河北省石家莊市2020屆高三數學綜合訓練試題二理含解析

1、河北省石家莊市2020屆高三數學綜合訓練試題（二）理（含解析）（時間120分鐘，滿150分）注意事項：1. 答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2. 回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3. 考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知，集合，則（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先求解集合再求即可.【詳解】,故選：

2、d.【點睛】本題主要考查了對數的不等式求解以及交集的運算,屬于基礎題.2.設，則的共軛復數的虛部為（ ）a. -1b. c. 1d. 【答案】a【解析】【分析】化簡求出復數，再求出共軛復數，然后直接判斷出的虛部即可.【詳解】,所以的虛部為-1故選：a【點睛】本題考查共軛復數的概念以及復數的實虛部的認識，屬于基礎題.復數的實部為，虛部為.3.從甲、乙兩種樹苗中各抽測了10株樹苗的高度，其莖葉圖數據如圖.根據莖葉圖，下列描述正確的是（ ）a. 甲種樹苗的中位數大于乙種樹苗的中位數，且甲種樹苗比乙種樹苗長得整齊b. 甲種樹苗的中位數大于乙種樹苗的中位數，但乙種樹苗比甲種樹苗長得整齊c. 乙種樹苗的中

3、位數大于甲種樹苗的中位數，且乙種樹苗比甲種樹苗長得整齊d. 乙種樹苗的中位數大于甲種樹苗的中位數，但甲種樹苗比乙種樹苗長得整齊【答案】b【解析】分析】由莖葉圖將甲、乙兩組數據從小到大排列，分別求出它們的中位數，再根據每組數據的分散情況判斷，即可得出答案【詳解】解：由莖葉圖知，甲組數據從小到大排列為：10，10，12，24，25，30，43，45，45，46；其中位數是，且數據分布比較分散；乙組數據從小到大排列為：17，20，21，23，24，26，31，31，32，35；其中位數是，且數據分布比較集中；所以甲種樹苗的中位數大于乙種樹苗的中位數，且乙種樹苗比甲種樹苗長得整齊故選：b.【點睛】本題

4、考查利用莖葉圖中的數據判斷中位數和數據分散情況，是基礎題4.已知關于的不等式的解集為，則是的a. 既不充分也不必要條件b. 必要而不充分條件c. 充要條件d. 充分而不必要條件【答案】b【解析】【分析】根據題意，可知當時滿足條件，當時，由不等式的解集為，根據一元二次不等式的性質求出的取值范圍，進而得出集合，最后結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】解：當時，不等式等價為，此時不等式的解集為，滿足條件，當時，要使不等式的解集為，則，得，得：，綜上，關于的不等式的解集為，即是的必要不充分條件，故選：b【點睛】本題考查充分條件和必要條件的判斷，涉及一元二次不等式的性質的應用和集合間的關系，

5、考查運算能力.5.已知為拋物線：上點，拋物線的焦點為，則（ ）a. 3b. 5c. 7d. 8【答案】b【解析】【分析】求出拋物線方程，得到焦點坐標，然后求解即可【詳解】解：為拋物線上一點，即可得，所以，則故選：b【點睛】本題考查拋物線的簡單性質的應用，是基本知識的考查，屬于基礎題6.若，則的一個可能值為（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】利用同角三角函數關系和誘導公式，以及輔助角公式和二倍角正弦公式化簡已知等式，可得，即可得出答案【詳解】解：，的一個可能值為.故選：c【點睛】本題考查利用同角三角函數關系和誘導公式，以及輔助角公式和二倍角正弦公式進行化簡，考查計算能力，屬于

6、基礎題7.已知，是空間兩個不同的平面，是空間兩條不同的直線，則給出的下列說法中正確的是（ ），且，則，且，則，且，則，、且，則a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用空間線面、面面平行、垂直的性質定理和判定定理分別分析四個命題，得到正確答案.【詳解】，且，則可能相交，故錯誤；，且，則可能相交，也可能平行，故錯誤；，且，則，根據線面垂直的性質可知正確；，、且，則，根據線面垂直的性質可知正確.故選：d.【點睛】本題考查了空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的性質定理和判定定理的運用；熟練掌握定理是關鍵.8.已知函數，則的解集為（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分

7、析】通過求導判斷函數在的單調性，進而得出的單調性，利用單調性求得不等式的解集即可.【詳解】當時，則，所以當時，恒成立，所以在為增函數，且，當時，為增函數，且，所以在上為增函數，所以等價于，解得或.故選：b.【點睛】本題考查利用導數判斷函數的單調性，考查利用單調性解不等式，考查推理能力，屬于中檔題.9.已知、滿足，且目標函數的最大值為，最小值為，則（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】如圖所示，畫出可行域，根據圖象計算得到直線過點，代入計算得到答案.【詳解】如圖所示，畫出可行域，目標函數為，則，表示直線在軸的截距，解得，此時；，解得；，解得，故直線過點，即，解得，故故選：c.【

8、點睛】本題考查了線性規(guī)劃問題，意在考查學生的計算能力和應用能力，畫出圖象是解題的關鍵.10.已知的三條邊，滿足，分別以邊，為一邊向外作正方形，.如圖，分別為兩個正方形的中心（其中，三點不共線），則當的值最大時，的面積為（ ）a. b. c. 2d. 【答案】a【解析】【分析】用余弦定理把，令，把變形為，看成關于的函數，用導數的觀點解決最值問題即可.【詳解】解：如圖，連接、，由題意可知，.在中，設，則由基本不等式，可知（當且僅當時取等號）.，設，則，令且，解得，時，單調遞增；時，單調遞減的值最大時，此時.故選：a.【點睛】本題主要考查余弦定理，面積公式，導數，考查學生的綜合能力，屬于難題.11.

9、已知函數，其中，為自然對數的底數，若，使，則實數的取值范圍是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根據單調性證明恒成立，故，使，分類參數，構造函數，根據函數的單調性求最值得到答案.【詳解】，則，函數單調遞增，故恒成立，使，即，使，即，即，設，即，時，時，故函數在上單調遞增，在上單調遞減，故，故.故選：a.【點睛】本題考查了利用導數研究不等式恒能成立問題，意在考查學生的計算能力和轉化能力.12.過雙曲線：右焦點的直線交的右支于，兩點，直線（是坐標原點）交的左支于點.若，且，則雙曲線的離心率為（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】取左焦點，設，由雙曲線的定義得，

10、再由雙曲線的對稱性，則，而，所以，再由雙曲線的定義求出，在直角三角形中利用勾股定理，求出，以及，的關系，最后利用離心率的公式即可求出結果.【詳解】解：取左焦點，設，則，由題意可得，所以，所以，而，所以，進而可得，在直角三角形中，所以，解得：，所以，在直角三角形中，所以可得：，所以，故選：c【點睛】本題考查雙曲線定義的應用和離心率的求法，以及雙曲線的對稱性和直角三角形中勾股定理的應用，考查運算能力.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.等差數列中，則_.【答案】11【解析】【分析】利用等差數列通項公式列出方程組，求出，即可求出.【詳解】解：等差數列中，解得，故答案為：11【點睛

11、】本題考查等差數列的通項公式的應用，考查運算求解能力，是基礎題14.已知，則_.【答案】【解析】【分析】根據題意，利用賦值法分別將和代入已知式子中，得到兩個方程，由這兩個方程化簡整理，即可求出的值【詳解】解：，令，可得，再令，可得，由兩式相減除以2，可得，故答案為：【點睛】本題考查二項式定理的應用，利用賦值法求展開式的系數和，考查化簡運算能力.15.已知向量，若，的方向是沿方向繞著點按逆時針方向旋轉角得到的，則稱經過一次變換得到.已知向量經過一次變換后得到，經過一次變換后得到，如此下去，經過一次變換后得到，設，則_.【答案】【解析】【分析】由題意可得經過一次變換得到，相當于一次旋轉變換，利用矩

12、陣變換得出，分別求得三次變換后得到的向量坐標，再由，可得向量經過2019次變換后得到，即可得到所求值【詳解】解：由題意可得經過一次變換得到，相當于一次旋轉變換得，而向量經過一次變換后得到，即為，可得向量，向量經過一次變換后得到，即有，可得向量，向量經過一次變換后得到，即為，可得向量，而，可得再經過三次變換后得到的向量坐標為，則向量經過2019次變換后得到，可得，故答案為：.【點睛】本題考查向量的新定義變換的理解和運用，注意運用矩陣變換得到規(guī)律是解題的關鍵，考查化簡運算能力和推理能力，屬于難題16.在四面體中，平面，分別為線段，的中點，現將四面體以為軸旋轉，則線段在平面內投影長度的取值范圍是_.

13、【答案】【解析】【分析】取中點為，中點為，連接、，利用三角形的中位線得，根據等腰三角形的性質和線面垂直的判定定理，可證出平面，進而得出，當四面體繞旋轉時，與的垂直性保持不變，當與平面垂直時，在平面上的射影的長取得最小值，當與平面平行時，在平面上的射影的長取得最大值，由此即可得出結果【詳解】解：如圖，取中點為，中點為，連接、，分別是線段和的中點，由于，則，且，平面，平面，又平面，在中，當四面體繞旋轉時，平面，平面，平面，與的垂直性保持不變，且，長度不變，當與平面垂直時，在平面上的射影長最短為0，此時在平面上的射影的長取得最小值為，當與平面平行時，在平面上的射影長最長為：，此時在平面上的射影的長取

14、得最大值為，線段在平面上的射影長的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查線段在平面上的射影的取值范圍的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系以及等腰三角形的性質和線面垂直和判定定理，考查運算求解能力和空間想象能力，考查化歸與轉化思想、數形結合思想，是中檔題.三、解答題：共70分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分17.已知數列中，當時，.（）求證：數列是等差數列；（）設，數列的前項和為，求證：.【答案】（）證明見解析；（）證明見解析.【解析】【分析】（）兩邊同時除以

15、得：，即可得證;（）由（）知，再利用裂項相消法求和即可得證；【詳解】解:（）證明：當時，由，兩邊同時除以得：，由，得，故數列是以1為首項，1為公差的等差數列.（）解：由（）知，所以，所以.因為，故.【點睛】本題考查構造法求數列通項公式以及裂項相消法求和，屬于基礎題.18.在三棱柱中，底面是正三角形，側棱平面，分別是，的中點，且.（）求證：平面；（）求二面角的余弦值.【答案】（）證明見解析；（）.【解析】【分析】（）證明，得出平面，從而證明平面；（）建立空間直角坐標系，利用坐標表示向量，求出平面平面和平面的法向量，利用法向量計算二面角的余弦值【詳解】解：（）證明：在三棱柱中，平面，平面，所以.在

16、中，.所以.又，所以平面因為平面，所以，又，所以平面.（）設，在矩形中，因，所以，則，即，即，得.以為坐標原點建立如圖所示坐標系，則，則，設平面的法向量為，則，令得為平面的一個法向量.由（）知，平面，所以為平面的一個法向量.所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了空間中的垂直關系應用問題，也考查了利用空間向量求二面角的平面角問題，屬于中檔題19.某精密儀器生產廠準備購買，三種型號數控車床各一臺，已知這三臺車床均使用同一種易損件.在購進機器時，可以額外購買這種易損件作為備件，每個0.1萬元.在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個0.2萬元.現需要決策在購買機器時應同時購買幾個易損件，為此搜集

17、并整理了三種型號各120臺車床在一年使用期內更換的易損零件數，得到如下統(tǒng)計表：每臺車床在一年中更換易損件的件數567頻數型號60600型號306030型號08040將調查的每種型號車床在一年中更換的易損件的頻率視為概率，每臺車床在易損件的更換上相互獨立.（）求一年中，三種型號車床更換易損件的總數超過18件的概率；（）以一年購買易損件所需總費用的數學期望為決策依據，問精密儀器生產廠在購買車床的同時應購買18件還是19件易損件？【答案】（）；（）時應當購買18件易損件.【解析】【分析】（）由頻數表可得三種型號更換的易損件的概率，設一年中、三種型號車床更換易損件分別為，三種型號車床更換易損件的總數為

18、，利用相互獨立事件的概率分別求出和，由，從而得解；（）由題可知，的可能取值為16，17，18，19，20，由對立事件的概率可知，由（）可知和，從而可得關于的分布列，然后分別求出購買18件和19件易損件的總費用的數學期望，比較大小后作出判斷即可【詳解】解：（）由表中數據可得三種型號更換的易損件的概率（頻率）分布表為：每臺車床在一年中更換易損件的件數567概率（頻率）型號0型號型號0設一年中，三種型號車床更換易損件分別為，三種型號車床更換易損件的總數為，所以，所以一年中，三種型號車床更換易損件的總數超過18件的概率為.（）由題意，所有可能取值為16，17，18，19，20，由（）可知，故的概率分布

19、列為：1920設購買18件的總費用為，則的可能取值為1.8，2，2.2，則萬元，設購買19件的總費用為，則的可能取值為1.9，2.1，則萬元，所以在購買車床的同時應當購買18件易損件.【點睛】本題考查相互獨立事件的概率、離散型隨機變量的分布列和數學期望，考查學生對數據的分析與處理能力20.已知橢圓：和圓：，為橢圓的左、右焦點，點在橢圓上，當直線與圓相切時，.（）求的方程；（）直線：與軸交于點，且與橢圓和圓都相切，切點分別為，記和的積分別為和，求的最小值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】(i) 由題意可得，設，運用直線和圓相切的條件，可得，結合a，b, c的關系，解得a, c,進而得到橢圓方

20、程；（）設，將代入，結合直線和橢圓相切的條件判別式為0，解得m的坐標，可得的面積，再由直線和圓相切的條件，解方程可得n的坐標，求得q的坐標，計算的面積為,求得的表達式，化簡后運用基本不等式即可得證.【詳解】（）由題可知. 設，則由與圓相切時得，即. 將代入解得.所以的方程為.（）設，將代入得，由直線與橢圓相切得即，且，則的面積.由直線與圓相切，設：，與聯立得.直線：與軸交于點，則.則的面積，從而.（當且僅當時等號成立），所以的最小值為.【點睛】本題考查橢圓和圓的方程和運用，考查直線和圓的位置關系、直線和橢圓的位置關系,考查方程思想和運算能力，屬于中檔題.21.已知函數，且.（）求的值；（）在函

21、數的圖象上任意取定兩點，記直線的斜率為，求證：存在唯一，使得成立.【答案】（）；（）證明見解析.【解析】【分析】（）先對函數求導得，分類討論和，利用導數研究函數的單調性和極值，結合，結合極值與最值關系可求出的值；（）根據題意，由直線的斜率公式并轉化后得，構造函數，并利用導數研究函數的單調性，將證明存在唯一，使得成立，轉化為證明不等式，即可，分別求出和，再構造函數并根據導數研究單調性和利用導數證明不等式，即可證出.【詳解】解：（）由題可知，則的定義域為，則，由于，當時，因為，所以不滿足題意；當時，令，解得，當時，在區(qū)間上單調遞減，當時，在區(qū)間上單調遞增，故是在的唯一最小值點，由于，所以當且僅當，即時，故.（）由題意知，令，則，故在區(qū)間上單調遞增，故要證：存在唯一，使得成立，只需證：，即可，令，當時，在區(qū)間上單調遞增，當時，在區(qū)間上單調遞減，故，令時，有，又因為，因此，由，令，得，令時，有，又因為，因此，綜上，存在唯一，使得成立.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性和極值，以及利用導數證明能成立問題，還涉及構造新函數和利用導數證明不等式，考查分類討論思想、轉化思想和運算能力（二）選考題：共10分，請考生從第22、23題中任選一題作答，并用2b鉛筆將答題卡上所選題目對應的題號右側方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本選考