- 2.67 MB
- 2021-06-16 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
www.ks5u.com
上饶市2020届第三次高考模拟考试
数学(理科)试题卷
一、选择题
1. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先解不等式,再求交集即可.
【详解】因为,
所以.
所以.
故选:B
【点睛】本题主要考查集合的交集运算,同时考查了不等式的解法,属于简单题.
2. 复数满足(为虚数单位),则复数在复平面内所对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数的四则运算法则,可求出,从而可求出在复平面内所对应的点的坐标,从而可得到答案.
【详解】由题意,,则复数在复平面内所对应的点为,在第四象限.
【点睛】本题考查了复数的四则运算,考查了学生对复数知识的理解和掌握,属于基础题.
- 28 -
3. 展开式中项的系数为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求出的展开式的通项,根据通项得到,即可求出项的系数.
【详解】的展开式的通项为:.
令,解得.
所以展开式中项的系数.
故选:B
【点睛】本题主要考查二项式定理中指定项的系数,熟记二项式定理的通项为解题的关键,属于简单题.
4. 执行如图的程序框图,若输入,则输出的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
- 28 -
【分析】
根据程序框图,逐步进行运算,直到退出循环体,输出即可.
【详解】第一次循环,,,,继续循环,,
第二次循环, ,继续循环,
第三次循环,,继续循环,,
第四次循环,,停止循环,输出.
故选:D
【点睛】本题主要考查根据程序框图求运算结果,考查了学生阅读程序框图的能力,属于简单题.
5. 若,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先将变换为,再利用诱导公式和二倍角公式计算即可.
【详解】.
故选:A
【点睛】本题主要考查三角函数中的角变换,同时考查了三角函数的诱导公式和二倍角公式,属于简单题.
6. 已知等差数列的前项和为,且,则( )
A. B. C. D.
- 28 -
【答案】D
【解析】
【分析】
由,利用等差数列的性质可得,再由求和公式可得结果.
【详解】因为,
所以,
可得.
故选:D.
【点睛】本题主要考查等差数列的性质以及等差数列的求和公式,意在考查学生灵活运用数学知识解答问题的能力,属于中档题.
7. 将曲线围成的区域记为Ⅰ,曲线围成的区域记为Ⅱ,在区域Ⅰ中随机取一点,此点取自区域Ⅱ的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
画出曲线与曲线的图像,再根据几何概型的方法求解即可.
【详解】当时,曲线、曲线分别为,.
又、均关于轴,原点对称.故两曲线围成的区域Ⅰ(正方形和四个半圆)、Ⅱ(正方形)如图:可知区域Ⅰ的面积为
- 28 -
;区域Ⅱ的面积为;
∴由几何概率公式得:.
故选:C.
【点睛】本题主要考查了几何概型的运用,需要根据题意去绝对值画出一象限的图像,再根据对称性补全图像.同时也考查了几何概型中面积型的问题.属于中档题.
8. 在明代珠算发明之前,我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍,算筹有纵式和横式两种,如图是利用算筹表示的数字,表示多位数时,个位用纵式,十位用横式,百位用纵式,千位用横式,以此类推,例如,可以用根小木棍表示“”,则用根小木棍(要求用完根)能表示不含“”且没有重复数字的三位数的个数是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根小木棍可能组成数字、、,、、,、、,、、,分别对其进行全排列即可得出结果.
【详解】数字、、组成个,数字、、组成个,数字、、组成个,数字、、组成个,共个符合要求的三位数.
故选:C.
- 28 -
【点睛】本题考查两个基本的计数原理中数字排列的实际应用,考查学生分析问题的能力,属于中档题.
9. 已知函数,则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先判断函数的奇偶性,再判断函数的单调性,结合解绝对值不等式的公式法进行求解即可.
【详解】∵
为偶函数.
由函数的单调性的性质可知: 当时,为单调递减函数.
由,
根据偶函数的性质由,可得,
所以有.∴,且,
解得不等式的解集为.
故选:C
【点睛】本题考查了利用函数的单调性和奇偶性求解不等式解集问题,考查了解绝对值不等式,考查了数学运算能力.
10. 半径为2的球内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设正三棱柱上下底面的中心分别为,底面边长与高分别为,利用
- 28 -
,可得,进一步得到侧面积,再利用基本不等式求最值即可.
【详解】如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为,底面边长与高分别为,则,
在中,,化为,
,
,
当且仅当时取等号,此时.
故选:B.
【点睛】本题考查正三棱柱与球的切接问题,涉及到基本不等式求最值,考查学生的计算能力,是一道中档题.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为,过作斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点,若,则双曲线的离心率为( )
- 28 -
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
取中点,连结,因为,所以可得,设,根据双曲线的定义求出,再由勾股定理得出,得出,再由直线的斜率为,即可求出离心率.
【详解】如图,因为,则取中点,连结,可得,设,因为,则,又因为,则,,则,则,
在中有,在中有,
所以,解得,因为直线的斜率为,
所以,所以,,
所以离心率.
- 28 -
故选:D
【点睛】本题主要考查双曲线的性质即离心率的求法,解题的关键是找出双曲线中间的关系.
12. 已知函数和函数,关于这两个函数图像的交点个数,下列四个结论:①当时,两个函数图像没有交点;②当时,两个函数图像恰有三个交点;③当时,两个函数图像恰有两个交点;④当时,两个函数图像恰有四个交点.正确结论的个数为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由两个函数图像交点个数,转化为的解的个数,进而转化为的解的个数,令,利用导数求得函数单调性与最值,结合函数的性质,即可求解.
【详解】由题意,两个函数和函数图像交点个数,
- 28 -
即为方程的解的个数,即方程的解的个数,
令,
①当时,函数,则,
所以在上为增函数,值域为;
②当时,,,
由,得.
当时,,为增函数;
当时,,为减函数;
当时,,
所以函数在上有最大值为,
令,方程,化为,
当时,方程无解,原方程无解,两个函数图像无交点;
当时,方程有唯一解,,原方程有唯一解,
两个函数图像恰有一个交点;
当时,方程有两解,,原
方程有两解,两个函数图像恰有两个交点;
当时,方程有两解,,原方程有三解,两个函数图像恰有三个交点;
当时,方程有两解,,原方程有四解,两个函数图像恰有四个交点.
- 28 -
故选D.
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用,以及利用导数研究函数零点问题,其中解答中把函数图象的交点个数,转化为方程的根的个数,分离参数,转化为函数的单调性与最值是解答的关键,着重考查了转化思想,以及推理与运算能力.
二、填空题
13. 对于正在培育的一颗种子,它可能天后发芽,也可能天后发芽,,如表是颗不同种子发芽前所需培育的天数统计表,则这组种子发芽前所需培育的天数的众数是________.中位数是________.
发芽前所需培育天数
1
2
3
4
5
6
7
≥8
种子数
4
3
3
5
2
2
1
0
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
先将颗种子发芽天数从小到大排列,再结合众数、中位数的概念求解即可.
【详解】解:由图中数据可知,该颗种子发芽天数从小到大排列为:
、、、、、、、、、、、、、、、、、、、;
则众数是,中位数为.
故答案为:,.
【点睛】本题考查了众数、中位数的概念,重点考查了对数据的处理能力,属基础题.
- 28 -
14. 若实数x,y满足条件,则的最大值为______.
【答案】13
【解析】
【分析】
画出约束条件对应的可行域,再求出对应的交点的坐标,分别代入目标函数,比较目标函数值即可得到其最优解.
【详解】实数,满足条件,对应的可行域如下图所示:
由,解得,时,目标函数经过时,目标函数取得最大值,即.
∴的最大值为13.
故答案为:13.
【点睛】本题考查的是线性规划问题,解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化,即数形结合思想.需要注意的是:一,准确无误地作出可行域;二,画目标函数所对应的直线时,要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较,避免出错;三,一般情况下,目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
15. 在扇形中,,为弧上的一个动点.若,则的取值范围是________.
【答案】
- 28 -
【解析】
【分析】
不妨设,以为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,令,则, 则,再结合三角函数值域的求法求解即可.
【详解】解:由题意可知,在扇形中,,为弧上的一个动点.
不妨设,以为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,
令,则,,,,
又,
则,则,
则,
又,
则,
则,
即,
故答案为:.
【点睛】本题考查了三角恒等变换的辅助角的应用,重点考查了三角函数值域的求法,属中档题.
16. 正方形的两个顶点在直线上,另两个顶点分别在直线,上,那么正方形的边长为________.
【答案】或
【解析】
【分析】
- 28 -
先设直线的方程为,再求出的坐标,然后结合两点的距离公式及两平行线的距离公式求解即可.
【详解】解:设直线的方程为,
联立,得,
联立,得,
∴由两点的距离公式可得,
又直线与的距离为,
∴,
解得或,
即或.
即正方形的边长为或,
故答案为:或.
【点睛】本题考查了两点的距离公式及两平行线的距离公式,重点考查了直线交点坐标的求法,属中等题.
三、解答题
17. 已知的内角的对边分别为,且满足,为锐角.
(1)求角的大小;
(2)若,点为边上的动点(不与点重合),设,求
- 28 -
的取值范围.
【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
(1)由二倍角的正弦公式及辅助角公式可得,再求即可;
(2)在中,由正弦定理可得,则有,然后结合三角函数的值域的求法求解即可.
【详解】解:(1)∵,
∴
∴
∴
∵为锐角,则
∴,
∴,
(2)由,可知,
∵在中,,
∴,
∵,
∴,
∴.
故的取值范围为.
- 28 -
【点睛】本题考查了二倍角的正弦公式及辅助角公式,重点考查了正弦定理的应用及三角函数值域的求法,属中档题.
18. 如图,在四棱锥中,底面,,,,,点是棱的中点.
(1)求证:平面;
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】
【分析】
(1)取的中点,连接、,证明四边形为平行四边形,即可证明平面.
(2)以为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系,求出平面的一个法向量,取平面的一个法向量为,结合空间向量数量积运算即可得解.
【详解】证明:(1)如图,取的中点,连接、.
∵是的中点,∴,,
又,,所以,,
∴四边形为平行四边形,
- 28 -
∴,
又平面,平面,
∴平面.
(2)在平面内过点作的垂线,由题意知,,两两垂直,以
为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空
间直角坐标系,由题意知,,,
可得,,,∴,,
设平面的法向量为,
则由,即,令,则,,
∴为平面的一个法向量.
∵底面,∴可取平面的一个法向量为,
∴,
∵二面角为锐二面角,
∴二面角的大小为.
- 28 -
【点睛】本题考查了线面平行的判定定理,重点考查了空间向量数量积的运算,属中档题.
19. 为了释放学生压力,某校高三年级一班进行了一个投篮游戏,其间甲、乙两人轮流进行篮球定点投篮比赛(每人各投一次为一轮).在相同的条件下,每轮甲乙两人站在同一位置上,甲先投,每人投一次篮,两人有人命中,命中者得分,未命中者得分;两人都命中或都未命中,两人均得分.设甲每次投篮命中的概率为,乙每次投篮命中的概率为,且各次投篮互不影响.
(1)经过轮投篮,记甲得分为,求的分布列及期望;
(2)若经过轮投篮,用表示第轮投篮后,甲的累计得分低于乙的累计得分的概率.
①求;
②规定,经过计算机模拟计算可得,请根据①中值求出的值,并由此求出数列的通项公式.
【答案】(1)见解析,(2)①,,②,
【解析】
【分析】
(1)先阅读题意,可得的可能取值为,然后求出对应的概率,然后求出的分布列及期望即可;
- 28 -
(2)结合题意求出,然后求出的值,再利用累加法求数列的通项公式即可.
【详解】解:(1)的可能取值为,
则;
;
.
∴的分布列为:
-1
0
1
期望.
即经过轮投篮,甲得分的期望为分.
(2)①由(1)知,
经过两轮投球,甲的累计得分低的有两种情况:
一是甲两轮都得分为;二是两轮中甲一轮得分,另一轮得分,则.
经过三轮投球,甲累计得分低有四种情况:;;;,
则;
②将的值分别代入得,
得,.
- 28 -
∴,即,
又,所以是首项、公比都是的等比数列.
∴,
∴,
∴数列的通项公式为.
【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列及期望,重点考查了累加法求数列的前项和及数列的通项公式,属中档题.
20. 已知抛物线的焦点为,抛物线上的点到准线的最小距离为.
(1)求抛物线的方程;
(2)若过点作互相垂直的两条直线、,与抛物线交于两点,与抛物线交于两点,分别为弦的中点,求的最小值.
【答案】(1)(2)8
【解析】
【分析】
(1)由抛物线上到准线的距离最小的点是顶点可求得,得抛物线方程;
(2)首先题意说明两直线斜率都存在且均不为,设直线的斜率为
- 28 -
,则直线的斜率为,设点,,由直线方程与抛物线方程联立,消元后应用韦达定理求得中点的坐标,求出,同理可得,计算后应用基本不等式可得最小值.
【详解】(1)∵抛物线上的点到准线的最小距离为,∴,解得,
∴抛物线的方程为:;
(2)由(1)可知焦点为,
由已知可得,∴两直线的斜率都存在且均不为,
设直线的斜率为,则直线的斜率为,
∴直线的方程为,
联立方程,消去得:,
设点,,则,
∵为弦的中点,所以,
由,得,
∴点,
同理可得:,
∴,,
∴,
当且仅当,即,等号成立,
∴的最小值为.
- 28 -
【点睛】本题考查求抛物线的方程,考查直线与抛物线相交中的最值,解题时可设交点坐标,设出直线方程,与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理,求得中点坐标,得线段长,这是圆锥曲线中的“设而不求”思想的应用.
21. 已知函数.
(1)讨论函数的单调区间情况;
(2)若函数有且只有两个零点,证明:.
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)求出导函数,根据的正负确定函数的单调区间,可按的正、负、零分类讨论;
(2)由(1)需分和讨论,时,在上有且只有一个零点;因此在上最大值为0,即最大值点为零点,由此可得零点及,从而可确定另一零点的范围证得结论,时类似讨论可得.
【详解】(1)的定义域为,,
当时,时,,在上递减,时,,在上递增;
当时,在上,,在上,,在上递减,在和上分别递增;
当时,在上,,在上,,在和上分别递减,在上递增.
(2)由(1)可知,当时,在上递减,在和上分别递增,
- 28 -
在上,当时,,当时,,在上有且只有一个零点;
在上,当时,,当时,,为使有且只有两个零点,则在上有且只有一个零点,则需在的最大值,可得,零点;
而当时,,,,
∵,
∴,,,,
∴另一个零点满足:,
∴,
由(1)可知,当时,在和上分别递减,在上递增,
在上,当时,,当时,,在上有且只有一个零点;
在上,当时,,当时,,为使有且只有两个零点,则在上有且只有一个零点,则需在的最大值,可得,零点;
而当时,,,,由上面证明可知,,
- 28 -
∴另一个零点满足:,
∴,
综上可知,.
【点睛】本题考查导数与单调性的关系,考查用导数研究函数的零点.解题时要注意零点存在定理的应用,在某个区间上函数是单调的,则在此区间上函数至多有一个零点.本题还考查了学生的转化与化归思想,运算求解能力,属于难题.
22. 在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),将曲线上各点纵坐标伸长到原来的倍(横坐标不变),得到曲线.以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.
(1)写出曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程;
(2)曲线上是否存在不同的两点,(以上两点坐标均为极坐标,,,,),使点、到的距离都为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1),;(2)存在,
【解析】
【分析】
(1)首先根据题意求出曲线的参数方程为(为参数),从而得到直角坐标方程,再转化为极坐标方程即可.根据,,将直线的极坐标方程转化为直角坐标方程即可.
(2)首先计算曲线的圆心到直线的距离,结合图象得到存在这样的点,再利用极坐标计算的值即可.
【详解】(1)由曲线的参数方程为(为参数),
- 28 -
将曲线上各点纵坐标伸长到原来的倍(横坐标不变),
得到曲线的参数方程为(为参数),
得到曲线的直角坐标方程为,其极坐标方程为,
又直线的极坐标方程为,
故其直角坐标方程为.
(2)曲线是以为圆心,为半径的圆,
圆心到直线的距离,
所以存在这样的点,,且点到直线的距离为,
如图所示:
因为,所以,
即:.
又因为,,,
所以.
【点睛】本题第一问考查圆的极坐标方程和参数方程,同时考查了直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化,第二问考查直线与圆的位置关系,属于中档题.
23. 设函数.
- 28 -
(1)若,求实数的取值范围.
(2)证明:对于任意的,成立.
【答案】(1)或;(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)首先根据题意得到,再分类讨论解不等式即可.
(2)首先将题意转化为证明,再利用绝对值三角不等式和均值不等式证明即可.
【详解】(1)∵,
∴,可化为:,
,
,
综上所述:或.
(2)要证恒成立,
即证恒成立,
也就是证明恒成立.
∵的最大值为,
- 28 -
即证.
∴
.
∴原结论成立.
【点睛】本题第一问考查绝对值不等式的解法,第二问考查绝对值三角不等式和均值不等式,属于中档题.
- 28 -
- 28 -
相关文档
- 贵州省铜仁第一中学2020届高三第三2021-06-1612页
- 黑龙江省实验校2020届高三第三次模2021-06-1625页
- 江西省上饶市2020届高三下学期第一2021-06-1610页
- 宁夏回族自治区银川一中2020届高三2021-06-1612页
- 江西省上饶市铅山一中、横峰中学、2021-06-162页
- 2018-2019学年江西省上饶市横峰中2021-06-1516页
- 2017-2018学年江西省上饶市广丰一2021-06-159页
- 数学理卷·2019届江西省上饶市铅山2021-06-159页
- 江西省上饶市2020届高三第三次模拟2021-06-159页
- 2018-2019学年江西省上饶市横峰中2021-06-1516页