kxkgxf对任意Rx恒成立知02 2 + kxee xx 恒成立，令 ( )+= kxeexF xx ，显然( )xF为偶函数，故当0x时，( )xF恒成立.4 分 ( )kxeexF xx = ，令( )()02= xkxeexh xx ，( )keexh xx 2+= ，令 ( )()( ) xxxx eexHxkeexH =+=,02，显然( )x H 为()+, 0上的增函数，故( )( )00 =HxH， 即( )xH在()+, 0上单调递增， ( )kH220=.5 分 当( )0220=kH， 即1k时，( )0xH， 则有( )xh在()+, 0上单调递增， 故( )( )00 = hxh， 则( )xF 在()+, 0上单调递增，故( )( )= FxF，符合题意；6 分 当( )0220=kH，即1k时，因为()0 2 1 2ln= k kH，故存在()kx2ln, 0 1 ，使得( )0 1 =xH， 故( )xh在() 1 , 0 x上单调递减， 在()+, 1 x上单调递增.当() 1 , 0 xx时，( )( )00 = hxh， 故( )xF在() 1 , 0 x上 单调递减，故( )( )= FxF与( )xF矛盾. 综上，1k.8 分 解法二：解法二：由不等式( )( )22 kxkgxf对任意Rx恒成立知02 2 + kxee xx 恒成立，当0=x时， 不等式成立； 当0x时， + x ee k xx ， 令( ) + = x ee xh xx ， 由于( )xh为偶函数， 故只需考虑()+, 的情况即可.4 分 当()+,x时 ，( ) ()() + = x eeeex xh xxxx . 令( )()()+= xxxx eeeexxF， ( )() () xxxx eeeexxF +=，令( )() ()( )() xxxxxx eexxGeeeexxG =+=,，当()+,x时， ( ) x G，故( )xG在()+,上单调递增，故 ( )( )=GxG.6 分 因此当()+,x时，( ) x F，故( )xF在()+,上单调递增，即有( )( )= FxF，故( ) x h， 所以( )xh在()+,上单调递增，由洛必达法则有= + = = + xx x xx x xx x ee x ee x ee limlimlim，故 k.8 分 （）解法一：解法一： ( )( )()() () 211221212211 21 xxxxxxxxxxxx eeeeeeeexfxf + +=+=，由（2）知 () ()2 2 21 2121 + + xxee xxxx ，当且仅当 12 0 xx+=时，等号成立；()2 2 21 1221 + xxee xxxx ，当且 仅当 12 0 xx=时，等号成立.故( )( )422 2 2 2 121 +xxxfxf，当且仅当 12 0 xx=时等号成立. 10 分 因此有() ()4cos2sin2cossin 2 1 2 1 + nn ff， () ()4cos2sin2cossin 1 2 2 2 12 + nn ff， () ()4cos2sin2cossin 1 22 1 + nn ff 以上n个式子相加得 ()()()()()()()()nffffffff nnnn 6cossincossincossincossin 121121 + . 12 分 解法二：解法二：由（）知( ) ( )()()42242222 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 121 +=+xxxxxxxxxfxf，当且仅当 12 0 xx=时等号同时成立.10 分 故() ()4cos2sin2cossin 2 1 2 1 + nn ff， () ()4cos2sin2cossin 1 2 2 2 12 + nn ff， () ()4cos2sin2cossin 1 22 1 + nn ff 以上n个式子相加得 ()()()()()()()()nffffffff nnnn 6cossincossinco