铁板的重量计算公式2020届河北省衡中同卷新高考原创精准模拟考试(二)理科数学试卷

2020届河北省衡中同卷新高考原创精准模拟考试（二）
理科数学试卷
本试题卷 分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页，23题（含选考
题）。全卷满分150分。 考试用时120分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字 笔填写在试题卷和答题
卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将 答题卡上
试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把 答题卡上对应题目的答案标号
涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效 。
4、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题
卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然
后再写上新答案；不 准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指 定的位置用2B铅笔涂黑。答案
用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的
非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。


一、选择题:本题共12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
A.

【答案】
B
【解析】

【分析】

由集合的交集运算得解
【详解】，由此，故选
B
。
B.
，集合

，则
C.
=( )
D.
【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题。

2.
若复数满足
A. B.
(是虚数单位),则
C.
( )
D.
【答案】
A
【解析】

【分析】


【详解】，故选
A
。
【点睛】本题考查复数的除法运算，属于基础题。

3.
若向量
A.
, 且
B.
,则实数的值为( )
C. D.
【答案】
A
【解析】

【分析】

根据题意列出方程，求解即可得出结果
.
【详解】因为向量
又
故选A
【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于基础题型
.
< br>4.
去年年底甲、乙、丙、丁四个县人口总数为万,各县人口占比如图.其中丙县人口为70万.则去年年底甲县的人口为( )
，所以
，，所以
，解得.
，

A.
162万
B.
176万
C.
182万
D.
186万
【答案】
C
【解析】

【分析】

根据统计图得到丙县人口所占百分比，求出四个县的总人口，进而可求出结果
.
【详解】由统计图可得，丙县人口占四个县总人口的，
又丙县人口为70万，所以四个县总人口为万，
因甲县人口占四个县总人口的，
所以甲县的人口为万.
故选C
【点睛】本题主要考查扇形统计图，会分析统计图即可，属于基础题型
.

5.
已知双曲线的一个焦点为（2，0），则双曲线的渐近线方程为（
A. B. C. D.

【答案】
C
【解析】

【分析】

先由双曲线的一个焦点坐标为（2，0），可求出双曲线的方程，进而可得其渐近线方程.
【详解】因为双曲线的一个焦点为（2，0），
所以，故，因此双曲线的方程为，
所以其渐近线方程为.
故选C
【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的性质即可，属于基础题型
.

6.
已知数列満足: ,，则=( )
A.
0
B.
1
C.
2
D.
6
【答案】
B
）
【解析】

【分析】

由，
，
，
可得，以此类推，即可得出结果.
，所以
，
，
，
.
【详解】因为
以此类推可得
故选
B
【点睛】本题主要考查数列的递推公式，由题意逐步计算即可，属于基础题型
.

7.
巳知将函数
图象.若
A.
【答案】
A
【解析】

【分析】

先由题意写出
【详解】由题意可得：
因为
又
所以
故选A < br>【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换与三角函数的性质，熟记性质即可，属于常考题
型.

8.
已知
A.
1

【答案】
B
【解析】

满足条件
B.
2

若的最小值为0,则=( )
C.
3
D.
4
是偶函数，所以
，所以
.
，解得
，根据是偶函数求出，即可得出结果.
，
，即
，所以
，
，故；
是偶函数.则=( )
B. C. D.
的图象向左平移个単位长度后.得到函数的
【分析】

根据约束条件作出可行域，将目标函数
的最小值，即可求出结果
.
【详解】由约束条件作出可行域，
化为，结合图像以及

又目标函数表示直线在轴截距的二倍，
因此截距越小，就越小；
由图像可得，当直线
由
所以
又
故选B
【点睛】本题主要考查简单的线性规划，已知目标函数最值求参数的问题，属于常考题型
.

9.
曲线
A.

【答案】
D
【解析】

【分析】

与直线围成的平面图形的面积为（ ）
B. C. D.
解得
过点时，在轴截距最小；
，
，
的最小值为0，所以，解得.
先作出直线与曲线围成的平面图形的简图，联立直线与曲线方程 ，求出交点横坐标，根据定
积分即可求出结果
.
【详解】作出曲线与直线围成的平面图形如下：

由解得：或，
所以曲线与直线围成的平面图形的面积为
.
故选D
【点睛】本题主要考 查定积分的应用，求围成图形的面积只需转化为对应的定积分问题求解
即可，属于常考题型
.

10.
已知抛物线
在直线上，若
A.
5

【答案】
D
【解析】

【分析】

准线方程为， 得抛物线方程,根据弦长公式解得BC，将面积的最小值转化为A
，则
B.
4

的准线方程为，的顶点在抛物线上，，两点
面积的最小值为( )
C. D.
1
点到直线的距离的最值问题。
【详解】依题意得抛物线 方程
入得，由
，因为
得
，所以，将代
，
.
.此时抛 物线的切线为
最小值则两条平行线之间距离为，即点A到直线的最小距离，故
故选D。
【点睛】本题考查了弦长公式，平行线间的距离公式，利用平面几何的知识将面积的最值问
题转化为特 殊几何的位置求解。

11.
设过点
则
A.
=（ ）
B. C. D.
的直线与圆的两个交点为，若，
【答案】
A
【解析】

【分析】

先设
理以及
，直线的方程为 ，联立直线与圆的方程，根据韦达定
，可求出，再由弦长公式即可求出结果
.
，直线
得
，又
，即
，即
，解得或，
，
，代入
，所以
得：，故
，
的方程为
，
，
，
， 【详解】由题意，设
由
则
故
又
整理得：< br>又
当
当
综上
故选
A
时，
时，
.
；
；
【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，熟记直线与圆位置关系，结合韦达定理 、弦长公式求
解即可，属于常考题型
.

12.
已知一个四棱锥的 三视图如图.图中网格小正方形边长为1.则该几何体的各条棱中,最长
的棱的长度为( )

A. B. C. D.
【答案】
B
【解析】

【分析】

先由三视图还原几何体，结合题中数据，分别求出各棱长，即可得出结果
.
【详解】由三视图可得该四棱锥为，

由题中数据可得
，
，
即最长的棱为
故选
B
，
，
，
，
，
，长度为
.
【点睛】本题主要考查几何体的三视图，以及棱锥的相关计算，熟记几何 体的结构特征即可，
属于常考题型
.

二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.
二项式
【答案】
15
【解析】

【分析】

先写出二项展开式的通项公式，即可求出展开式中的系数.
【详解】因为二项式
，
令得，
.
的展开式的通项为
的 展开式中的系数为
__________
．（用数字作答）
所以展开式中的系数为
故答案为
【点睛】本题主要考查指定项的系数，熟记二项展开式的通项公式即可，属于基础题型
.

14.
已知等差数列
【答案】
63
【解析】

【分析】

由等差数列的前项和公式可得
【详解】因为
故答案为
，所以
，即可求出结果.
.
的前项和为，若，则=
________
.
【点睛】本题主要考查等差数列 的前项和，以及等差数列的性质，熟记公式即可，属于基
础题型.

15.
在直三棱柱中，,,则异面直线与所成
角的余弦值为
__________
．
【答案】
【解析】

【分析】


先由题意可得两 两垂直，以点为坐标原点，以
与
方向分别为轴，
轴，轴，建立空间直角坐标系，求出直 线
得出结果.
【详解】因为
以
的方向向量，根据向量夹角余弦值即可
，所以角为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所
两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴 ，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以
设异面直线
则
与
，，
，
所成角为，
.
，，
，
故答案为

【点睛】本题主要考查异面直 线所成的角，空间向量法求异面直线所成角，是一种常用的方
法，属于常考题型
.

16.
已知函数
则实数的取值范围是
________
.
，当时，取值范围为，
【答案】
【解析】

【分析】


先分类讨论，求解在不同区间的最值，利用最值取得的条件对参数m进行讨论。
【 详解】当时，
，函数
在
在
，令
上单调递减，在
，在
，则或；，则
单调递增，函数
出的极小值为
，综上所述，的取
处取得极大值为
.当时，
值范围为
【点睛】已知最值求参数的取值范围，主要的解题手段有两种，含 参分类讨论或是数形结合
利用图像分析出参数的取值。

三、解答题:共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.
已知在中，所对的边分别为,若，的面积为23.
(1)求角的大小;
(2)若,求的值.
【答案】(1)；(2).
【解析】

【分析】

（
1
）利用面积公式和余弦定理求解即可。
（
2
）利用余弦公式先求
【详解】（1）由
由
故
（2）
又，，可得
得面积为
及余弦定理可得
；
，
.
，再利用正弦公式求解。
可得
，
，
由正弦定理，得
【点睛】本题属于基础题，考查余弦定理和正弦定理的应用，学生要熟练掌握其中的计算
技巧。

18.
一汽车销售公司对开业4年来某种型号的汽车“五-”优惠金额与销售量之间 的关系进行
分析研究并做了记录,得到如下资料.
日期 第一年 第二年
11
24
第三年
13
31
第四年
12
27
优惠金额x（千元） 10
销售量y（辆）

(1)求出关于的线性回归方程
22
；
(2)若第5年优惠金额8.5千元,估计第5年的销售量y(辆)的值.
参考公式：
【答案】（1）
【解析】

【分析】

；（2）第5年优惠金额为8．5千元时，销售量估计为17辆
（
1
）先由题中数据求出，再根据求出和
，即可得出回归方程；
（
2
）将代入回归方程，即可求出预测值
.
， 【详解】（1）由题中数据可得
∴,
故
（2）由（1）得，当
17辆.
时，
，∴
，∴第5年优惠金额为8．5千元时，销售量估计为
【点睛】本题 主要考查线性回归分析，熟记最小二乘法求和即可，属于常考题型
.

19.
如图,在侧棱垂直于底面的三棱柱
侧面的对角线的交点, 分别为棱
中,
的中点.

为

(1)求证:平面
(2)求二面角
平面；
的余弦值.
. 【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】

【分析】

（
1
）利用线线平行证明平面平面，
（
2
）以
C
为坐标原点建系求解即可。
【详解】（1）证明
又由直三棱柱可知侧面
由直三棱柱可知侧面
.
由

，



平面，，


平面
平面
，得
.

平面，

平面，
分别为边的中点，可得
故有
的中点，又由为
,
，
的中点，可得
为矩形，可得
为矩形，可得为
，可得平面
（2）为轴建 立空间直角坐标系，如图，

则
，
设平面的一个法向量为

同样可求出平面的一个法向量
，
结合图形二面角的余弦值为.
，

，取，有
【点睛】本题属于基 础题，线线平行的性质定理和线面平行的性质定理要熟练掌握，利用
空间向量的夹角公式

20.
已知曲线上动点与定点
，若过
的距离和它到定直线
两点
的距离的比是常数
求解二面角。
的动直线与曲线相交于
（1）说明曲线的形状，并写出其标准方程；
（2）是否存在与点不同的定点，使得
存在，请说明理由
【答案】（1）曲线是椭圆，它的标准方程为
【解析】

【分析】

（1）先设动点坐标为，根据题意列出等式，化简整理即可
；（2）存在点满足题意
恒成立？若存在，求出点的坐标；若不
求出结果；
（2）分情况讨论如下：当直线与 轴垂直时，易得点必在轴上.；当直线与轴垂直时，
易得点的坐标只可能是
可.
【详解】（1）设动点坐标为
点到直线


；再证明直线斜率存在且时均有即
的距离为．依题意可知
则
化简得

，又因为,则
所以曲线是椭圆，它的标准方程为
（2）①当直线与轴垂直 时，由椭圆的对称性可知
从而点必在轴上.
②当直线与轴垂直时，则
由得，解得
．
时均有
得
，由①可设
（舍去），或
，
．
则点的 坐标只可能是
下面只需证明直线斜率存在且
设直线的方程为
设
所以
即可.
.

，代入
设点关于轴对称点坐标
因为直线同理得直线
的斜率
的斜率

，三点共线.



故
所以存在点
.
满足题意．
【点睛】本题主要考查椭 圆方程以及椭圆中的定点问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，属
于常考题型
.

21.
已知函数
(1)

若
(2)

证明：
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】

【分析】

（1）先对函数求导，根据
（2）先令
再令
时， 函数取得极值，求出，进而可求其单调区间；
，得到
，即
，
最后求
【详解】（1）由题意可得，
由
所以
所以
所以
（2）当
令
时，
的单调增区间
时，
，则
的单调减区间为
所以，所以，
；时，
，单调减区间为
，所以
，当
，单调增区间为
，
时，
，
增函数，所以时，
；当
时，函数取得极值知
，
；
.
，
时，，
，所以
，即可得出结论成立.
，
．
时，，
时,函数
.
取得极值,求函数的单调区间；
.
，用导数的方法证明
，得
所以
令
即
所以
上式中
得到
时，，
，得


，…，，然后个不等式相加，


【点睛】本题主要考查导数的 应用，熟记通常用导数的方法研究函数单调性，最值等，属于
常考题型
.

请考生在第22.23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第- -题计分.
选修4-4:坐标系与参数方程
22.
[选修4-4:坐标系与参数方程]
已知曲线的参数方程为 (为参数)，以原点为极点, 轴正半轴为极轴建立极坐
标系,曲线的极坐标方程为
(1)求曲线的直角坐标方程;
(2)设.直线与曲线交于点.求
.
的值.
【答案】（1）
【解析】

【分析】

（1）先将化为
；（2）7
，进而可得出其直角坐标方程；
，再设，两点 对应的参数（2）将直线参数方程代入（1）的结果，整理得到
分别为，进而可得
得
，
，
，即可求出结果.
， 【详解】（1）由
∴
又
∴即曲线的直角坐标方程为．
（2）将代入的直角坐标方程，得，
∴，
， 设，两点对应的参数分别为
∴
则
．
.
【点睛】本题主要考查极坐 标方程与直角坐标互化，以及参数方程的应用，熟记公式即可
求解，属于常考题型
.

选修4-5:不等式选讲
23.
选修4-5：不等式选讲
已知函数
（1）解不等式
（2）若
【答案】（1）
【解析】

【分析】

（
1
）分三种情况讨论，即可求出结果；
（
2
）先由题意得，
即可得出结果.
【详解】（1）由
当
当
当
∴不等式
（2）依题意，
时，
时，
时，
的解集为
，
，可得
不成立，
，∴
，成立，
．
，令
，使得
；（2）

；
成立，求实数的取值范围
.
的
，求出的最小值，
，
，
令，
易知，则有，即实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查含绝对值不等式，熟记分类讨论的思想即可求解，属于常考题型
.