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- 2021-06-15 发布
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2020年高考数学(3月份)模拟测试试卷
一、选择题(共8小题)
1.集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求解不等式化简集合、,然后直接利用交集运算得答案.
【详解】解:∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴.
故选:A.
【点睛】本题考查了交集及其运算,考查了不等式的解法.
2.若复数z=为纯虚数,则实数a的值为( )
A. 1 B. 0 C. - D. -1
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出.
【详解】设z=bi,b∈R且b≠0,则=bi,得到1+i=-ab+bi,
∴1=-ab,且1=b,解得a=-1.
故选:D.
【点睛】本题考查复数的运算和纯虚数的概念.
3.设为等差数列,p,q,k,l为正整数,则“”是“”的()
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式,得到等差数列公差正负性和p,q,k,l之间的关系,结合充分性、必要性的定义选出正确答案即可.
【详解】设等差数列的公差为,
或,显然由不一定能推出,由也不一定能推出 ,
因此是的既不充分也不必要条件,故本题选D.
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式,考查了充要条件的判断.
4.已知,,,则( ).
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析:因为所以选C.
考点:比较大小
5.据《孙子算经》中记载,中国古代诸侯的等级从低到高分为
:男、子、伯、候、公,共五级.现有每个级别的诸侯各一人,共五人要把80个橘子分完且每人都要分到橘子,级别每高一级就多分个(为正整数),若按这种方法分橘子,“公”恰好分得30个橘子的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析:先根据等差数列列关于m以及首项的不定方程,根据正整数解确定m可能取法,最后根据古典概型概率公式求结果.
详解:设首项为,因为和为80,所以
因为,
所以
因此“公”恰好分得30个橘子的概率是,
选B.
点睛:古典概型中基本事件数的探求方法
(1)列举法.
(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目,常采用树状图法.
(3)列表法:适用于多元素基本事件的求解问题,通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.
(4)排列组合法:适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
6.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过:“几何学里有两件宝,一个是勾股定理,另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话,那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种,其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形,它是一个顶角为的等腰三角形(另一种是顶角为的等腰三角形).例如,五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成,如图所示,在其中一个黄金中,.根据这些信息,可得( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
要求的值,需将角用已知角表示出来,从而考虑用三角恒等变换公式解题.已知角有,正五边形内角,,已知三角函数值有
,所以,从而.
【详解】由题可知,且,,
则.
【点睛】本题考查三角恒等变换,考查解读信息与应用信息的能力.
7.已知,分别是双曲线的左、右焦点,直线为双曲线的一条渐近线,关于直线的对称点在以为圆心,以半焦距为半径的圆上,则双曲线的离心率为( )
A. B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对称性可得,可得,,渐近线的倾斜角为,即可得,即可求离心率.
【详解】解:如图,根据对称性可得,
∴,
,
所以渐近线的倾斜角为60°,
,
则双曲线的离心率为.
故选:C.
【点睛】本题考查了双曲线的性质、离心率,考查转化能力.
8.已知为等边三角形,动点在以为直径的圆上,若,则的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设等边的边长为2,以边的中点为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,设点,通过向量的坐标运算,将、用表示出来,然后利用辅助角公可求出的最大值
【详解】解:设的边长为2,不妨以线段的中点为坐标原点,
建立如下图所示的平面直角坐标系,
则点、、,
以线段直径的圆的方程为,
设点,
则,,
,
由于,
则,
解得,
所以,,
因此,的最大值为,
故选:C.
【点睛】
本题考查平面向量的基本定理,涉及圆的参数方程、辅助角公式,关键在于引入合适的变量来表示问题涉及的参数.
二、多项选择题(共4小题)
9.已知,则( )
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据不等式的性质,逐一判断即可.
【详解】解:,
A错误,比如,,不成立;
B,成立;
C,由,
故C成立,
D,,故D不成立,
故选:BC.
【点睛】本题考查不等式比较大小,常利用了作差法,因式分解法等.
10.如图,已知矩形中,,为边的中点,将沿直线翻折成,若为线段的中点,则在翻折过程中,下列说法正确的是( )
A. 线段的长是定值
B. 存在某个位置,使
C. 点的运动轨迹是一个圆
D. 存在某个位置,使平面
【答案】AC
【解析】
【分析】
取中点,连接,,根据面面平行的判定定理可得平面平面,由面面平行的性质定理可知平面,可判断;在中,利用余弦定理可求得为定值,可判断和;假设,由线面垂直的判定定理可得平面,由线面垂直的性质定理可知,与矛盾,可判断.
【详解】解:取的中点,连接,,
∵,分别为、中点,
∴,
∵平面,平面,
∴平面,
∵且,
∴四边形为平行四边形,
∴,
∵平面,平面,
∴平面,
又,、平面,
∴平面平面,
∵平面,
∴平面,即D错误,
设,
则,,,
∴,
即为定值,所以A正确,
∴点的轨迹是以为圆心,为半径的圆,即C正确,
∵,,
∴,
∴,
设,
∵、平面,,
∴平面,
∵平面,
∴,与矛盾,
所以假设不成立,即B错误.
故选:AC.
【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题,涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点,考查学生的空间立体感和推理论证能力.
11.数学中的数形结合,也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物,曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论正确的是( )
A. 曲线经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点)
B. 曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过2
C. 曲线围成区域的面积大于
D. 方程表示的曲线在第一象限和第三象限
【答案】BD
【解析】
【分析】
先确定曲线经过点,再将,的整点,和逐一代入曲线的方程进行检验即可判断;利用基本不等式即可判断;将以为圆心、2为半径的圆的面积与曲线围成区域的面积进行比较即可判断;因为,所以与同号,仅限与第一和三象限,从而判断.
【详解】解:把,代入曲线,
可知等号两边成立,
所以曲线在第一象限过点,
由曲线的对称性可知,该点的位置是图中的点,
对于A选项,只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可,
把,和代入曲线的方程验证可知,
等号不成立,
所以曲线在第一象限内不经过任何整点,
再结合曲线的对称性可知,
曲线只经过整点,即A错误;
对于B选项,
因为,
所以,
所以,
所以,即B正确;
对于C选项,
以为圆点,2为半径的圆的面积为,
显然曲线围成区域的面积小于圆的面积,即C错误;
对于D选项,因为,
所以与同号,仅限与第一和三象限,即D正确.
故选:BD.
【点睛】本题考查曲线的轨迹方程,涉及特殊点代入法、均值不等式、圆的面积等知识点,有一定的综合性,考查学生灵活运用知识和方法的能力.
12.已知函数满足,且在上有最小值,无最大值.则( )
A. B. 若,则
C. 的最小正周期为3 D. 在上的零点个数最少为1346个
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据正弦函数图象的对称性可判断;根据已知三角函数值求角的方法,可得,,两式相减可求出,进而求得周期,从而可判断和选项;因为,所以函数在区间上的长度恰好为673个周期,为了算出零点“至少”有多少个,可取,进而可判断.
【详解】解:由题意得,在的区间中点处取得最小值,
即,所以A正确;
因为,
且在上有最小值,无最大值,
所以不妨令,
,
两式相减得,,
所以,即B错误,C正确;
因为,
所以函数在区间上的长度恰好为673个周期,
当,即时,
在区间上的零点个数至少为个,即D错误.
故选:AC.
【点睛】本题考查与三角函数有关的命题的真假关系,结合三角函数的图象与性质,利用特殊值法以及三角函数的性质是解题的关键,综合性较强.
三、填空题
13.为做好社区新冠疫情防控工作,需将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作,其中甲小区至少分配两名志愿者,其它三个小区至少分配一名志愿者,则不同的分配方案共有_______种.(用数字作答)
【答案】660
【解析】
分析】
根据题意,分析可得甲、乙、丙、丁四个小区分配人数依次为3,1,1,1或2,2,1,1,据此分2种情况讨论,由加法原理计算可得答案.
【详解】解:根据题意,将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作,
其中甲小区至少分配两名志愿者,
其它三个小区至少分配一名志愿者,
则甲、乙、丙、丁四个小区分配人数依次为:
3,1,1,1或2,2,1,1,
若甲小区分3人,甲小区有种情况,
剩下的3个小区有种情况,
此时有种分配方法,
若甲小区分2人,甲小区有种情况,
剩下的3个小区有种情况,
此时有种分配方法,
则有种不同的分配方法;
故答案为:660.
【点睛】本题考查排列组合的简单应用,涉及分步乘法和分类加法计数原理的应用.
14.已知函数,在区间上任取三个数,,,均存在以,,为边长的三角形,则的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
由三角形中两短边之和大于第三边可知,原问题等价于函数在上的最小值的两倍大于最大值,由此利用导数求出最小值及最大值,进而建立不等式解出即可.
【详解】解:由,
得,,
令,解得,
易知函数在上单调递增,
在上单调递减,
故,
,
依题意,,且,
即,
解得
故答案为:.
【点睛】本题考查利用导数研究函数在闭区间上的最值,同时还涉及了三角形中三边的关系,考查转化思想及运算能力.
15.设抛物线的焦点为,准线为1,过焦点的直线交抛物线于,两点,分别过,作的垂线,垂足为,,若,则_________,三角形的面积为________.
【答案】 (1). 2 (2). 5
【解析】
【分析】
通过抛物线的焦点坐标,即可求解,利用抛物线的定义,结合,求出直线的斜率值,写出直线的方程,利用直线与抛物线方程联立求得的值,求解的面积.
【详解】解:抛物线的焦点为,
所以,
所以;
如图所示,
过点作,交直线于点,
由抛物线的定义知,,
且,
所以,,
所以,,
可知:,
所以直线的斜率为,
设直线的方程为,点,,
由,
消去整理得,
所以,
所以,
所以;
所以的面积为,
故答案为:2;5.
【点睛】
本题考查抛物线的方程与性质的应用问题,涉及联立方程组、韦达定理、焦点弦和三角形面积的计算问题.
16.在三棱锥中,底面是以为斜边的等腰直角三角形,且,,与底面所成的角的正弦值为,则三棱锥的外接球的体积为_______.
【答案】或
【解析】
【分析】
如图所示,取的中点,连接,,由,,利用等腰三角形的性质,线面垂直的判定定理即可得出:平面,进而得出:平面平面,可得为与底面所成的角,其正弦值为.在中,设,利用余弦定理可得:,讨论当时,作平面,求得,根据三棱锥和外接球的性质,列式求出外接球的半径,即可求出外接球的体积;当时,取的中点,连接,利用余弦定理可得,可得点为三棱锥的外接球的球心,即可得出外接球的体积.
【详解】解:如图所示,
取的中点,连接,.
∵,,
∴,,
∴平面,
又平面,
∴平面平面,
∴或的补角为与底面所成的角,其正弦值为,
,
,
在中,设,由余弦定理可得:
,
解得:或,即或,
当时,如下图所示,
设中边上的高为,
由于平面平面,则平面,
则,解得:,
所以,
得,
设底面圆的半径为,所以,
设球心到底面外接圆圆心的距离为,球的半径为,
则有:,即:,
解得:,
又因为,即:,
所以外接球的体积为:.
当时,取的中点,连接,
则,
解得,
∴,
∴,
可得点为三棱锥的外接球的球心,
其外接球的半径,
外体积.
综上得:三棱锥的外接球的体积为:或.
故答案为:或.
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、球的体积计算公式、余弦定理、线面、面面垂直的判定与性质定理,考查了推理能力与计算能力.
四、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.如图,在中,,角的平分线交于点,设,其中.
(1)求;
(2)若,求的长.
【答案】(1);(2)5.
【解析】
【分析】
(1)根据求出和的值,利用角平分线和二倍角公式求出,即可求出;
(2)根据正弦定理求出,的关系,利用向量的夹角公式求出,可得,正弦定理可得答案
【详解】解:(1)由,且,
,
,
,
则
;
(2)由正弦定理,得,即,,
又,,
由上两式解得,又由,得,
解得
【点睛】本题考查了二倍角公式和正弦定理的灵活运用和计算能力,是中档题.
18.在①,②,③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中.
已知:数列的前项和为,且,______.
(1)求数列的通项公式;
(2)对大于1的自然数,是否存在大于2的自然数,使得,,成等比数列.若存在,求的最小值;若不存在,说明理由.
【答案】(1)详见解析(2)详见解析
【解析】
【分析】
(1)若条件①成立,由题意可发现数列是以1为首项,3为公差的等差数列,计算出数列的通项公式,即可计算出数列的通项公式;若条件②成立,通过递推关系得出是首项为1,公差为3的等差数列,即可求出通项公式;若条件③成立,通过和的关系即可求出的通项公式;
(2)先假设存在大于2的自然数,使得,,成等比数列,根据等比中项的性质有,分三种情况讨论3个条件分别成立时,然后代入和,得出关于
的表达式,用表示,通过数列的单调性和二次函数的性质,判断可得的最小值.
【详解】解:若条件①成立,
(1),,
故数列是以1为首项,3为公差的等差数列.
∴.
∵,
∴.
(2)由题意,假设对大于1的自然数,存在大于2的自然数,
使得,,成等比数列,
则,
即,
∵,
∴,
整理,得,
构造数列:令且,
∵,
当且时,,
即.
∴数列是单调递增数列.
当时,数列取最小值.
∴对大于1的自然数,存在大于2的自然数,且的最小值为6.
若条件②成立,
(1),
,,
即:,
,,
是首项为1,公差为3的等差数列,
.
(2)若,,成等比数列,
则,即,
整理得:,
且为整数,时,,
即存在大于2自然数,使得,,成等比数列,的最小值为6.
若条件③成立,
(1),
,
,所以,
(2)若,,成等比数列,则,
即:,
整理得:,
且为整数,时,,
即存在大于2的自然数,使得,,成等比数列,的最小值为2.
【点睛】本题主要考查数列由递推关系求通项公式,以及等比数列的性质应用.考查了转化思想,构造法,利用数列单调性和二次函数的性质求最值,逻辑思维能力和数学运算能力.
19.如图,在直角梯形中,,,,为的中点,沿将折起,使得点到点位置,且,为的中点,是上的动点(与点,不重合).
(Ⅰ)证明:平面平面垂直;
(Ⅱ)是否存在点,使得二面角的余弦值?若存在,确定点位置;若不存在,说明理由.
【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ)存在,此时为的中点.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)证明平面,得到平面平面,故平面平面,平面,得到答案.
(Ⅱ)假设存在点满足题意,过作于,平面,过作于,连接,则,过作于,连接,是二面角的平面角,设,,计算得到答案.
【详解】(Ⅰ)∵,,,∴平面.
又平面,∴平面平面,
而平面,,∴平面平面,
由,知,可知平面,
又平面,∴平面平面.
(Ⅱ)假设存在点满足题意,过作于,由知,
易证平面,所以平面,
过作于,连接,则(三垂线定理),
即是二面角的平面角,
不妨设,则,
在中,设(),由得,
即,得,∴,
依题意知,即,解得,
此时为的中点.
综上知,存在点,使得二面角的余弦值,此时为的中点.
【点睛】本题考查了面面垂直,根据二面角确定点的位置,意在考查学生的空间想象能力和计算能力,也可以建立空间直角坐标系解得答案.
20.沙漠蝗虫灾害年年有,今年灾害特别大.为防范罕见暴发的蝗群迁飞入境,我国决定建立起多道防线,从源头上控制沙漠蝗群.经研究,每只蝗虫的平均产卵数和平均温度有关,现收集了以往某地的7组数据,得到下面的散点图及一些统计量的值.
,,,,,.(其中,).
(1)根据散点图判断,与(其中…自然对数的底数)哪一个更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型?(给出判断即可,不必说明理由)并由判断结果及表中数据,求出关于的回归方程.(计算结果精确到小数点后第三位)
(2)根据以往统计,该地每年平均温度达到28℃以上时蝗虫会造成严重伤害,需要人工防治,其他情况均不需要人工防治,记该地每年平均温度达到28℃以上的概率为.
①记该地今后5年中,恰好需要3次人工防治的概率为,求的最大值,并求出相应的概率.
②当取最大值时,记该地今后5年中,需要人工防治的次数为,求的数学期望和方差.
附:线性回归方程系数公式,.
【答案】(1)更适宜;回归方程为(2)①当时,②详见解析
【解析】
【分析】
(1)由图象可知,更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型,对两边取自然对数,求出回归方程,再化为关于的回归方程;
(2)①由对其求导数,利用导数判断函数单调性,求出函数的最值以及对应的值;
②由取最大值时的的值,得出,由,计算得出答案.
【详解】解:(1)根据散点图可以判断,
更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型,
对两边取自然对数,
得:,
令,,,
则,
因为,
,
所以关于的回归方程为,
所以关于的回归方程为;
(2)①由,
得:,
又,
令,
解得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
所以有唯一的极大值为,也是最大值,
所以当时,
;
②由①知,当取得最大值时,,
所以,
所以的数学期望为,
方差为.
【点睛】本题考查线性回归方程的求法与应用问题,概率的计算与应用问题,数学期望与方差的计算问题,同时还涉及了利用导数求单调性及最值,对计算能力的要求较高.
21.已知圆,定点 ,为平面内一动点,以线段为直径的圆内切于圆,设动点的轨迹为曲线
(1)求曲线的方程
(2)过点的直线与交于两点,已知点,直线分别与直线交于两点,线段的中点是否在定直线上,若存在,求出该直线方程;若不是,说明理由.
【答案】(1);(2)存在,.
【解析】
【分析】
(1)设以为直径的圆心为,切点为,取关于轴的对称点,连接,计算得到,故轨迹为椭圆,计算得到答案.
(2)设直线的方程为,设,联立方程得到
,,计算,得到答案.
【详解】(1)设以为直径的圆心为,切点为,则,
取关于轴的对称点,连接,故,
所以点的轨迹是以为焦点,长轴为4的椭圆,其中,
曲线方程为.
(2)设直线的方程为,设,
直线的方程为,同理,
所以,
即,
联立,
所以,
代入得,
所以点都在定直线上.
【点睛】本题考查了轨迹方程,定直线问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22.已知函数,其中.
(1)求证:当时,无极值点;
(2)若函数,是否存在,使得在处取得极小值?并说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)存在;详见解析
【解析】
【分析】
(1)求导,由,可知导函数大于零恒成立,由此即可得出无极值点;
(2)先必要性探路可知,再证明当时,是函数的极小值点,即证明其充分性,由此即可得出结论.
【详解】解:(1)证明:,
显然,,
当时,,
即,
∴函数在其定义域上为增函数,
故无极值点;
(2),
,
显然是的极小值点的必要条件,
为,即,
此时,
显然当时,
,
当时,
,
故,
令,
则,
故是减函数,
故当时,,
即,
令,
则,
当时,,
故在单调递增,
故当时,,
即,
故当时,
,
因此,当时,
是的极小值点,即充分性也成立.
综上,存在,使得在处取得极小值.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值,考查逻辑推理能力以及运算求解能力,考查化归与转化思想.