宁夏银川市2020届高三学科教学质量检测理科数学试题 22页

‎2020年高考数学（4月份）模拟试卷（理科）‎ 一、选择题 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【详解】∵，或，‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了列举法、描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎2.已知复数满足在复平面内对应的点为，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，变形后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．‎ ‎【详解】由题意，，‎ 则，‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，是基础题．‎ ‎3.为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分（10分制）的频数分布表如表：‎ 得分 ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 频数 ‎2‎ ‎3‎ ‎10‎ ‎6‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ 设得分的中位数为，众数为，平均数为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可．‎ ‎【详解】由图知，众数是；‎ 中位数是第15个数与第16个数的平均值，‎ 由图知将数据从大到小排第15 个数5，第16个数是6，‎ 所以中位数是；‎ 平均数是；‎ ‎∴．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了求出一组数据的众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题．‎ ‎4.曲线E是以原点为对称中心，坐标轴为对称轴的双曲线，已知的一条渐近线方程为，且过点，则双曲线的标准方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由渐近线的方程设双曲线的方程，再由过的点的坐标代入可得双曲线的方程．‎ ‎【详解】由题意设双曲线的方程，因为双曲线经过，‎ 所以可得，解得，‎ 即双曲线的方程为，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线方程的方法，属于基础题．‎ ‎5.已知a，b，c是实数，且，则下列命题正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据即可得出，从而判断A错误；时，不成立，从而判断B错误；可判断，从而判断C错误，从而只能选D．‎ ‎【详解】∵，‎ 对于A，，所以A错误；‎ 对于B，时，不成立，所以B错误；‎ 对于C，，，所以C错误；‎ 对于D，，，，所以D正确 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的性质，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎6.已知平面平面，，，，则“”是“”的（　　）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案.‎ ‎【详解】由题意知，平面平面，，‎ 当时，利用面面垂直的性质定理，可得成立，‎ 反之当时，此时与不一定是垂直的，‎ 所以是的充分不必要条件，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎7.若，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用同角三角函数的基本关系、二倍角公式先求得的值，可得的值．‎ ‎【详解】∵，且，‎ ‎∴，则，‎ 化简可得，‎ ‎∴，‎ 则，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角公式的应用，属于基础题．‎ ‎8.△ABC是边长为4的等边三角形，，则（ ）‎ A. ﹣2 B. ‎10 ‎C. 12 D. 14‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与数量积的定义，计算即可．‎ ‎【详解】如图所示，‎ 是边长为4的等边三角形，，‎ 所以，‎ 所以 ‎．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的线性运算和数量积运算问题，是基础题．‎ ‎9.已知函数，设，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分析可得为偶函数，进而分析可得在区间上为偶函数，据此分析可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，函数，其定义域为，且有，即函数为偶函数，‎ 则，‎ 又由时，，增函数，且，‎ 则有，‎ 故与；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及对数的大小比较，属于基础题．‎ ‎10.将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应函数的单调递增区间为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照“左加右减”先求出平移后的解析式，然后将部分代入的增区间，解出原函数的增区间．‎ ‎【详解】∵函数，‎ ‎∴向左平移个单位后的解析式，‎ 化简得，要求该函数的增区间，只需 ‎，‎ 解得．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质，以及利用换元思想求单调区间的思路．属于基础题．‎ ‎11.已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O，则球O与圆锥的表面积之比等于（ ）‎ A. 4：3 B. 3：‎4 ‎C. 16：9 D. 9：16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值．‎ ‎【详解】设圆锥底面直径为2r，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，‎ 则母线长为2r，高为，‎ 则圆锥的底面积为：，侧面积为，‎ 则圆锥的表面积为，‎ 该圆锥内接于球O，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r的等边三角形的内切圆，则半径为，表面积为，‎ 则球O与圆锥的表面积之比等于，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．‎ ‎12.已知定义域为的函数满足：当时，，时，‎ ‎．若，且方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出时的导数，可得单调区间和极值，可将在的图象每向右平移一个单位可得时的图象，由题意可得和的图象有两个交点．将直线绕着旋转考虑经过点，，可得此时的斜率，结合图象可得所求范围．‎ ‎【详解】当时，的导数为，‎ 当时，，递增；‎ 当时，，递减，‎ 则处取得极小值，‎ 由时，，可将在的图象每向右平移一个单位，可得在时的图象，如图：‎ 由方程有两个不同的实根，可得和的图象有两个交点．‎ 又的图象为恒过定点的直线，当该直线经过点时， ；‎ 当该直线经过点时，k．‎ 由图象可得当时，和的图象有两个交点．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数方程的转化思想，考查导数的运用，以及图象平移，考查运算能力和数形结合思想的运用，属于中档题．‎ 二、填空题：共4小题，每小题5分．‎ ‎13.2020年初，新型冠状病毒肺炎疫情时刻牵动着全国人民的心，全国有无数医务工作者成为最美“逆行者”，他们敢于担当，勇于奉献，奋战在抗击疫情的最前线．宁夏援鄂某医疗小队中有2名男医生，3名女医生，现从中选择2名医生执行某项医疗任务，则选中的都是女医生的概率是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基本事件总数，选中的都是女医生包含的基本事件总数，由此能求出选中的都是女医生的概率．‎ ‎【详解】宁夏援鄂某医疗小队中有2名男医生，3名女医生，‎ 现从中选择2名医生执行某项医疗任务，‎ 基本事件总数，‎ 选中的都是女医生包含的基本事件总数，‎ 则选中的都是女医生的概率是．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎14.在中，已知，,，且的面积为，则边上的高等于_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据且面积为，利用面积公式得到一个关于边的方程；再根据，，利用余弦定理得到的另一个方程，求出，问题可解．‎ ‎【详解】因为且的面积为，‎ 所以，即……①‎ 又，所以，‎ 即……②‎ 联立①②结合解得：．‎ 设边上的高为，所以．‎ ‎∴．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查解三角形中的余弦定理、面积公式等基础知识，同时考查了学生利用方程思想解决问题的能力．属于中档题．‎ ‎15.设抛物线：的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于两点，若，的面积为，则轴被圆所截得的弦长等于_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，结合图形求出，，由点到准线的距离写出的面积，从而求出的值．‎ ‎【详解】如图所示，‎ 因为，‎ 所以圆的半径为，，‎ 由抛物线定义知，点A到准线l的距离为，‎ 所以的面积为，‎ 解得．‎ 根据弦长公式可得弦长等于，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义与性质的应用问题，也考查了数形结合应用问题，是基础题．‎ ‎16.我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一﹣．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算.设 ，则曲线在点处的切线方程为_____，用此结论计算_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意求出在处的切线方程为，然后根据以直代曲，可以令．‎ ‎【详解】函数 则，‎ ‎∴，故切线为．‎ ‎∴，‎ 根据以直代曲，也非常接近切点．‎ 所以可以将代入切线近似代替，‎ 即．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，以及导数的极限概念．要注意理解．属于基础题．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.如图是2015年至2019年国内游客人次y（单位：亿）的散点图．‎ 为了预测2025年国内游客人次，根据2015年至2019年的数据建立了与时间变量（时间变量的值依次为1，2，..，5）的3个回归模型：①；②‎ ‎；③．其中相关指数．‎ ‎（1）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．‎ ‎（2）根据（1）中你选择的模型预测2025年国内游客人次，结合已有数据说明数据反映出的社会现象并给国家相关部门提出应对此社会现象的合理化建议．‎ ‎【答案】（1）模型②；见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）选择模型②得到的预测值更可靠，从散点图和相关指数R2，都可以得出结论；‎ ‎（2）将代入模型②可得2025年国内游客预测人次，得出国内游客人数逐年稳步增长，到2025年已是非常巨大的数字，国内旅游热成为社会热点现象，为我国社会发展贡献了经济增长点，也对旅游管理和环境保护部门带来压力，从旅游管理部门和环保部门两个方面给出建议即可．‎ ‎【详解】（1）选择模型②得到的预测值更可靠；‎ 理由一，观察散点图，散点分布更接近一条直线，故选择回归模型②；‎ 理由二，比较三个模型的相关指数R2，模型②的相关指数R2最大，且最接近1，‎ 说明该模型能更好的解释数据，模型的拟合更好，故选择模型②；‎ ‎（2）将代入模型②可得2025年国内游客人次预测为91.08亿人次；‎ 结合已有数据可以看到国内游客人数逐年稳步增长，到2025年国内游客人次已是非常巨大的数字，‎ 国内旅游热成为越来越突出的社会热点现象，国内旅游热为我国社会发展贡献了经济增长点的同时，‎ 也对旅游管理和环境保护部门等相关带来了压力，故建议：‎ 各地旅游管理部门应在开发、统筹旅游资源，创新旅游项目、统筹风景区建设，‎ 规划旅游路线、提高服务意识、提升服务水平上做好准备，建立风险评估机制和应急预案；‎ 环保部门应与旅游管理部门协调做好风景区的环境保护预案，‎ 防止在风景区的开发、建设以及运营过程中造成的生态破坏或环境污染等问题．‎ ‎【点睛】本题考查了线性回归模型的应用问题，也考查了分析问题、解决问题的能力，是中档题．‎ ‎18.如图所示，已知四边形是矩形，平面平面，分别是的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，，求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连结，推导出四边形是平行四边形，由此能证明平面．‎ ‎（2）推导出平面，分别以，平行于的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．‎ ‎【详解】证明：取中点，连结，‎ ‎∵分别是的中点，‎ ‎∴，且，‎ 同理，，‎ ‎∴四边形是平行四边形，‎ ‎∴，面，面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面平面，四边形是矩形，‎ ‎∴平面，‎ 分别以，平行于的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，‎ 则，‎ 设平面APC的法向量，‎ 则，取，得，‎ 平面的法向量，‎ 设二面角的大小为，‎ 则．‎ ‎∴二面角的大小为45°．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎19.为数列的前项和．已知，．‎ ‎（1）证明是等比数列，并求数列通项公式；‎ ‎（2）数列为等差数列，且，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）见解析，．（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用定义法证明是等比数列，再由与的关系求出的通项公式；‎ ‎（2）先利用数列与的关系求出，然后利用裂项相消法求．‎ ‎【详解】（1）证明：因为，所以．又，‎ 所以是以为首项，以2为公比的等比数列．‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ 当时，；经检验，也符合．‎ ‎∴．‎ ‎（2）∵数列为等差数列，且，‎ ‎∴公差．‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的定义及通项公式和裂项相消法求和，属于中档题．‎ ‎20.已知函数，其中．‎ ‎（1）若函数在内单调递减，求实数的取值范围；‎ ‎（2）试讨论函数的零点个数．‎ ‎【答案】（1）;（2）所以或时，有唯一零点；当时，有2个零点，当时，没有零点．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由0在上恒成立，分离参数后结合二次函数的性质可求；‎ ‎（2）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系及函数的性质，零点判定定理即可求解．‎ ‎【详解】（1）题意可知，由在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 结合二次函数的性质可知，1，‎ 故，‎ ‎（2）由可得，‎ 令，，，‎ 令，，则，且，‎ 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，‎ 时，，且，，，‎ 所以或时，有唯一零点；‎ 当时，有2个零点，‎ 当时，没有零点．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数在单调性的判断中的应用，还考查了导数与函数性质的综合应用，体现了分类讨论思想的应用．‎ ‎21.平面直角坐标系中，已知椭圆:的离心率为，且过点．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆，为椭圆上一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点Q．‎ ‎（i）若为椭圆上任意一点，求值；‎ ‎（ii）若点坐标为，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）．（2）（i）2（ii）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据和，可得到，代入点到椭圆的方程，解出和的值即可得解；‎ ‎（2）（i）先由（1）中的结论得出椭圆E的方程，设点，写出射线的方程，再将其代入椭圆的方程可得到点的坐标，然后利用两点间距离公式分别求出，并作比即可得解；‎ ‎（ii）利用点到直线的距离公式可得到点到直线的距离，联立直线的方程与椭圆的方程，消去得到关于的一元二次方程，然后利用弦长公式求出，即可表示出的面积，再结合换元法和对勾函数的性质即可求得面积的最大值．‎ ‎【详解】（1）由题意可知，，‎ ‎∵，∴，‎ 又椭圆过点，∴，解得，∴，‎ ‎∴椭圆C的方程为．‎ ‎（2）（i）由（1）可知，椭圆E的方程为，设点，‎ ‎∴射线的方程为，代入可得点，‎ ‎∴．‎ ‎（ii）∵，∴过点P的直线为，‎ ‎∵点Q到直线AB的距离等于原点O到直线AB距离的3倍，‎ ‎∴，‎ 联立，得，‎ ‎∴弦长，‎ ‎∴面积，‎ 令，则，‎ 当且仅当时，等号成立．‎ 故面积的最大值为．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及曲直联立、弦长公式、对勾函数的性质等知识点，还采用了换元法，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，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）写出的极坐标方程；‎ ‎（2）设点的极坐标为，射线分别交，于，两点（异于极点），当时，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用，消去的参数将的参数方长化为普通方程，再根据直角坐标和极坐标转换公式，转化为极坐标方程.‎ ‎（2）将射线分别于的极坐标方程联立，求得两点对应的，由此求得的表达式，求得的表达式，根据列方程，由此求得的值.‎ ‎【详解】（1）∵（为参数）‎ ‎∴曲线的普通方程为，即 ‎∵，，∴‎ ‎∴曲线的极坐标方程为 ‎（2）依题意设，，‎ ‎∴由得.由得.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.‎ ‎∵是圆的直径，∴.‎ ‎∴在直角中，‎ ‎∵在直角中，‎ ‎∴，即 ‎∴，即.‎ ‎【点睛】本题考查曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程等知识；考查运算求解能力；考查数形结合、函数与方程思想.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）证明：．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分3段去绝对值解不等式组，再取并集；‎ ‎（Ⅱ）由题，，，所以，当且仅当时等号成立，再利用基本不等式可证．‎ ‎【详解】解：（1）当时，；‎ ‎①当时，原不等式等价于，解得；‎ ‎②当时，原不等式等价于，不等式无解；‎ ‎③当时，原不等式等价于，解得，‎ 综上，不等式的解集为；‎ ‎（2）证明：因为，所以，当且仅当时取“”‎ 所以 当且仅当且时取“”，故得证.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属于中档题．‎