《2020届河北省高三6月高考全仿真数学（理）试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届河北省高三6月高考全仿真数学（理）试题【含答案】（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020届河北省石家庄市第二中学高三6月高考全仿真数学（理）试题一、单选题1设集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用交集的定义与集合B求交集.【详解】由得，则，又由得.所以，而.从而.故选：D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2满足条件的复数对应点的轨迹是（ ）A直线B圆C椭圆D双曲线【答案】A【解析】先令，代入化简可得，从而可得其轨迹方程【详解】解：设，则由得，所以，化简得，所以复数在复平面内对应的点为，所以对应点的轨迹为直线，故选：A【点睛】此题考查复数的模，复数的几何意义，考查转化
2、思想，属于基础题.3已知，令，那么之间的大小关系为（ ）ABCD【答案】A【解析】因为，所以，因为在单调递减，所以，所以因为函数在上单调递增，所以，即，比较大小即可求解【详解】因为，所以.因为，所以，因为，所以，所以，故选：A.【点睛】本题考查指数函数，对数函数和三角函数的单调性，以及利用单调性判断大小的题目，属于简单题4如图，点A的坐标为，点C的坐标为函数，若在矩形内随机取一点则该点取自阴影部分的概率为（ ）ABCD【答案】D【解析】分别由矩形面积公式与微积分的几何意义计算阴影部分和矩形部分的面积，最后由几何概型概率计算公式计算即可.【详解】由已知，矩形的面积为4，阴影部分的面积为，由几何概
3、型公式可得此点取自阴影部分的概率等于，故选：D【点睛】本题考查微积分的几何意义求面积，还考查了几何概型求概率，属于简单题.5从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（ ）A40种B60种C100种D120种【答案】B【解析】根据题意，首先从5人中抽出两人在星期五参加活动，有种情况，再从剩下的3人中，抽取两人安排在星期六、星期日参加活动，有种情况，则由分步计数原理，可得不同的选派方法共有=60种.故选B6已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）ABCD【答案】D【解析】结合图像，利用特
4、值法和函数的奇偶性，即可求解【详解】A项,与所给函数图象不相符，故A项不符合题意B项，为奇函数，与所给函数图象不相符，故B项不符合题意C项，与所给函数图象不符.故C项不符合题意综上所述,A、B、C项均不符合题意,只有D项符合题意，故选：D.【点睛】本题主要考查函数的概念与性质，属于简单题7大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十“的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，其前10项依次是0，2，4，8，12，1
5、8，24，32，40，50，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入( )A是偶数?，?B是奇数?，?C是偶数?， ?D是奇数?，?【答案】D【解析】根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减再除以，可知第一个框应该是“奇数”，执行程序框图， 结束，所以第二个框应该填，故选D.8下列判断正确的个数是（ ）“”是“”的充分不必要条件函数的最小值为2当，时，命题“若，则”的逆否命题为真命题命题“，”的否定是“，”A0B1C2D3【答案】B【解析】对于，由充分不必要条件的定义判断；对于，利用基本不等式求解；对于，由原命题的真假判断逆命题的真假；对
6、于，命题的否定是改量词，否结论.【详解】解：对于，当时，不能得到，所以“”不是“”的充分不必要条件，所以错误；对于，由基本不等式得，而不成立，所以取不到等号，所以错误；对于，命题“若，则”为真命题，所以它的逆否命题为真命题，所以正确；对于，命题“，”的否定为“，”，所以错误所以正确的有1个，故选：B【点睛】此题考查了充分不必要条件、逆否命题、命题的否定、基本不等式，综合性强，但难度不大，属于基础题.9已知函数，其图象相邻的最高点之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且为奇函数，则（ ）A的图象关于点对称B的图象关于点对称C在上单调递增D在上单调递增【答案】C【解析】根据
7、函数图象相邻的最高点之间的距离为，得到，易得.将函数的图象向左平移个单位长度后，可得，再根据是奇函数，得到，然后逐项验证即可.【详解】因为函数图象相邻的最高点之间的距离为，所以其最小正周期为，则.所以.将函数的图象向左平移个单位长度后，可得的图象，又因为是奇函数，令，所以.又，所以.故.当时，故的图象不关于点对称，故A错误；当时，故的图象关于直线对称，不关于点对称，故B错误；在上，单调递增，故C正确；在上，单调递减，故D错误.故选：C【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质及其图象变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若则
8、该双曲线的离心率为A2B3CD【答案】D【解析】本题首先可以通过题意画出图像并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果【详解】根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点，因为，在双曲线上，所以根据双曲线性质可知，即，因为圆的半径为，是圆的半径，所以，因为，所以，三角形是直角三角形，因为，所以，即点纵坐标为，将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，将点坐标带入双曲线中可得，化简得，故选D【点睛】本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆
9、与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题11过正方体的顶点作平面，使每条棱在平面的正投影的长度都相等，则这样的平面可以作（ ）A1个B2个C3个D4个【答案】D【解析】每条棱在平面的正投影的长度都相等，等价于每条棱所在直线与平面所成角都相等，从而棱，所在直线与平面所成的角都相等，三棱锥是正三棱锥,直线，与平面所成角都相等，过顶点作平面平面，由此能求出这样的平面的个数.【详解】在正方体中，每条棱在平面的正投影的长度都相等每条棱所在直线与平面所成的角都相等棱所在直线与平面所成的角都相等，易知三棱锥是正三棱锥，直线与平面所成的角都相等.过顶点作平面平面，
10、则直线与平面所成的角都相等.同理，过顶点分别作平面与平面、平面、平面平行，直线与平面所成的角都相等.所以这样的平面可以作4个，故选：D.【点睛】本题考查立体几何中关于线面关系和面面关系的相关概念，属于简单题12已知 ，若有四个不同的实根，且，则的取值范围( )ABCD【答案】A【解析】分析：因为题设有个变量，故利用分段函数的图像可得，所以就可化成关于的函数，最后根据有四个不同的实数根得到的取值范围即得的取值范围详解：由题设，有在上有两个不同的解，在上有两个不同的解当时， ，故，因，故，所以即且当时， ， 且所以，故选A 点睛：对于多变量函数的范围问题，降低变元的个数是首选方法，故需要利用函数图
11、像找到各变量之间的关系注意根据零点的个数判断的取值范围二、填空题13二项式的展开式中含的项的系数是_.【答案】【解析】根据二项展开式通项公式确定含的项的项数，进而确定含的项的系数.【详解】因为，所以令得因此含的项的系数为【点睛】本题考查二项展开式的项的系数，考查基本分析求解能力，属基础题.14已知平面向量满足，则与的夹角为_.【答案】【解析】将两边同时平方后展开,结合平面向量数量积运算及模的运算,即可求得与的夹角的余弦值,进而求得与的夹角即可.【详解】因为,则因为,等式两边同时平方可得代入,可得设夹角为,则由平面向量数量积的定义可得 因为所以故答案为: 【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义及
12、简单应用,向量夹角的求法,属于基础题.15设数列的前项和为，若且当时，则的通项公式_.【答案】【解析】根据与的关系，当时，可得，从而可得，从而可得，进而求出，再根据与的关系即可求解.【详解】当时，则，即，所以，所以当时，当时，不满足上式，故，故答案为：【点睛】本题主要考查了与的关系、等差数列的通项公式，需熟记公式，属于中档题.16四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若，则四棱锥的体积取值范围为_【答案】【解析】如图所示，四棱锥中，可得：平面平面平面，过作于，则平面，故，在中，设，则有，,又，则，四棱锥的体积取值范围为.三、解答题17如图在中，点P在边上，（1）求；（
13、2）若的面积为求【答案】（1）；（2）【解析】（1）在中，设， ，得到，再由余弦定理，解得x，利用平面几何知识求解.（2）由的面积为，利用，解得，得到则，作交于D，得到，进而得到AB，然后在中，利用正弦定理求解.【详解】（1）在中，设， 因为，又因为，由余弦定理得：即：，解得，所以，此时为等边三角形，所以；（2）由，解得，则，作交于D，如图所示：由（1）知，在等边中，在中在中，由正弦定理得，所以【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理以及平面几何知识，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.18如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，若点E,F分别为AB和CD的中点（1）求证：
14、平面平面；（2）若二面角的平面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）先由线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面；（2）由二面角的定义及题意可知，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用即可得解.【详解】（1），为中点，又，平面，平面，平面，又平面ABCD，平面平面.（2），平面平面，就是二面角的平面角，所以，如图作，垂足为O，则，所以，则，如图，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，则是平面的一个法向量，则.所以与平面所成角的正弦值.【点睛】本题考查了线面垂直和面面垂直的判定定理以及向量法求线面角的正弦值，考查学生的推理与运算能力，建立恰当
