安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟考试卷（五）数学（理）试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com ‎2020届模拟05‎ 理科数学 测试范围：学科内综合．共150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 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.设全集，集合，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出后可求.‎ ‎【详解】，故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算（交集和补集），此类属于基础题.‎ ‎2.若复数满足，其中为虚数单位，则复数的共轭复数所对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，解得，再求，然后用几何意义判断.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以对应的点在第三象限..‎ 故选：C - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算及复数的几何意义，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎3.已知幂函数是定义在区间上的奇函数，设，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是幂函数，得到，再由在区间上是奇函数，得到，然后用函数的单调性判断.‎ ‎【详解】因为函数是幂函数，‎ 所以 ，‎ 所以，‎ 又因为在区间上是奇函数，‎ 所以，‎ 即，‎ 因为，‎ 又为增函数，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了幂函数的定义及性质，还考查了转化化归的思想和理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎4.已知双曲线的两个实轴顶点为，点为虚轴顶点，且，则双曲线的离心率的范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，所以为钝角，有求解.‎ ‎【详解】根据题意，，‎ 所以为钝角，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎5.已知桌子上有同一副纸牌中的红桃、方片、梅花的纸牌各3张，若小李第一次从中抽取了1张红桃和2张其他纸牌后不再放回，则第二次从中抽取了1张红桃和2张方片的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设A=｛抽取1张红桃和2张其他纸牌｝，B=｛第二次从中抽取1张红桃和2张方片｝，先明确是条件概率类型，求，再代入公式求解.‎ ‎【详解】设A=｛抽取1张红桃和2张其他纸牌｝；‎ B=｛第二次从中抽取1张红桃和2张方片｝；，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了条件概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎6.已知向量，函数在区间 - 25 -‎ 上单调，且的最大值是，则（ ）‎ A. 2 B. C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，利用数量积运算得到，再根据函数在区间上单调，且的最大值是，求得周期，确定函数再求值.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ ‎，‎ 因为函数在区间上单调，且的最大值是，‎ 所以，，，‎ 即，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了三角函数与平面向量，数量积运算及三角函数的性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎7.如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（ ）‎ - 25 -‎ A. 10 B. 11 C. 12 D. 13‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据循环结构，从开始，一一验证，直至时，对应的值.‎ ‎【详解】输入的，程序框图运行如下：‎ ‎，，，，‎ ‎，，，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，.‎ 所以输出的 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图中的循环结构，还考查了数形结合的思想和逻辑推理的能力，属于基础题.‎ ‎8.设是的对角线的交点，三角形的高为2，为任意一点，则（ ）‎ A. 6 B. 16 C. 24 D. 48‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 根据，有在向量的射影为，根据向量加、减法运算，将转化求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以在向量的射影为，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了向量的加法，减法运算及向量的投影，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力，属于中档题.‎ ‎9.设满足约束条件，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件，作出可行域，目标函数表示表示点和两点的距离的平方，然后用数形结合求解.‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如图，‎ 令，则表示点和两点的距离，‎ 由图可得，，‎ - 25 -‎ 联立，解得，‎ 所以 过作于，则，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎10.已知数列满足，，则展开式中的常数项为（ ）‎ A. B. C. 80 D. 160‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得数列等比数列，求得，再由，确定n，得到为 ，然后利用通项公式求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以数列为等比数列，‎ 所以，‎ 所以，‎ 解得所以，‎ 其中展开式的第r+1项为，‎ 令，得（舍去），‎ 令，得 可得，‎ - 25 -‎ 所以二项式展开式中常数项为．‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的定义及二项式定理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.如图，已知六个直角边均为1和的直角三角形围成的两个正六边形，则该图形绕着旋转一周得到的几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形，外面的六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个同底的圆台，再根据圆台的体积公式求解，内部的六边形边长为1，旋转得到的几何体是一个圆柱，两个与圆柱同底的圆锥.再根据圆柱，圆锥的体积公式求解，然后外部的减内部的体积即为所求.‎ ‎【详解】根据题意，外面的六边形边长为，‎ 旋转得到的几何体是两个同底的圆台，‎ 上底半径为，下底半径为，高为 ，‎ 所以旋转得到的几何体的体积为，内部的六边形边长为1‎ 旋转得到的几何体是一个圆柱，两个与圆柱同底的圆锥，‎ 圆锥的底面半径为，高为，圆柱的底面半径为，高为1，‎ 内部的六边形旋转得到的几何体的体积为，‎ - 25 -‎ 所以几何体的体积为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了空间几何体的组合体的体积，还考查了空间想象的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，若函数在上有3个零点，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数，分当，，将问题转化为的零点问题，用数形结合的方法研究.‎ ‎【详解】当时，，令，在是增函数，时，有一个零点，‎ 当时，，令 当时，，在上单调递增，‎ 当时，，在上单调递减，‎ 所以当时，取得最大值，‎ 因为在上有3个零点，‎ 所以当时，有2个零点，‎ 如图所示：‎ - 25 -‎ 所以实数的取值范围为 综上可得实数的取值范围为，‎ ‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上．）‎ ‎13.已知抛物线，是上的一点，若焦点关于的对称点落在轴上，则________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据间的对称关系，结合点在轴上，求得点的横坐标，再利用抛物线的定义求解.‎ ‎【详解】设, 因为为的中点，且点在轴上，‎ ‎ 所以的横坐标为，‎ 由抛物线的定义得，‎ ‎.‎ 故答案为：6‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的定义及对称问题，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力，属于中档题.‎ ‎14.南宋数学家杨辉研究了垛积与各类多面体体积的联系，由多面体体积公式导出相应的垛积术公式．例如方亭(正四梭台)体积为，其中为上底边长，为下底边长，为高．杨辉利用沈括隙积术的基础上想到：若由大小相等的圆球垛成类似于正四棱台的方垛，上底由个球组成，以下各层的长、宽依次各增加一个球，共有层，最下层(即下底)由个球组成，杨辉给出求方垛中物体总数的公式如下：根据以上材料，我们可得__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，在中，令，即可得到结论.‎ ‎【详解】根据题意，令，‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了类比推理，还考查了抽象概括问题的能力，属于基础题.‎ ‎15.某一几何体三视图如图所示，已知几何体的体积为，则俯视图的面积为__.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图，得到这个几何体为一个放倒的四棱锥，画出直观图，根据三视图，正视图为底面，高为俯视图的高，由体积求得高，得到俯视图的边长即可.‎ - 25 -‎ ‎【详解】由三视图可知，几何体为一个四棱锥，‎ 直观图如下，‎ 设四棱锥的高为，‎ 几何体的体积为，‎ 即点到平面的距离为，‎ 又因为俯视图三角形底边长为2，‎ 所以俯视图的面积为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了三视图与直观图，还考查了数形结合的思想和空间想象的能力，属于中档题.‎ ‎16.在中，分别是的中点，且，若的面积不小于，则的最小值为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，在，中，利用余弦定理分别求得，，建立模型，然后根据的面积不小于，确定的范围，再利用函数求最值.‎ ‎【详解】根据题意，如图所示：‎ - 25 -‎ 因为点分别为的中点，‎ 所以，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ 所以，‎ 又因为的面积不少于6，‎ 所以 所以 ‎ 当取最大时，有最小值，最小值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎17.已知数列的前项和记为，，；等差数列中，且的前项和为，.‎ ‎（1）求与的通项公式；‎ ‎（2）设数列满足，求的前项和.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由，得到 然后两式相减得 从而得到数列是等比数列，再分别求与的通项公式.‎ - 25 -‎ ‎（2）根据（1）得到，再用裂项相消法求和.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 又，，‎ 所以数列为等比数列，‎ ‎.‎ 设数列的公差为，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎（2）由题意得：‎ 所以前项和.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列通项与前n项和之间的关系以及裂项相消法求和，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18.京剧是我国的国粹，是“国家级非物质文化遗产”，为纪念著名京剧表演艺术家，京剧艺术大师梅兰芳先生，某电视台《我爱京剧》的一期比赛中，2位“梅派”传人和4位京剧票友（资深业余爱好者）在幕后登台演唱同一曲目《贵妃醉酒》选段，假设6位演员的演唱水平相当，由现场40位大众评委和“梅派”传人的朋友猜测哪两位是真正的“梅派”传人.‎ ‎（1）此栏目编导对本期的40位大众评委的年龄和对京剧知识的了解进行调查，根据调查得到的数据如下：‎ 京剧票友 一般爱好者 合计 ‎50岁以上 ‎15‎ ‎10‎ ‎25‎ ‎50岁以下 ‎3‎ ‎12‎ ‎15‎ 合计 ‎18‎ ‎22‎ ‎40‎ - 25 -‎ 试问：在犯错误的概率不超过多少的前提下，可以认为年龄的大小与对京剧知识的了解有关系？‎ ‎（2）若在一轮中演唱中，每猜出一位亮相一位，且规定猜出2位“梅派”传人”或猜出5人后就终止，记本轮竞猜一共竞猜次，求随机变量的分布列与期望.‎ 参考数据：‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.25‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.455‎ ‎0.708‎ ‎1.323‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ 参考公式：‎ ‎【答案】（1）在犯错误的概率不超2.5%的前提下可以认为年龄与对京剧知识的了解有关系.（2）见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据列联表，利用公式求得卡方值，对应卡值下结论.‎ ‎（2）根据题意，分四种情况，一是猜2次，2人全是“梅派”传人”，二猜3次是第3次是“梅派”传人，三是猜4次，第4次是“梅派”传人，四是猜5次，分两类，一类是第5次是“梅派”传人，第二类是第5次不是“梅派”传人，分别用古典概型求得概率，列出分布列，求期望.‎ ‎【详解】（1）因为， ‎ 所以在犯错误的概率不超过2.5%的前提下可以认为年龄与对京剧知识的了解有关系.‎ ‎（2）由题意，随机变量的取值分别为.‎ ‎，‎ - 25 -‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎， ‎ 随机变量的分布列为：‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 随机变量的期望为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了独立性检验和分布列，还考查了数据处理和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19.在如图（1）梯形中，，过作于，，沿翻折后得图（2），使得，又点满足，连接，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成的二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接与交于点，由，得到，‎ - 25 -‎ 由比例关系得到，再由线面平行的判定定理证明.‎ ‎（2）根据由，得四边形为平行四边形，由，，得，再由，得平面，所以，从而平面，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求得平面BMD和平面得一个法向量，再利用面面角的向量法求解.‎ ‎【详解】（1）如图所示：‎ 连接与交于点，，则 ‎，，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）证明：由，‎ 得四边形为平行四边形，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以平面，所以，‎ 又，平面 以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，‎ - 25 -‎ 则，‎ 所以 设平面BMD的一个法向量为，‎ 所以 ‎ ‎ 令，则，‎ 又平面得一个法向量为， ‎ 所以，‎ 又平面与平面所成的二面角显然为锐角，‎ 所以平面与平面所成的二面角的余弦值.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行和空间中二面角的求法，还考查了转化化归的思想和推理论证，空间想象和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点为，左右两顶点，点为椭圆上任意一点，满足直线的斜率之积为，且的最大值为4.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）已知直线与轴的交点为，过点的直线与椭圆相交与两点，连接点并延长，交轨迹于一点.求证：.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为的最大值为4，根据椭圆的定义，利用基本不等式求得，再根据直线的斜率之积为，有，求得，写出椭圆方程.‎ ‎（2）由条件知，设直线的方程，与椭圆方程联立，消得，设，则.‎ 由根与系数的关系得，.，设直线的方程为，‎ 所以，得，因为要证.根据椭圆的对称性，只要证得点与 关于x轴对称， 即.‎ ‎【详解】（1）根据题意， ‎ 又设，所以，所以， ‎ 故，从而椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）根据题意，，所以设直线的方程，‎ 联立，消得，‎ ‎，即. ‎ - 25 -‎ 设，则.‎ 由根与系数的关系得，.‎ 设直线的方程为，‎ 所以，得，‎ 所以 所以 ‎.‎ 所以 故，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质及直线与椭圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ ‎21.已知函数在点处的切线方程为.‎ ‎（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；‎ ‎（2）设，对于，的值域为，若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据在点处的切线方程为.有 - 25 -‎ 求得函数.然后将函数存在单调递减区间，转化为存在取值区间求解；（2）根据，求导，根据，分①当时，②当时，③当时，三种情况讨论值域，然后再分别研究成立，确定实数t范围.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 又，故.‎ ‎（1）由题意得，‎ 若函数存在单调减区间，‎ 则 即存在取值区间，‎ 即存在取值区间，‎ 所以.‎ 当时，‎ 当，则，无解.‎ 当，则，.‎ 当，则，且 所以时，函数不存在单调减区间.‎ 故 ‎（2）因为，所以 ‎①当时，，在上单调递减，由，‎ 所以，即，得；‎ ‎②当时，，在上单调递增，‎ 所以，即，得，‎ - 25 -‎ ‎③当时，，，在上单调递减，‎ ‎，，在上单调递增，‎ 所以，即 ‎ 令，，则，所以在上单调递减，‎ 故，而，所以不等式（）无解，‎ 综上所述，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，导数与函数的极值，最值问题，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ 请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．‎ ‎22.已知直线的普通方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为，将直线向右平移2个单位后得到直线，又点的极坐标.‎ ‎（1）求直线以及曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于两点，求三角形的面积值.‎ ‎【答案】（1），.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据 分别求解直线的极坐标方程和曲线C的极坐标方程.‎ ‎（2）由直线的极坐标方程和曲线C的极坐标方程联立得，再求弦长，点到直线的距离，代入面积公式求解.‎ ‎【详解】（1）因为直线的普通方程为，‎ - 25 -‎ 所以直线的极坐标方程， ‎ 因为曲线的普通方程，‎ 所以曲线C的极坐标方程. ‎ ‎（2）由（1）得，‎ 所以，‎ 点到直线的距离为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了普通方程，极坐标方程，参数方程间的转化，以及直线与圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎23.已知函数 ‎（1）若，求不等式的解集；‎ ‎（2）当时，若的最小值为2，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，利用绝对值的几何意义，转化函数，再分类讨论解不等式. ‎ ‎（2）由，再根据，的最小值为，即，然后用“1”的代换利用基本不等式求最小值.‎ ‎【详解】（1）根据题意，‎ ‎， ‎ 因为 - 25 -‎ 所以或，‎ 解得或，‎ 所以解集为.‎ ‎（2）因为，‎ 当且仅当时，等号成立， ‎ 又，所以，‎ 所以的最小值为，‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法及最值的求法，基本不等式的应用，还考查了转化化归、分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎ ‎ - 25 -‎