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理科一、选择题：1.B.【解析】由题意知{}|2B x x =>，故{}3≤<2=x x B A |I ，故选B.2. A.【解析】:p ⌝()0,0x ∃∈−∞，0023x x <，故选A.3. B.【解析】1(1)()11()1i i i i z i i i i −−−−−====−−⋅−，则1z i =−+，所以对应点在第二象限，故选B.4.C.【解析】由于x y 30=.在R 上单调递减，故1=30<30<0020...；由于x y 5=在R 上单调递增，故1=5>5030.；由于x y 20=.log 在()+∞0,上单调递减，故0=1<52020..log log .故b a c <<，故选C.5.D.【解析】由于sin 2sin 236y x x ππ⎛⎫⎛⎫=−=− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此只需将函数x y 2=sin 的图象向右平移6π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()y x ,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43，故选C.7.D.【解析】根据正弦定理知()()()B C c B A b a sin sin sin sin +=−+化为为()()()b c c b a b a +=−+，即bc c b a ++=222，故21−=2−+=222bc a c b A cos ，故32=πA ，则23=A sin .因为4=+c b ，bc c b 2≥+，所以4≤bc ，当且仅当2==c b ，等号成立，此时ABC Δ的面积3≤21=A bc S sin ，故ABC Δ的面积的最大值为3.故选D.8.C.【解析】双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b−=>>的渐近线方程为b y x a =±，由对称性，不妨取b y x a =，即0bx ay −=．又曲线22420x y y +−+=化为()2222x y +−=，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()22211d =−=，又由点到直线的距离公式．可得2221a d b a ==+． 解得223b a =，所以222222212c a b b e a a a +===+=，故选C. 9.A.【解析】由题意知||||5AC BD ==u u u r u u u r ,设C 到BD 的距离为d ，则有122555d ⨯==，故 ()BD CM BD AC BD CM AC BD AM ⋅+⋅=⋅+=⋅, 其中()()3−=+⋅+=⋅CD BC BC AB BD AC ,2=⋅≤⋅BD CM BD CM ,当且仅当CM 与BD 同向时，等号成立，故选A.10.D.【解析】由1+3=+1+n a a n n 得4+3=+1+2+n a a n n ，两式相减得3=−2+n n a a ，故Λ,,,531a a a 和Λ,,,642a a a 均为以3为公差的等差数列，11,a =，易求得()*2132k a k k N −=−∈.则9130=⎪⎭⎫ ⎝⎛911−131=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1−1++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1−1+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1−131=1++1+16159533161595331a a a a a a a a a a a a ΛΛ，故选D.11.B.【解析】由()()x f x f −2=知()x f 关于1=x 对称，如图，令()0=x g ，即()x f x m =2−，设()2−=x m x h ，当0>x 时，()2−=mx x h ，设()x h 与()1≤=x x y ln 相切时的切点为()00x x P ln ,，x y 1='，则有0001=2+x x x ln ，解得e x 1=0，此时e x m =1=0，当()x h 过点()12,时，23=m ，故B 选项正确.若()x g 恰有两个零点，则0≤m 或e m =，故A 选项错误；若()x g 恰有四个零点，则23≤<0m ，故C 、D 选项错误.故选B.12. C.【解析】由题意知2+2+=2+2+=2+2+=323312211x x d x x d x x d ,,，带入2312=+d d d 得()31321+2=+2+x x x x x ，即312+=2x x x .由F 为321P P P Δ的重心，则有0=3++2=3++321321y y y x x x ,，即22−6=2x x ，即2=2x ，所以4−=2y ，因此有4=+31y y .故31P P 所在直线的斜率2=+8=−−=313131y y x x y y k ，故选C. 二、填空题:13. 255 【解析】由题意知225sin 55α==. 14.15.【解析】61x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项为33216C r r r T x −+=，33022r r −=⇒=，所以展开式的常数项为26C 15=.15. 4π；π40.【解法一】作⊥PE 平面ABCD ，由︒60=∠=∠PAD PAB 知点E 在线段AC 上，过E 作AB EH ⊥，连结PH ,因为E PE EH PE AB EH AB =⊥⊥I ,,，故⊥AB 平面PEH ,故PH AB ⊥.在PAH Rt Δ中，3=1=PH AH ,；在EAH Rt Δ中，1=2=EH AE ,；在PEH Rt Δ中，2=PE ,因此1=∠PAE tan ，故4=∠πPAE ；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d OM =，作OM PF ⊥，易知四边形PFME 为正方形.则有()⎪⎩⎪⎨⎧2+2+=8+=2222d R d R ，解得⎪⎩⎪⎨⎧10=2=R d ，故外接球表面积为πR πS 40=4=2.16. 515−1.【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()()()43−1+−1=p p p p p f ，()()()2+10−5−1='22p p p p f ，令()0='p f ，解得515−1=p ，故()p f 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛515−10,上单调递增，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1515−1,上单调递减，故当515−1=p 时，()p f 取得最大值. 三、解答题17.解：（Ⅰ）设数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ,由621S =得：()166212a a +=，所以167a a +=，………………………………2分又因为369a a +=，所以1d =.………………………………………………………4分于是11a =，故n a n =.……………………………………………………………………6分（Ⅱ）设{}n b 的前项和为n T ，因为12n n n a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以2n n b n =⨯，……………………8分 依题1212222n n T n =⨯+⨯++⨯L ，则231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯L于是1211212122n n n T n +−=⨯+⨯+⨯−⨯L ()1122n n +=−⨯−………………………10分即()1122n n T n +=−⨯+故：()1122n n T n +=−⨯+.…………………………………………………………………12分18.证明：（Ⅰ）在图1△ABC 中，D ，E 分别为AC ，AB 边中点 所以DE ∥BC …………1分又因为AC ⊥BC 所以DE ⊥AC在图2中DE ⊥A 1D ， DE ⊥DC 且A 1D ∩DC =D ，则DE ⊥平面A 1CD …………3分又因为DE ∥BC 所以BC ⊥平面A 1CD又因为BC ⊂平面A 1BC ，所以平面A 1CD ⊥平面A 1BC ………………………………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ⊥平面A 1CD 且DE ⊂平面BCDE所以平面A 1CD ⊥平面BCDE,又因为平面A 1CD ∩平面BCDE =DC在正△A 1CD 中过A 1作A 1O ⊥CD ，垂足为O . 所以A 1O ⊥平面BCDE分别以CD ，梯形BCDE 中位线，OA 1所在直线为x 轴， y 轴，z 轴建立如图坐标系 ………………………………………………………………………………7分则A 1(0,0,3) ，B (1,4,0) ，C (1,0,0)， E (-1,2,0) .)3,0,1(1−=C A ，)3,2,1(1−=EA ，)0,2,2(=EB . 设平面A 1BE 的法向量为n 111(,,)x y z =，则111111230220EA n x y z EB n x y ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩u u u r u u u r 取(1,1,3)=−−n .………………………………………………………………9分 设直线A 1C 与平面A 1BE 所成角为θ， 则sin θ =1111110(3)(3)cos ,13113⨯−⨯+−⨯−⋅==+⋅++⋅u u u u r u u u u r u u u u r A C A C A C n n n……………………11分255=. 所以直线A 1C 与平面A 1BE 所成角的正弦值为255. ………………12分 19.解：（Ⅰ）设()(),00F c c −> ，由条件知()0,B b ，所以△ABF 的面积为()13222c b +⋅= ○1……1分由2c a =得222a c =，从而2222b c c +=，化简得b c = ○2 ……………………………2分 ○1○2联立解得1b c ==， ……………………………4分从而a =，所以椭圆C 的方程为2212x y +=； …………………………… 5分 （Ⅱ）当l x ⊥轴时，不合题意，故设():2l y k x =−， ……………………………6分将()2y k x =−代入2212x y +=得()2222128820.k x k x k +−+−=由题()24240k ∆=−>得k << …………………………… 7分 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则22121222882,1212k k x x x x k k −+==++ ……………………………8分 因为13OP OQ ⋅=u u u r u u u r ， 所以()()()()22221212121212121221243x x y y x x k x x k x x k x x k +=+−−=+−++=……………… 9分从而()2222222828112412123k k k k k k k −+−+=++g g 解得1222k ⎛⎫=±∈− ⎪⎝⎭，…………………………11分 所以直线l 的方程为220x y +−=或220x y −−=. ……………………………12分（2）解法二：当l y ⊥轴时，其方程为0y =， 2OP OQ ⋅=−u u u r u u u r ，不合题意， ………………………………6分当l 与y 轴不垂直时，设:2l x my =+，将2x my =+代入2212x y +=得()222420.m y my +++=由题()2820m ∆=−>得m >或m <， …………………………… 7分 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则12122242,22m y y y y m m −+==++ …………………………… 8分 因为13OP OQ ⋅=u u u r u u u r ， 所以()()()()21212121212121221243x x y y my my y y m y y m y y +=+++=++++=，…………9分从而()222241124223m m m m m −+++=++gg 解得(2,m =±∈−∞U ，……………11分所以直线l 的方程为220x y +−=或220x y −−=. ……………………………12分 20.解：（Ⅰ）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910，在夜批次中随机抽取1件为合格品的概率是34，…………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22112219313981101044410200C C ⎛⎫⎛⎫⨯⨯+⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．………………4分 （Ⅱ）①若对所有产品不做检测，设1Y 为昼批次中随机抽取1件的利润，1Y 的可能取值为10，-25， 所以1Y 的分布列为所以1250.1100.9 6.5EY =−⨯+⨯=,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110006500EY =，……… 6分设2Y 为夜批次中随机抽取1件的利润，2Y 的可能取值为10，-25， 所以2Y 的分布列为所以2250.25100.75 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210001250EY =，…………8分②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90010 2.5100010056000⨯−⨯−⨯=，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75010 2.5100025053750⨯−⨯−⨯=，……………………………… 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：（Ⅰ）由()b ee xf xx−2+−='−，得()b f −2=0'；由()ax x g 2='，得()a g 21='.………………………1分根据题意可得()⎩⎨⎧−++=+==b b a g a 212122，解得2=1=b a ,；………………………………………3分（Ⅱ）解法一：由不等式()()22+−≥k x kg x f 对任意R x ∈恒成立知022≥−−+−kx ee xx恒成立，令()2−−+=2−kx e e x F x x ，显然()x F 为偶函数，故当0≥x 时，()0≥x F 恒成立.……………………4分 ()kxe e x F x x 2−−='−，令()()02≥−−=−x kx e e x h x x ，()ke e x h x x 2−+='−，令()()()x x x x e e x H x k e e x H −−−='≥−+=,02，显然()x H '为()+∞,0上的增函数，故()()00='≥'H x H ，即()x H 在()+∞,0上单调递增，()k H 220−=.…………………………………………………………………………5分①当()0220≥−=k H ，即1≤k 时，()0≥x H ，则有()x h 在()+∞,0上单调递增，故()()00=≥h x h ，则()x F 在()+∞,0上单调递增，故()()0=0≥F x F ，符合题意；……………………………………6分 ②当()0220<−=k H ，即1>k 时，因为()0212ln >=kk H ，故存在()k x 2ln ,01∈，使得()01=x H ，故()x h 在()1,0x 上单调递减，在()+∞,1x 上单调递增.当()1,0x x ∈时，()()00=<h x h ，故()x F 在()1,0x 上单调递减，故()()0=0<F x F 与()0≥x F 矛盾.综上，1≤k .……………………………………………………………………………………8分 解法二：由不等式()()22−−≥k x kg x f 对任意R x ∈恒成立知022≥−−+−kx ee xx恒成立，当0=x 时，不等式成立；当0≠x 时，2−2−+≤x e e k x x ，令()2−2−+=xe e x h x x ，由于()x h 为偶函数，故只需考虑()+∞0,的情况即可.………………………………………………………………………………………………4分当()+∞0∈,x 时，()()()3−−2−+2−−='x e e e e x x h x x x x .令()()()2−+2−−=−−xx x x e e e e x x F ，()()()x x x x e e e e x x F −−−−+='，令()()()()()x x x x x x e e x x G e e e e x x G −−−−='−−+=,，当()+∞0∈,x 时，()0>'x G ，故()x G 在()+∞0,上单调递增，故()()0=0>G x G .……………………………………………………………………………………6分因此当()+∞0∈,x 时，()0>'x F ，故()x F 在()+∞0,上单调递增，即有()()0=0>F x F ，故()0>'x h ，所以()x h 在()+∞0,上单调递增，由洛必达法则有1=2+=2−=2−+−0→−0→2−0→xx x x x x x x x e e x e e x e e lim lim lim ，故1≤k .………………………………………………………………………………………………8分（Ⅲ）解法一：()()()()()21122121221121x x x x x x x x x x x x e e e e e e e e x f x f +−−−+−−+++=++=⋅，由（2）知()()22212121++≥++−+x x e e x x x x ，当且仅当120x x +=时，等号成立；()22211221+−≥+−−x x e e x x x x ，当且仅当120x x −=时，等号成立.故()()422222121++≥⋅x x x f x f ，当且仅当120x x ==时等号成立.…………………………………………………………………………………………………………10分 因此有()()4cos 2sin 2cos sin 2121++>n n f f θθθθ，()()4cos 2sin 2cos sin 122212++>−−n n f f θθθθ，…， ()()4cos 2sin 2cos sin 1221++>θθθθn n f f以上n 个式子相加得()()()()()()()()n f f f f f f f f n n n n 6cos sin cos sin cos sin cos sin 121121>⋅+⋅++⋅+⋅−−θθθθθθθθΛ.……………………………………………………………………………………………12分解法二：由（Ⅱ）知()()()()42242222222122212221222121++≥+++=++≥x x x x x x x x x f x f ，当且仅当120x x ==时等号同时成立.……………………………………………………………10分故()()4cos 2sin2cos sin 2121++>n n f f θθθθ，()()4cos 2sin 2cos sin 122212++>−−n n f f θθθθ，…， ()()4cos 2sin 2cos sin 1221++>θθθθn n f f以上n 个式子相加得()()()()()()()()n f f f f f f f f n n n n 6cos sin cos sin cos sin cos sin 121121>⋅+⋅++⋅+⋅−−θθθθθθθθΛ.……………………………………………………………………………………………………12分 （二）选考题：22.解：（Ⅰ）曲线1C的参数方程为,322132x t y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=−+⎪⎩(t 为参数).消去t 得0x =,将cos ,sin x y ρθρθ==代入上式得曲线1C 的极坐标方程cos sin 0,sin 62πρθθρθ⎛⎫=−=− ⎪⎝⎭整理得 … … … … … … 2分 因为 222221sin -2cos cos ϕϕϕ=−y x … … … … …4分=221-sin =1cos ϕϕ所以曲线2C 的普通方程为22y 2x −=1. … … … … … 5分（Ⅱ）因为233P ⎛⎫−⎪ ⎪⎝⎭在曲线1C 上,所以将1C的参数方程,322132x y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=−+⎪⎩(t 为参数).代入到2C 的直角坐标方程得25480839t t +−=, ………………………………………… 8分则有126445t t ⋅=−,由参数t 的几何意义得1264.45PA PB t t ⋅=⋅= … … … … … … … … … … … … … … … … … … 10分23. 解：()1()31,2,13,2,2131,,2x x f x x x x x <<⎧⎪−−≤−⎪⎪=−+−⎨⎪⎪+≥⎪⎩… … … … … … … … … … … … 2分当2x ≤−时,()f x 5≥;当122x −<<时,5()52f x <<;当12x ≥时,()f x 52≥. ()5.2f x 所以的最小值为 … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分()()521=2 5.2M a b += 由知，即()()00111211111217121又因为，，所以+++⎛⎫=++++>>⎡⎤ ⎪⎣⎦++⎝⎭a b a b a b a b… … … … … …… … … … … … …… 7分121127121++⎛⎫=++ ⎪++⎝⎭b a a b … … … … … … … … … … … … … …… … … … … … … …8分17⎛≥ ⎝4=.7114.1217a b +≥++所以… … … … … … …… … … … … … … … … … 10分。