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  • 2021-06-16 发布

福建省广东省2020届高三4月联考数学(文)试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 高三模拟考试 数学(文科)‎ 考生注意:‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分.考试时间120分钟.‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上.‎ ‎3.本试卷主要考试内容:高考全部内容.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得集合,由此求得两个集合的交集.‎ ‎【详解】由,解得.‎ 因为,所以.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集,考查运算求解能力与推理论证能力.‎ ‎2.已知复数,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算求得,由此求得.‎ ‎【详解】因为,所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力.‎ - 21 -‎ ‎3.在中,内角的对边分别为,,,,,,则( )‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得,然后利用正弦定理求得 ‎【详解】因为,所以,所以.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查解三角形,考查运算求解能力.‎ ‎4.已知,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用“分段法”比较出的大小关系.‎ ‎【详解】因为,,,所以.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查指数式和对数式比较大小,属于基础题.‎ ‎5.学校为了调查学生在课外读物方面的支出(单位:元)情况,抽取了一个容量为的样本,并将得到的数据分成,,,四组,绘制成如图所示的频率分布直方图,其中支出在的同学有24人,则( )‎ - 21 -‎ A. 80 B. 60 C. 100 D. 50‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得支出在的频率,然后求得的值.‎ ‎【详解】由频率分布直方图可得,支出在的频率为.‎ 根据题意得,解得.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查频率分布直方图,考查数据处理能力.‎ ‎6.已知双曲线与抛物线有相同的焦点,点到双曲线的一条渐近线的距离为2,则的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的交点求得双曲线半焦距,根据双曲线焦点到渐近线的距离求得,从而求得,进而求得双曲线离心率.‎ ‎【详解】由题意知抛物线的焦点为,所以.又因为点到双曲线的一条渐近线的距离为2,所以,从而,.‎ 故选:D - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率,考查运算求解能力.‎ ‎7.若,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令,将转化为,然后利用二倍角的余弦公式求得的值.‎ ‎【详解】令,则,所以.‎ 因为,‎ 所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查三角恒等变换,考查运算求解能力.‎ ‎8.十二生肖是十二地支的形象化代表,即子(鼠)、丑(牛)、寅(虎)、卯(兔)、辰(龙)、巳(蛇)、午(马)、未(羊)、申(猴)、酉(鸡)、戌(狗)、亥(猪),每一个人的出生年份对应了十二种动物中的一种,即自己的属相.现有印着六种不同生肖图案(包含马、羊)的毛绒娃娃各一个,小张同学的属相为马,小李同学的属相为羊,现在这两位同学从这六个毛绒娃娃中各随机取一个(不放回),则这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃的概率是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得基本事件的总数和符合题意的事件数,然后根据古典概型概率计算公式,计算出所求概率.‎ ‎【详解】小张、小李同学各取一个毛绒娃娃,共有 - 21 -‎ 种取法,这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃有1种取法,故所求概率.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查古典概型,考查应用意识与数学抽象的核心素养.‎ ‎9.圆被直线截得的弦长的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得直线恒过定点,当时,弦长最小,结合勾股定理求得此时的弦长.‎ ‎【详解】直线可化为,故直线恒过点.‎ 圆:的圆心为,半径为当直线垂直于直线时,截得的弦长最短,此时弦长.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,考查直线过定点,属于基础题.‎ ‎10.将函数图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,若直线是的图象的一条对称轴,则( )‎ A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图象变换求得的表达式,根据是图象的一条对称轴,求得的值,由此求得与的表达式,进而判断出与的奇偶性和单调性,由此判断出正确选项.‎ - 21 -‎ ‎【详解】由题意知,因为直线是的图象的一条对称轴,所以,故,因为,所以,为非奇非偶函数,所以A选项错误.‎ 因为,则,所以在上单调递减,所以C选项正确.‎ 因为,所以为奇函数,所以B选项错误.‎ 当时,,所以在上单调递减,所以D选项错误..‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查三角函数的图象及其性质,考查运算求解能力.‎ ‎11.已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等,且它们的表面积也相等,圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半,则此圆锥与圆柱的体积之比为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先设出圆锥的底面半径和母线长,根据圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半,求得.利用勾股定理求得圆锥的高,由此求得圆锥的体积.根据题意求得圆柱的底面半径,根据圆锥与圆柱的表面积相等,求得圆柱的高,由此求得圆柱的体积.从而求得圆锥与圆柱的体积之比.‎ ‎【详解】设圆锥的底面半径为,母线长为,则,即,所以圆锥的高,圆锥的体积.由题意,知圆柱的底面半径为,设圆柱的高为,因为圆锥与圆柱的表面积相等,所以,解得 - 21 -‎ ‎,所以圆柱的体,故.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查简单几何体的表面积与体积,考查空间想象能力.‎ ‎12.已知函数,,则函数的零点个数为( )‎ A. 0 B. 4 C. 3 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得,构造函数,判断出图象关于对称.求得时的解析式,结合图象的对称性画出的图象,由此判断出的解,进而求得函数的零点个数.‎ ‎【详解】由,知.‎ 令,则,‎ 所以,即的图象关于直线对称.‎ 当时,;‎ 当时,.作出的图象可知,函数的解有2个,所以函数的零点个数个.‎ - 21 -‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查分段函数的图象与性质,考查数形结合的数学思想.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡中的横线上.‎ ‎13.已知向量,若,则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量垂直的坐标表示列方程,解方程求得的值.‎ ‎【详解】因为,所以,解得.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的坐标运算,考查运算求解能力.‎ ‎14.已知实数满足,则的最小值是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域,将基准直线平移到可行域边界点位置,由此求得目标函数的最小值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示,由图可知,基准直线平移到可行域边界点时,目标函数取得最小值为.‎ 故答案为:‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值,考查数形结合的数学思想方法,属于基础题.‎ ‎15.已知函数是奇函数,当时,,则的图象在点处的切线斜率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据奇函数的定义,求得当时的解析式,由此利用导数求得的图象在点处的切线斜率.‎ ‎【详解】当时,,则,此时,所以,‎ 所以.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查函数与导数的综合应用,考查化归与转化的数学思想.‎ ‎16.在正三棱柱中,,为的中点,则异面直线与所成角的余弦值为__________;三棱锥的外接球的表面积为__________.‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出异面直线与所成角,利用余弦定理求得其余弦值.利用三角形和三角形的外心,作出三棱锥的外接球的球心,计算出外接球的半径,进而求得外接球的表面积.‎ ‎【详解】如图,取的中点,连接.因为,,所以即异面直线与所成角或其补角.因为,,所以,,所以.‎ 记,的外心分别为,过分别作平面、平面的垂线,则两条垂线的交点即三棱锥的外接球的球心.‎ 因为,所以的外接圆半径,的外接圆半径,所以三棱锥的外接球的半径,三棱锥的外接球的表面积为.‎ - 21 -‎ 故答案为:(1). (2). ‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角及外接球,考查空间想象能力.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说眀、证明过程或演算步骤.17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题:共60分.‎ ‎17.已知数列的前项和为,且.‎ ‎(1)求的通项公式;‎ ‎(2)设,数列的前项和为,证明:.‎ ‎【答案】(1)(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用求得数列的通项公式.‎ ‎(2)求得数列的通项公式,进而利用裂项求和法求得,结合数列的单调性证得.‎ ‎【详解】(1)由,得,‎ - 21 -‎ 因为,,‎ 所以,化简得,‎ 即数列是以2为首项,4为公比的等比数列,‎ 所以.‎ ‎(2)因为,‎ 所以,‎ 则.‎ 因为,是单调递增数列,所以当时,取得最小值,当接近无限大时,趋于,‎ 故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查已知求,考查裂项求和法,考查数列的单调性,属于中档题.‎ ‎18.每个国家对退休年龄都有不一样的规定,从2018年开始我国关于延迟退休的话题一直在网上热议,为了了解市民对“延迟退休”的态度,现从某地市民中随机选取100人进行调查,调查情况如下表:‎ 年龄段(单位:岁)‎ 被调查的人数 赞成的人数 ‎(1)从赞成“延迟退休”的人中任选1人,此人年龄在的概率为,求出表格中的值;‎ ‎(2)在被调查的人中,年龄低于35岁的人可以认为“低龄人”,年龄不低于35岁的人可以认为“非低龄人”,试作出是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”的列联表,并指出有无的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关,并说明理由.‎ - 21 -‎ 附:.‎ ‎【答案】(1);(2)列联表见解析;有的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求得的值,然后根据“从赞成‘延迟退休’的人中任选1人,此人年龄在的概率为”列方程,求得的值.‎ ‎(2)填写列联表,计算的值,由此判断有的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关.‎ ‎【详解】(1)因为总共抽取100人进行调查,所以.‎ 因为从赞成“延迟退休”的人中任选1人,此人年龄在的概率,‎ 所以.‎ ‎(2)是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”的列联表如下:‎ 赞成“延迟退休”‎ 不赞成“延迟退休”‎ 总计 低龄人 ‎18‎ ‎7‎ ‎25‎ 非低龄人 ‎30‎ ‎45‎ ‎75‎ 总计 ‎48‎ ‎52‎ ‎100‎ ‎,所以有 - 21 -‎ 的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关.‎ ‎【点睛】本小题主要考查列联表独立性检验,考查古典概型有关计算,属于基础题.‎ ‎19.如图,在四棱锥中,底面为直角梯形,,平面底面,为的中点,是棱的中点,.‎ ‎(1)证明:平面平面.‎ ‎(2)求四面体的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)首先证得,由此根据面面垂直的性质定理证得平面,从而证得平面平面.‎ ‎(2)利用,通过求四面体的体积,求得四面体的体积.‎ ‎【详解】(1),为的中点,‎ 四边形为平行四边形,.‎ ‎,,即.‎ 又平面平面,且平面平面,平面,平面.‎ - 21 -‎ 平面,平面平面.‎ ‎(2),.‎ 由(1)可知四边形为矩形,.‎ ‎,为的中点,.‎ 平面平面,且平面平面,‎ 平面.‎ 在中,,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明,考查锥体体积的求法,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的长轴长为,右焦点与抛物线的焦点重合.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)若点关于直线的对称点在上,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据椭圆长轴长求得,根据抛物线方程求得焦点坐标,也即求得,由此求得值,进而求得椭圆的方程.‎ ‎(2)设出点的坐标,得到线段中点的坐标,根据在直线上以及列方程,由此求得的表达式,并利用基本不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】(1)由,可知.‎ 因为抛物线的焦点为,所以.‎ - 21 -‎ 由,可得 所以椭圆的标准方程为.‎ ‎(2)设点,则线段的中点,‎ 所以直线的斜率.‎ 又中点在直线上,所以.‎ 令,得,即.‎ 由,得,所以.‎ 当时,,‎ 当且仅当时等号成立.‎ 同理可得,当时,,当且仅当时,等号成立.‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查抛物线的焦点坐标的求法,考查椭圆方程的求法,考查点关于直线对称点有关问题的求解,考查化归与转化的数学思想方法,考查运算求解能力,属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)当时,求的最值;‎ ‎(2)当时,若的两个零点分别为,证明:.‎ ‎【答案】(1),无最大值(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎(1)当时,先求得函数的定义域,然后求得其导函数,由此求得的单调区间,进而求得的最值.‎ ‎(2)利用导数,结合零点存在性定理求得所在区间,由此证得不等式成立.‎ ‎【详解】(1)解:当时,,定义域为,‎ ‎,‎ 当时,;当时,.‎ 可知在上单调递减,在上单调递增,‎ 所以,无最大值.‎ ‎(2)证明:,因为,所以在上单调递增,‎ 又因为,所以当时,,当时,.‎ 所以的最小值为,‎ 因为,所以在上存在一个零点;‎ 因为,可知在上也存在一个零点;‎ 所以,故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值,考查利用导数证明不等式,属于中档题.‎ ‎(二)选考题:共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为,(为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.‎ ‎(1)写出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程;‎ - 21 -‎ ‎(2)若射线与曲线相交于点,将逆时针旋转后,与曲线相交于点,且,求的值.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)消去曲线参数方程中的,求得其普通方程,再根据极坐标和直角坐标转化的公式,求得曲线的极坐标方程.利用极坐标和直角坐标转化的公式,求得的直角坐标方程.‎ ‎(2)将代入的极坐标方程,求得的值,然后将曲线的极坐标方程,求得的值.根据列方程,求得的值,进而求得的大小.‎ ‎【详解】(1)由曲线的参数方程为,(为参数),可得其普通方程,‎ 由,得曲线的极坐标方程.‎ ‎,‎ 由,得曲线的直角坐标方程.‎ ‎(2)将代入,‎ 得.‎ 将逆时针旋转,得的极坐标方程为,代入曲线的极坐标方程,得.‎ 由,得,.‎ - 21 -‎ 即,解得.‎ 因为,所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程,考查极坐标方程转化为直角坐标方程,考查极坐标下长度的计算,属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎(1)求不等式的解集;‎ ‎(2)若函数的最小值为,正实数满足,证明:.‎ ‎【答案】(1)(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将表示为分段函数的形式,由此求得不等式的解集.‎ ‎(2)根据的分段函数解析式,求得的最小值,由此得到,然后利用基本不等式证得不等式成立.‎ ‎【详解】(1)‎ 即,或,或 解得或,所以原不等式的解集为.‎ ‎(2)证明由(1)知当时,有最小值,所以,.‎ 因为,‎ - 21 -‎ 所以.‎ 因为,,当且仅当时取等号,‎ 所以,当且仅当时取等号,‎ 所以,当且仅当,时取等号.‎ ‎【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法,考查利用基本不等式证明不等式,属于中档题.‎ - 21 -‎ - 21 -‎