2020届河北省衡水中学高三年级上学期五调考试数学(理科)试题(总31页)

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前2020届河北省衡水中学高三年级上学期五调考试数学（理科)试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1已知，则（ ）ABCD2等差数列的前项和为，若，则等于（ ）ABCD32019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013 年到 2018 年六年间我国公共图书馆业机构数

2、（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将 2013 年编号为 1，2014 年编号为 2，2018年编号为 6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从 1 到 6 作为自变量进行回归分析），得到回归直线，其相关指数，给出下列结论，其中正确的个数是( )公共图书馆业机构数与年份的正相关性较强 公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个 可预测 2019 年公共图书馆业机构数约为3192个A0B1C2D34函数的部分图象大致是（）ABCD5已知，为椭圆的两个焦点，为椭圆短轴的一个端点，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）ABCD6若的展开式中的系数为，则实数的值为AB2C3D47现

3、有四名高三学生准备高考后到长三角城市群（包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”）旅游，假设每名学生均从上海市、江苏省、浙江省、安徽省这四个地方中随机选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为（ ）ABCD8已知定义在上的函数，则，的大小关系为（ ）ABCD9鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器

4、内，则该球形容器的表面积的最小值为（ ）（容器壁的厚度忽略不计）ABCD10已知定义在上的偶函数对任意都有，当取最小值时，的值为（ ）A1BCD11不等式解集中有且仅含有两个整数，则实数的取值范围是（ ）ABCD12在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，则与平面所成角的正切值构成的集合是（ ）ABCD第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题13已知向量，向量与向量的夹角为，则_.14如图，正方体的棱长为1，过点作平面的垂线，垂足为点，有下面三个结论：点是的中心；垂直于平面；直线与直线所成的角是90.其中正确结论的序号是_.15已知F为抛物线的焦点，点A、B

5、在抛物线上位于x轴的两侧，且12(其中O为坐标原点)，若的面积是，则的面积是_16已知的内角，的对边分别是，且满足，则_若为边上的一点，且满足，锐角三角形的面积为，则_评卷人得分三、解答题17在2018、2019每高考数学全国卷中，第22题考查坐标系和参数方程，第23题考查不等式选讲.2018年髙考结束后，某校经统计发现:选择第22题的考生较多并且得分率也较高.为研究2019年选做题得分情况，该校高三质量检测的命题完全采用2019年高考选做题模式，在测试结束后，该校数学教师对全校高三学生的选做题得分进行抽样统计，得到两题得分的统计表如下(已知每名学生只选做道题):第22题的得分统计表得分035

6、810理科人数505075125200文科人数2525125025第23题的得分统计表得分035810理科人数30525860200文科人数51010570(1)完成如下22列联表，并判断能否有99%的把握认为“选做题的选择”与“文、理科的科类”有关；选做22题选做23题总计理科人数文科人数总计(2)若以全体高三学生选题的平均得分作为决策依据，如果你是考生，根据上面统计数据，你会选做哪道题，并说明理由.附:0.0500.0100.0013.8416.63510.82818如图，在三棱柱中，,点是的中点. （1）求证: 平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.19已知单调等比数列中，首项为

7、，其前n项和是，且成等差数列,数列满足条件() 求数列、的通项公式；() 设 ,记数列的前项和 .求 ;求正整数，使得对任意，均有 .20如图，直三棱柱中，分别为、的中点.（1）证明：平面；（2）已知与平面所成的角为，求二面角的余弦值.21已知椭圆C：过点，且离心率为（）求椭圆C的方程；（）若过原点的直线与椭圆C交于P、Q两点，且在直线上存在点M，使得为等边三角形，求直线的方程。22已知函数（1）若，证明：（2）若函数在处有极大值，求实数的取值范围试卷第7页，总7页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1C【解析】【分析】由三角函数的诱导公式求得，再由余弦的倍角公式，即可

8、求解.【详解】由三角函数的诱导公式，可得，即，又由.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中熟练应用三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2B【解析】【分析】根据成等差数列列方程组，解方程求得的值.【详解】由于是等差数列，故成等差数列，所以，即，解得.故选：B.【点睛】本小题主要考查等差数列前项和的性质，考查方程的思想，属于基础题.3D【解析】【分析】根据和确定是正相关还是负相关以及相关性的强弱；根据的值判断平均每年增加量；根据回归直线方程预测年公共图书馆业机构数.【详解】由图知点散布在从左下角到右上角的区域内，所以为正相关，又趋

9、近于1，所以相关性较强，故正确；由回归方程知正确；由回归方程，当时，得估计值为3191.93192，故正确.故选：D.【点睛】回归直线方程中的的大小和正负分别决定了单位增加量以及相关型的正负；相关系数决定了相关性的强弱，越接近相关性越强.4A【解析】【分析】根据函数的奇偶性及时，进行排除即可得解.【详解】因为，所以，所以是奇函数，图象关于原点对称，所以B，D错误，当时，所以C错误.故选：A.【点睛】本题主要考查了识别函数图像，一般从以下几个方面进行选择即可：奇偶性，定义域，特殊值，极限值，属于基础题.5C【解析】【分析】用表示出，解出不等式得出的范围.【详解】由椭圆定义可知：，则，所以，因为，

10、即，即.【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，平面向量的数量积运算，属于中档题.6B【解析】【分析】将三项的多项式的幂的形式组合成两项的幂的形式，运用两次二项式展开式的通项公式得出的通项公式，令，解此不定方程得出t,r的值，得到关于a的方程，可得解.【详解】,所以的展开式的通项为，其中，令，所以或，当时，的系数为，当时，的系数为，因为的系数为，所以，即，即，所以故选：B.【点睛】本题考查二项式展开式中的特定项的系数，本题关键在于将底数的三项式，组合成二项，运用二项式展开式的通项，建立方程求解，属于中档题.7B【解析】【分析】四名学生随意选择共256种选法，恰有一个地方未被选中共144种，所以其

11、概率为.【详解】四名学生从四个地方任选一个共有种选法，恰有一个地方未被选中，即有两位学生选了同一个地方，另外两名学生各去一个地方，考虑先分堆在排序共有种，所以恰有一个地方未被选中的概率为.故选：B【点睛】此题考查根据古典概型求概率，关键在于准确求出基本事件总数和某一事件包含的基本事件个数，其本质是利用排列组合知识解决计数问题.8D【解析】【分析】先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可以得到，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.【详解】当时，函数在时，是增函数.因为，所以函数是奇函数，所以有，因为，函数在时，是增函数，所以，故本题选D.【点

12、睛】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小问题，判断出函数的奇偶性、单调性是解题的关键.9C【解析】【分析】根据题意可知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，然后利用公式可计算出球体的表面积.【详解】由题意知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，所以，该球形容器的半径的最小值为，因此，该球形容器的表面积的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查长方体的外接球，解题的关键就是要弄清楚球为长方体的外接球时，球的半径最小，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.10A【解析】【分析】根据辅助角公式化简由函数为偶函数求出，再由，求出，将代入

13、表达式即可求解.【详解】，因为函数为偶函数， 所以，即，又因为都有，可得： 所以，解得 所以，且取最小值，所以 综上可得，故选：A【点睛】本题考查了辅助角公式、诱导公式以及三角函数的奇偶性，属于中档题11C【解析】【分析】设，通过导数判断的单调性，结合直线恒过定点，得到两函数的图象，结合题意得不等式组，解出即可.【详解】由题意可知，设，.由.可知在上为减函数，在上为增函数，的图象恒过点，在同一坐标系中作出，的图象如下，若有且只有两个整数，使得，且，则，即，解得，故选C.【点睛】本题主要考查了不等式与函数图象的关系，利用导数判断函数单调性，考查了学生的计算能力，属于中档题12D【解析】【分析】为

14、确定F点位置，先找过与平面平行且与平面相交的平面，分别取的中点，连接，可知平面平面，故F在线段上，可知线面角为，分析其正切值即可求出.【详解】设平面与直线交于点，连接，则为的中点.分别取的中点，连接，则，平面，平面，平面，同理可得平面.是平面内的两条相交直线，平面平面，且平面，可得直线平面，即点是线段上的动点.设直线与平面所成角为，运动点并加以观察，可得：当点与点（或）重合时，与平面所成角等于，此时所成角达到最小值，满足；当点与中点重合时，与平面所成角达到最大值，此时，与平面所成角的正切值构成的集合为，故选D.【点睛】本题主要考查了面面平行的判定与性质，线面角，及线面角正切的最值问题，属于难题

15、.137【解析】【分析】根据平面向量的数量积公式可得.【详解】因为,所以,所以,所以.故答案为:7【点睛】本题考查了平面向量数量积,属于基础题.14【解析】【分析】对于，先利用线面垂直的性质，结合已知条件，得到，进而可判断；对于，由已知条件，根据面面平行的判定定理，得到平面平面，再由垂直于平面，即可判断；对于，连接，根据线面垂直的判定定理，得到平面，即可得出，从而可判断【详解】对于，因为平面，所以，所以，所以是的外心；又因为是等边三角形，所以点是的中心.故正确；对于，因为，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面.同理可证平面.又因为，所以平面平面；又因为垂直于平面，

16、所以垂直于平面.故正确；对于，连接.因为四边形是正方形，所以.因为平面，平面，所以.又因为，所以平面.又因为平面，所以，所以直线与所成的角是90.故答案为【点睛】本题主要考查棱柱相关结构特征的判断，熟记棱柱的结构特征，以及线面、面面平行与垂直的判定定理即可，属于常考题型.15【解析】【分析】根据三角形的面积求得点的纵坐标，代入抛物线方程求得点的坐标，根据及点在抛物线上，求得点的纵坐标，由此求得三角形的面积.【详解】设，且.由抛物线得，而.由，由于在抛物线上，故，由解得，所以.【点睛】本小题主要考查抛物线上点的坐标的求法，考查向量数量积的坐标运算，考查三角形的面积公式，考查方程的思想，属于中档题

17、.16 【解析】【分析】利用正弦定理，得，即可求解；根据三角形的面积求出，得出余弦值根据余弦定理求出AD，利用正弦定理求，再求.【详解】的内角，的对边分别是，由题：，由正弦定理可得：，所以，所以，锐角三角形的面积为，所以，所以，所以，锐角三角形中，由余弦定理：，由正弦定理，在中由正弦定理可得：，解得：.故答案为：；【点睛】此题考查利用正余弦定理和面积公式解三角形，关键在于熟练掌握定理公式，合理使用.17(1) 列联表见解析；有的把握认为“选做题的选择”与“文、理科的科类”有关；(2) 选做第题，理由见解析【解析】【分析】（1）由已知数据可填好列联表，计算出观测值，从而可知有的把握认为“选做题的

18、选择”与“文、理科的科类”有关；（2）分别计算全体学生两道题的平均得分，选做平均得分较大的题.【详解】（1）由数据表可得列联表如下：选做题选做题总计理科人数文科人数总计则的观测值有的把握认为“选做题的选择”与“文、理科的科类”有关.(2)全体高三学生第题的平均得分分别为:； 以全体高三学生选题的平均得分作为决策依据，应选做第题.【点睛】本题考查独立性检验解决实际问题、利用平均数估计总体的数据特征等知识；考查学生的计算和求解能力，属于较易题.18(1) 见解析;(2) .【解析】试题分析:（1）利用可得,而，是中点，所以，由此可证得平面.（2）以分别为轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平

19、面的法向量，计算线面角的正弦值为.试题解析:(1).又为中点，.又平面平面.(2)为中点，.又.又由（1）知，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则.设平面的一个法向量为，则，令，得.设与平面的所成角为，则.19() ；()见解析；见解析.【解析】【分析】()由题意首先求得数列的公比，据此即可确定数列的通项公式，进一步利用递推关系可得数列的通项公式；().结合()中求得的通项公式分组求和即可确定的值；.利用作差法结合指数函数和一次函数增长速度的关系可得k的值.【详解】()设. 由已知得 即 进而有. 所以，即 ，则，由已知数列是单调等比数列，且 所以取，数列的通项公式为.

20、 ， 则.数列的通项公式为. ()由()得 设，的前项和为.则.又设，的前项和为.则.所以 令 .由于比变化快，所以令得.即递增，而递减.所以，最大.即当时，.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和的方法，数列中最大项的求解方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20（1）见证明（2）【解析】【分析】解法1：（1）建立空间直角坐标系，利用直线的向量和平面法向量平行证明线面垂直；（2）设，利用与平面所成的角为得到的值，再求出两个面的法向量之间的夹角余弦值，得到二面角的余弦值.解法2：（1）取中点，连接、，易证平面，再证明,可得平面（2）设，利用与平面所成的角为得到的值，再求出

21、两个面的法向量之间的夹角余弦值，得到二面角的余弦值.解法3：（1）同解法2（2）设，利用三棱锥等体积转化，得到到面的距离，利用与平面所成的角为得到与的关系，解出，在两个平面分别找出垂直于交线，得到二面角，求出其余弦值.【详解】解法1：（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系设，则， ，因为，所以，面，面，于是平面（2）设平面的法向量，则，又，故，取，得因为与平面所成的角为，所以， ，解得，由（1）知平面的法向量， ，所以二面角的余弦值为解法2：（1）取中点，连接、, ， 平面，平面 ，而平面,平面, 平面为中点， ， ，四边形为平行四边形， 平面（2）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系设，则，设平面的法向量，则，又，故，取，得因为与平面所成的角为，所以， ，解得，由（1）知平面的法向量，所以二面角的余弦值为解法3：（1）同解法2（2）设，则，,，到平面距离，设到面距离为，由得，即因为与平面所成的角为，所以，而在直角三角形中，所以，解得因为平面，平面,所以，平面，平面所以，所以平面，平面,平面所以为二面角的平面角，而,可得四边形是正方形，所以，所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面垂直的证明，利用几何