湖北省黄冈市八模系列2020届高三第四次模拟测试数学（文）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 黄冈八模 ‎2020届高三文科数学模拟测试卷（四）‎ 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.已知集合则（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求函数的值域化简集合的表示，再求出函数的定义域化简集合的表示，最后根据集合交集的定义结合数轴进行求解即可.‎ ‎【详解】因 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了集合的交集运算，考查了求函数的定义域和值域，考查了数学运算能力.‎ ‎2.若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知等式化简变形得出，利用复数的除法法则将复数化为一般形式，即可得出复数的虚部.‎ - 22 -‎ ‎【详解】根据已知得，‎ 因此，复数的虚部为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数虚部的求解，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数化为一般形式，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用中间量比较，运用中间量比较 ‎【详解】则．故选B．‎ ‎【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．‎ ‎4.求下列函数的零点，可以采用二分法的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】不是单调函数，，不能用二分法求零点；‎ ‎ 是单调函数，，能用二分法求零点；‎ 不是单调函数，，不能用二分法求零点；‎ 不是单调函数，，不能用二分法求零点.‎ 故选：B - 22 -‎ ‎5.已知角顶点为原点，始边与轴非负半轴重合，点在终边上，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据任意角三角函数定义可求得，代入两角和差余弦公式可求得结果.‎ ‎【详解】在终边上，，，‎ ‎.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查利用两角和差余弦公式求解三角函数值的问题，涉及到任意角三角函数的定义，属于基础题.‎ ‎6.汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于，如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为（　　）‎ A. 32 B. 40 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三视图还原，即可求组合体体积 - 22 -‎ ‎【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得 故选C ‎【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题 ‎7.已知抛物线的准线与双曲线的两条渐近线分别交于两点若双曲线的离心率是，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线的准线方程，根据双曲线离心率公式，结合双曲线的关系，可以求出之间的关系， 这样可以求出渐近线方程，通过代入法，结合双曲线的对称性进行求解即可.‎ ‎【详解】抛物线的准线.‎ ‎，，因此双曲线的渐近线方程为：，‎ 双曲线的一条渐近线方程与抛物线准线方程联立得：，得 - 22 -‎ 根据双曲线的对称性可知：‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了抛物线的准线方程，考查了双曲线离心率的计算，考查了双曲线渐近线方程的应用，考查了数学运算能力.‎ ‎8.2019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013 年到 2018 年六年间我国公共图书馆业机构数（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将 2013 年编号为 1，2014 年编号为 2，…，2018年编号为 6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从 1 到 6 作为自变量进行回归分析），得到回归直线，其相关指数，给出下列结论，其中正确的个数是( )‎ ‎①公共图书馆业机构数与年份的正相关性较强 ‎ ‎②公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个 ‎ ‎③可预测 2019 年公共图书馆业机构数约为3192个 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据和确定是正相关还是负相关以及相关性的强弱；根据的值判断平均每年增加量；根据回归直线方程预测年公共图书馆业机构数.‎ ‎【详解】由图知点散布在从左下角到右上角的区域内，所以为正相关，‎ 又趋近于1，所以相关性较强，故①正确；由回归方程知②正确；‎ 由回归方程，当时，得估计值为3191.9≈3192，故③正确.‎ - 22 -‎ 故选D.‎ ‎【点睛】回归直线方程中的的大小和正负分别决定了单位增加量以及相关型的正负；相关系数决定了相关性的强弱，越接近相关性越强.‎ ‎9.若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，求出圆的标准方程，再求出圆心与点p确定直线的斜率为，再利用垂径定理求得弦AB直线斜率，再用点斜式求出方程.‎ ‎【详解】圆的标准方程为 ‎ 又因为点为圆的弦AB的中点，‎ 圆心与点P确定直线的斜率为 ‎ 故弦AB所在直线的斜率为2‎ 所以直线AB的直线方程：y-1=2（x-1）‎ 即2x-y-1=0‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的综合知识，对于直线和圆的相关知识点的熟练运用是解题的关键.属于较易题.‎ ‎10.已知，函数在上单调递增，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】函数y＝cos x的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，其中k∈Z.依题意，则有－π＋2kπ≤＋＜ωx＋2kπ(ω＞0)得4k－≤ω≤2k－，由－≤0且4k－＞0得k＝1，因此ω的取值范围是，故选D.‎ - 22 -‎ ‎11.已知在平面直角坐标系中，，，为坐标原点，且，其中，若，则的最小值是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设，则，又，故，则，所以当时，，应选答案A．‎ ‎12.设在上可导的函数满足并且在上有实数满足则实数的取值范围是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据这种形式，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再判断函数奇偶性，最后利用的单调性和奇偶性进行求解即可.‎ ‎【详解】设，‎ 则 - 22 -‎ 故在区间上单调递减.‎ ‎，‎ 故为偶函数，‎ 在区间上单调递增.‎ 故原不等式等价于，‎ 即平方解得 故选：A ‎【点睛】本题考查了通过构造新函数，利用新函数的单调性和奇偶性求解不等式解集问题，考查了导数的应用，考查了函数奇偶性的判断，考查了数学运算能力.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.命题“，都有”的否定是______.‎ ‎【答案】，有 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题写出原命题的否定.‎ ‎【详解】全称命题的否定是特称命题，故原命题的否定是“，有”.‎ ‎【点睛】本小题主要考查写出全称命题的否定，属于基础题.‎ ‎14.设满足约束条件：则的取值范围是________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 在平面直角坐标系内画出约束条件所表示的平面区域，平移直线，在所确定的平面区域内，找到当该直线在纵轴上的截距最小和最大时所经过的点，求出坐标，代入进行求解即可.‎ ‎【详解】不等式所表示的区城如图，‎ 由,得 平移直线 由图象可知当直线经过点时，‎ 直线的截距最小，‎ 此时最大为；‎ 当直线经过点时，直线截距最大，此时最小，‎ 由，‎ 解得即 此时 即的取值范围是 ‎【点睛】本题考查了线性目标函数的最值问题，考查了数学运算能力和数形结合思想.‎ - 22 -‎ ‎15.在中，角，，的对应边分别为，，，满足，则角的范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对不等式进行去分母运算、化简、结合余弦定理，最后得到关于角的余弦值的不等式，结合余弦函数的单调性和三角形内角和定理进行求解即可.‎ ‎【详解】由，得，‎ 化简得，即，‎ 即，∴．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理的应用，考查了余弦函数单调性的应用，考查了数学运算能力.‎ ‎16.将正三棱锥置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”，如图.下列关于该“倒影三棱锥”的说法中，正确的有________________.‎ ‎①平面；‎ ‎②若在同一球面上，则也在该球面上；‎ - 22 -‎ ‎③若该“倒影三棱锥”存在外接球，则；‎ ‎④若则的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心 ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据球的几何特征和性质，结合已知逐一判断即可.‎ ‎【详解】由“倒影三棱锥”的几何特征可知平面正确；‎ 当在同一球面上时，‎ 若的外接圆不是球的最大圆，‎ 则点不在该球面上，错误；‎ 若该“倒影三棱锥”存在外接球，‎ 则三棱锥的外接球的半径与等边三角形 外接圆的半径相等，设其为，‎ 则，‎ 则错误；‎ 由的推导可知该“倒影三棱锥”外接球的球心为的中心，‎ 即的中点，④正确.‎ 故正确的说法有.‎ ‎【点睛】本题考查了数学阅读能力，考查了多面体外接球的问题，考查了空间想象能力.‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第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.已知等差数列满足．‎ 求数列的通项公式；‎ - 22 -‎ 数列中，，，从数列中取出第项记为，若是等比数列，求的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对赋值为，可得：，，设等差数列的公差为d，由通项公式解方程组可得首项和公差，即可得到所求通项公式；‎ 分别求得，，可得公比，由等差数列和等比数列通项公式可求得，再利用分组求和方法即可计算所求和．‎ ‎【详解】差数列满足，‎ 可得，，‎ 设等差数列的公差为d，可得，，‎ 解得，，‎ 则；‎ 由题意可得，，‎ 可得数列的公比为3，，‎ 由，‎ 可得，‎ 的前n项和 ‎．‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的定义和通项公式、分组求和公式的运用，考查了赋值法及方程思想，还考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎18.如图，四边形是边长为2的正方形．平面，且．‎ - 22 -‎ ‎（1）求证：平面平面．‎ ‎（2）线段上是否存在一点，使三棱锥的高若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据线面垂直的性质定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可.‎ ‎（2）假设存在这样的点.结合（1）中的结论，根据面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，棱锥的体积公式，结合线面平行的判定理和线面平行的性质进行求解即可.‎ ‎【详解】（1）∵平面， 平面，‎ ‎∴．‎ 又因为是正方形，所以，，因此平面．‎ 又平面，∴平面平面；‎ ‎（2）∵，，，∴．‎ 假设线段上存在一点满足题意．‎ 由（1）知，平面平面，‎ 平面平面．‎ 又∵，∴平面，则．‎ ‎∵，，，‎ ‎∴平面，又平面，∴，‎ ‎∴．‎ ‎∵，平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ - 22 -‎ ‎∴点到平面的距离与点到平面的距离相等．‎ 又，∴．‎ 又，∴．‎ ‎∵，∴．∴．‎ ‎【点睛】本题考查了证明面面垂直，考查了三棱锥的体积公式的应用，考查了线面垂直的判定和性质，考查了线面平行的判定和性质，考查了推理论证能力和数学运算能力.‎ ‎19.鱼卷是泉州十大名小吃之一,不但本地人喜欢,而且深受外来游客的赞赏.小张从事鱼卷生产和批发多年,有着不少来自零售商和酒店的客户当地的习俗是农历正月不生产鱼卷,客户正月所需要的鱼卷都会在上一年农历十二月底进行一次性采购小张把去年年底采购鱼卷的数量x(单位:箱)在的客户称为“熟客”,并把他们去年采购的数量制成下表:‎ 采购数x ‎ ‎ 客户数 ‎10‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎20‎ ‎5‎ ‎(1)根据表中的数据作出频率分布直方图,并估计采购数在168箱以上(含168箱)的“熟客”人数;‎ ‎(2)若去年年底“熟客”们采购的鱼卷数量占小张去年年底总的销售量的,估算小张去年年底总的销售量(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);‎ ‎(3)由于鱼卷受到游客们的青睐,小张做了一份市场调查,决定今年年底是否在网上出售鱼卷,若不在网上出售鱼卷,则按去年的价格出售,每箱利润为20元,预计销售量与去年持平;若在网上出售鱼卷,则需把每箱售价下调2至5元,且每下调m元()销售量可增加1000m箱,求小张今年年底收入Y(单位:元)的最大值.‎ ‎【答案】（1）见解析 17人（2）12000箱 （3）最大值为256000元.‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据统计表作出频率分布直方图，再根据直方图即可求出，‎ ‎（2）根据统计表和直方图即可求出，‎ ‎（3）没有在网上出售鱼卷，则今年的年底小张的收入为（元，若网上出售鱼卷，则今年的年底的销售量为，即可求出的最大值，比较即可 ‎【详解】解： (1)作出频率分布直方图,如图 根据上图,可知采购量在168箱以上(含168箱)的“熟客”人数为 ‎(2)去年年底“熟客”所采购的鱼卷总数大约为 ‎(箱)‎ 小张去年年底总的销售量为(箱)‎ ‎(3)若不在网上出售鱼卷,则今年年底小张的收入为(元);‎ 若在网上出售鱼卷,则今年年底的销售量为箱,每箱的利润为,‎ 则今年年底小张的收入为 ‎,‎ 当时, 取得最大值256000‎ ‎∵,‎ ‎∴小张今年年底收入的最大值为256000元.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的计算问题，属于基础题．‎ ‎20.如图，已知、，、分别为的外心，重心，.‎ - 22 -‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）是否存在过的直线交曲线于，两点且满足，若存在求出的方程，若不存在请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）不存.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设点，利用重心的坐标公式得出点的坐标为，可得出点，由可得出点的轨迹的方程；‎ ‎（2）由题意得出直线的斜率存在，并设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，并列出韦达定理，由，可得出代入韦达定理求出的值，即可得出直线的方程，此时，直线过点或，从而说明直线不存在.‎ ‎【详解】（1）设点，则点，由于，则点.‎ 由，可得出，化简得.‎ 因此，轨迹的方程为；‎ ‎（2）当与轴重合时不符合条件.‎ - 22 -‎ 假设存在直线，设点、.‎ 将直线的方程与曲线的方程联立，‎ 消去得，由韦达定理得，.‎ ‎，，，，得，‎ 即，，‎ 另一方面，得，解得.‎ 则直线过点或，因此，直线不存在.‎ ‎【点睛】本题考查动点的轨迹方程，同时也考查了椭圆中的向量问题，在求解时可充分利用韦达定理设而不求法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）比较 与的大小且，并证明你的结论.‎ ‎【答案】（I）见解析；（II）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）运用零点法，把函数的解析式进行分段表示，然后利用导数，判断每段函数的单调性；‎ ‎（Ⅱ）由由（Ⅰ）可知当，时，，即，所以.这样，注意到，最后可以得出：‎ - 22 -‎ ‎.‎ ‎【详解】（Ⅰ）函数可化为，‎ 当时，，从而在上总是递减的，‎ 当时，，此时要考虑与1的大小.‎ 若，则，故在上递增，‎ 若，则当时，，当时，，故上递减，‎ 在上递增，而在处连续，所以 当时，在上递减，在上递增；‎ 当时，在上递减，在上递增.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当，时，，即，所以.所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究分段函数的单调性，利用数列与函数的关系，判断数列的和求代数式之间的大小关系，放缩法是解题的关键.‎ ‎（二）选考题：共10分．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．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，点的直角坐标为（为参数）．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标中，直线的极坐标方程为 - 22 -‎ ‎．．‎ ‎（1）试求出动点的轨迹方程（用普通方程表示）‎ ‎（2）设点对应的轨迹为曲线，若曲线上存在四个点到直线的距离为1,求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由（为参数）消去参数得动点的普通方程；（2）由（1）知，动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 直线的极坐标方程化为普方程，要使圆上有四个点到的距离为，则必须满足,解得.‎ 试题解析：（1）由（为参数）消去参数得：‎ 故动点A的普通方程为；‎ ‎（2）由（1）知，动点A的轨迹是以为圆心，2为半径的圆.‎ 由展开得：,‎ ‎∴的普方程为：.‎ 要使圆上有四个点到的距离为1，则必须满足,解得.‎ 考点：1、极坐标方程；2、参数方程. ‎ ‎【方法点睛】（1）先由（为参数）消去参数得故动点的普通方程.然后由直线的极坐标方程得直线的直角坐标方程.由平面几何知识可知要使圆上有四个点到的距离为，则必须满足，从而得到关于的不等式，解得.把直线的参数方程化为普通方程，把曲线的参数方程化为直角坐标方程能够简化解题过程.‎ ‎23.设函数，恒成立.‎ - 22 -‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）求证：‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由恒成立，转化为恒成立，令，求得函数的最大值，得到的不等式，即可求解.‎ ‎（2）转化为证明，利用基本不等式，即可作出证明.‎ ‎【详解】（1）由题意知恒成立，即恒成立，‎ 即恒成立.‎ 令 可得函数在上是增函数，在上是减函数，‎ 所以，则，‎ 即，整理得，解得，‎ 综上实数的取值范围是.‎ ‎（2）由，知，‎ 即，‎ 所以要证，‎ 只需证，‎ 即证，‎ - 22 -‎ 又 ‎，‎ 成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的恒成立问题，以及基本不等式的应用，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，以及合理使用基本不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎ ‎ - 22 -‎ - 22 -‎