黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三考前模拟训练（二）数学（理）试题 Word版含解析 29页

- 1 - 铁人中学 2017 级高三学年考前模拟训练（二）数学（理科）试卷 一、选择题 1.已知集合   20 log 4 2A x x    ，  2 2B y y x x     ，则 A B  （ ） A.  B.  0 C.  2 D.  3 0x x    【答案】A 【解析】 【分析】 由初等函数的定义域以及值域可得集合 A ， B ，再求交集即可. 【详解】∵     20 log 4 2 3 0A x x x x        ， 函数 2 2y x x    的定义域满足 2 0 2 0 x x      ，解得 2x x  ， ∴    2 2 0B y y x x      ， ∴ A B   ， 故选：A. 【点睛】本题主要考查了常见函数定义域以及值域的求法，集合间交集的运算，属于基础题. 2.设 ,a bR ，i 是虚数单位，则“复数 bz a i   为纯虚数”是“ 0ab  ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的分类，以及充分条件与必要条件的概念，即可求出结果. 【详解】因为 bz a a bii     ， 若复数 bz a i   为纯虚数，则 0a  ， 0b≠ ，所以 0ab  ；即“复数 bz a i   为纯虚数” 是“ 0ab  ”的充分条件； 若 0b  ，则 0ab  ，但复数 bz a i   不是纯虚数；即“复数 bz a i   为纯虚数”不是 - 2 - “ 0ab  ”的必要条件； 综上，“复数 bz a i   为纯虚数”是“ 0ab  ”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查判断命题的充分不必要条件，涉及复数的分类，属于基础题型. 3.图（1）是某品牌汽车 2019 年月销量统计图，图（ 2 ）是该品牌汽车月销量占所属汽车公 司当月总销量的份额统计图，则下列说法错误的是（ ） A. 该品牌汽车 2019 年全年销量中，1月份月销量最多 B. 该品牌汽车 2019 年上半年的销售淡季是 5 月份，下半年的销售淡季是10月份 C. 2019 年该品牌汽车所属公司 7 月份的汽车销量比8 月份多 D. 该品牌汽车 2019 年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图（1）中的条形统计图可判断出 A、B、D 选项的正误，结合图（1）和图（ 2 ）比较该 品牌汽车所属公司 7 月份和8 月份销量的大小，可判断出 C 选项的正误. 【详解】根据图（1）中的条形统计图可知，该品牌汽车 2019 年全年销量中，1月份月销量最 多，A 选项正确； 该品牌汽车 2019 年上半年销量最少的月份是 5 月份，下半年销量最少的月份是10月份，B 选 项正确； 由条形统计图中的波动性可知，该品牌汽车 2019 年下半年月销量相对于上半年，波动性小， 变化较平稳，D 选项正确； 由图（1）和图（ 2 ）可知，该品牌汽车 7 月份和8 月份的销量相等，但该品牌汽车 7 月份的 销量占该品牌汽车所属公司当月总销量的比例较8 月份的大，所以， 2019 年该品牌汽车所属 - 3 - 公司 7 月份的汽车销量比8 月份少，C 选项错误. 故选：C. 【点睛】本题考查条形统计图与频率分布折线图的应用，考查学生数据处理的能力，属于中 等题. 4.若 1a a b     ，且 a  与 a b  的夹角为 60，则 a b   （ ） A. 7 B. 3 C. 7 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 将 1a b  r r 两边同时平方结合   1 2a a b     可求出 1b  ，再对 a b  进行平方即可得结果. 【详解】∵ 1a a b     ，且 a  与 a b  的夹角为 60， ∴ 2 2 2 1a a b b       ，即 2 2b a b    ，   2 1 11 1 2 2a a b a a b              ，即 1 2a b   ，可得 1b  ， ∴ 2 2 2 12 1 2 1 32a b a a b b               ，即 3a b  r r ， 故选：B. 【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积与模长和夹角的计算问题，求出 1b  是解题的关 键，属于基础题. 5.在如图所示的正方形中随机投掷 40000 个点，则落入阴影部分（曲线C 为正态分布  2,4N  的密度曲线）的点的个数的估计值为（ ） （附：  2~ ,X N   ，则   0.6827P X        ，  2 2 0.9545P X        .） - 4 - A. 906 B. 1359 C. 2718 D. 3413 【答案】B 【解析】 【分析】 利用曲线 C 为正态分布密度曲线计算阴影面积，注意原正方形面积为 4，计算得到正确答案即 可. 【详解】因为 ( 2,4)X N  ，所以阴影部分的面积为：  1 1(0 2) ( 6 2) ( 4 0) (0.9545 0.6827) 0.13592 2S P X P X P X              ， 则在正方形中随机投一点，该点落在阴影内的概率为 0.1359 4P  ， 所以落入阴影部分的点的个数的估计值为 0.135940000 13594   . 故选：B. 【点睛】本题主要考查正态分布，解题关键是熟练掌握正态分布曲线的特征，考查计算能力， 属于常考题. 6.在钝角 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，且 a b ，已知 6a  ， 3sin 3sin sinB C A  ， 7cos2 9A   ，则 ABC 的面积为（ ） A. 4 B. 8 C. 4 2 D. 8 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据已知条件，由正弦定理角化边，得到 2b c  ，由 7cos2 9A   ，利用余弦的二倍角公式 求得 1cos 3A   ， 1cos 3A  时推出矛盾，得到 1cos 3A   ，进而结合余弦定理求得 12bc  , - 5 - 进而利用三角形的面积公式计算可得. 【详解】已知 6a  ，3sin 3sin sinB C A  ，由正弦定理得3 3 6, 2b c a b c      , 27cos2 2cos 19A A    ，∴ 1cos 3A   ， 当 1cos 3A  时， 由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即：  22 2 2 4 436 43 3 3b c bc b c bc bc       , ∴ 24bc  , 与 2b c  联立解得 6, 4,b c  不满足 a b ，舍去. ∴ 1cos 3A   ，∴ 2 2 2sin 1 cos 3A A   . 由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即：  22 2 2 8 836 43 3 3b c bc b c bc bc        , ∴ 12bc  , 与 2b c  联立解得 1 13, 1 13,b c     满足 a b ， ABC 的面积为 1 1 2 2sin 12 4 22 2 3ABCS bc A     , 故选：C. 【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形计算中的综合应用，考查三角形的面积公式，涉及 分类讨论思想，属中档题. 7.执行如图所示的程序框图，若输入的 , ,a b c 依次为 sin  ， tan  ， tansin  ，其中 0, 4      ，则输出的 x 为（ ） - 6 - A.  sin  B.  tan  C.  tansin  D.  sintan  【答案】B 【解析】 【分析】 由 程 序 框 图 判 断 程 序 的 功 能 是 输 出 , ,a b c 中 的 最 大 值 ， 由 三 角 函 数 线 得 到 0 1sin tan      ，进而利用指数函数和幂函数的单调性比较大小，得到答案. 【详解】由程序框图知，该程序输出的 x 的值为 , ,a b c 中的最大值， ∵ 0, 4      ，画出如图所示的三角函数线， - 7 - 显然， 0 sin   ， 又∵ OAT OAPS S 扇形 ，∴ 21 11 12 2 tan      ，即 tan  ， 显然 1,tan AT OA    综上， 0 1sin tan      , ∴指数函数  xy sin 是单调减函数，    tansin sin    ， 幂函数 y x 是 0,  上的单调递增函数，    sin tan    , ∴输出的值为  tan  ， 故选：B. 【点睛】本题考查程序框图的输出值的确定，涉及三角函数的性质，利用指数函数、幂函数 的性质比较大小，，难度较大，其中由三角函数线得到 0 1sin tan      ，是整个问题 的关键. 8.已知函数   3 3 tan 2 2 2 x x f x x     的最大值为 M ，最小值为 m ，则 M m 的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 先化   3 tan 21 2 xf x x    ，令   3 tan 2 2 xg x x   ，判断   3 tan 2 2 xg x x   为奇函数，根据奇函数的 性质，以及题中条件，即可求出结果. 【详解】因为   3 3 3 tan 2 2 tan 21 2 2 x x xf x x x        ， 令   3 tan 2 2 xg x x   ， 则    3 3 tan 2 tan 2 2 2 x xg x g x x x          ，所以函数   3 tan 2 2 xg x x   为奇函数， 又函数   3 3 tan 2 2 2 x x f x x     的最大值为 M ，最小值为 m ， - 8 - 所以        max min min max1 1m n f x f x g x g x          max min2 2g x g x      . 故选：C. 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记奇函数的性质即可，属于常考题型. 9.过原点 O 作圆 2 2: 4 4 5 0C x y x y     的两条切线，设切点分别为 ,A B ，则直线 AB 的 方程为（ ） A. 2 2 5 0x y   B. 4 4 5 0x y   C. 2 2 5 0x y   D. 4 4 5 0x y   【答案】C 【解析】 【分析】 根据圆的一般方程求得圆心坐标，写出以 OC 为直径的圆的方程，与原方程相减，消去平方 项，得到切点弦所在直线方程. 【详解】 2 2: 4 4 5 0C x y x y     的圆心坐标为  2, 2C   , 以OC 为直径的圆的方程为    2 2 0x x y y    , 与已知圆的方程相减，得到 2 2 5 0x y   , 此即切点弦 AB 所在的直线 AB 的方程. 故选：C. 【点睛】本题考查圆的切点弦所在直线方程，涉及圆的普通方程求圆心坐标，以线段为直径 的圆的方程，应用圆系方程求公共弦所在直线方程，属中档题.从圆外一点 P 作圆的切线，切 - 9 - 点弦方程是原来圆的方程与以 P 和圆心为直径的圆的方程相减所得的直线方程. 10.在四棱锥 A BCDE 中， ABC 是边长为 6 的正三角形，BCDE 是正方形，平面 ABC  平面 BCDE ，则该四棱锥的外接球的体积为（ ） A. 21 21π B. 84π C. 7 21π D. 28 21π 【答案】D 【解析】 【分析】 取 BC 的中点为 M ， ,N F 分别是正三角形 ABC 的中心和正方形 BCDE 的中心，根据已知条件 可得 MF ⊥平面 ABC，AM⊥平面 BCDE，过 ,N F 分别做 ,MF AM 的平行线交于O ，则O 为球 心，求出 ON ，即可求出外接球的半径，即可求解. 【详解】取 BC 的中点为 M ， N 是正三角形 ABC 的中心, F 为正方形 BCDE 的中心，连接 ,AM FM ,则有 MF BC ， AM BC ，平面 ABC  平面 BCDE ，平面 ABC 平面 BCDE = BC ， MF ⊥平面 ABC，AM⊥平面 BCDE，过 ,N F 分别做 1 / /l MF ， 2 / /l AM ，则 1l ⊥平面 ABC， 2l ⊥平面 BCDE， 1 2,l l 交于 O ， 则O 为球心， / / , / /OF MN ON MF ， MN MF 所以四边形OFMN 为矩形， 3ON MF  ， 2 2 2 22 2 3, 3 (2 3) 213AN AM OA ON AN       所以外接球的体积为 34 ( 21) 28 213   . 故选:D. - 10 - 【点睛】本题考查多面体与球的“接”“切”问题，解题的关键是根据球的性质确定球心， 考查空间想象能力，属于中档题. 11.上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图 1），充分展示了我国古代高 超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图 2 为骨笛测量 “春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图 3 是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽 略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的 夹角等于黄赤交角. 由历法理论知，黄赤交角近 1 万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表： 黄赤交角 23 41  23 57  24 13  24 28  24 44  正切值 0.439 0.444 0.450 0.455 0.461 年代 公元元年 公元前 2000 年 公元前 4000 年 公元前 6000 年 公元前 8000 年 根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是( ) A. 公元前 2000 年到公元元年 B. 公元前 4000 年到公元前 2000 年 C. 公元前 6000 年到公元前 4000 年 D. 早于公元前 6000 年 【答案】D 【解析】 - 11 - 【分析】 先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春 秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项． 【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为 ，春秋分日光与垂直线夹角为  ， 则  即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角， 将图 3 近似画出如下平面几何图形： 则 16tan 1.610    ， 16 9.4tan 0.6610    ， tan tan 1.6 0.66tan( ) 0.4571 tan tan 1 1.6 0.66             ． 0.455 0.457 0.461  ， 估计该骨笛的大致年代早于公元前 6000 年． 故选： D ． 【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查 了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题． 12.设 1F ， 2F 是双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左、右焦点，点 A 是双曲线C 右支上 一点，若 1 2AF F△ 的内切圆 M 的半径为 a ，且 1 2AF F△ 的重心G 满足 1 2MG F F  ，则双曲线 C 的离心率为（ ） A. 3 B. 5 C. 2 D. 2 5 【答案】C 【解析】 【分析】 根 据 1 2MG F F  ， 得 到 M Gy y a  ， 3 3A Gy y a  ， 然 后 由 等 面 积 法 由  1 2 1 2 1 12 3 22 2AF FS c a AF AF c a        ，结合 1 2 2AF AF a  ，解得 1 2,AF AF ，再利用 - 12 - 距离公式得到 2Ax a ，进而得到 A 的坐标，代入双曲线方程求解即可. 【详解】如图所示： 因为 1 2MG F F  ， 所以 1 2/ /MG F F   ， 所以 M Gy y a  ， 3 3A Gy y a  ， 所以  1 2 1 2 1 12 3 22 2AF FS c a AF AF c a        ， 又 1 2 2AF AF a  ， 解得 1 22 , 2AF c a AF c a    ， 设  ,A AA x y ，  1 ,0F c ， 所以  2 2 1 A AAF x c y     2 2 2 2 1A A xx c b a         ， 2 2 22A Ae x cx a    2 A Aex a ex a    . 所以 1 AAF a ex  ， 解得 2Ax a ， 所以  2 ,3A a a ，代入双曲线方程得：    2 2 2 2 2 3 1a a a b   ， - 13 - 解得 2 23 , 2b a c a b a    ， 所以 2ce a   . 故选：C 【点睛】本题主要考查双曲线的第一定义和焦半径公式以及内切圆的应用，离心率的求法， 还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于难题. 二、填空题 13.若  51 mx 展开式中各项的系数和比其二项式系数和大 211，则 m  ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据题意，分别求出二项展开式的各项系数和，以及二项式系数之和，由题中条件列出方程 求解，即可得出结果. 【详解】令 1x  ，则  51 mx 展开式中各项的系数和为 51 m ， 又 51 mx 展开式中二项式系数和为 52 ，  51 mx 展开式中各项的系数和比其二项式系数 和大 211， 所以 5 52 2 11 1m   ，即 51 243m  ，解得： 2m  . 故答案为： 2 . 【点睛】本题主要考查由二项展开式的各项系数和与二项式系数和求参数的问题，属于基础 题型. 14.自新冠肺炎疫情爆发后，各省纷纷派出医疗队支援湖北，全国上下凝聚一心，众志成城， 终于取得抗疫胜利！小亮、小红、小金听闻支援湖北的“英雄”即将归来，各自独立完成一 幅十字绣赠送给当地的医院，这三幅十字绣分别命名为“医者仁心”、“最美逆行者”、“德 医双馨”，为了弄清作品都是谁制作的，院长对三人进行了问话，得到回复如下：小亮说： “最美逆行者”是我制作的；小红说：“医者仁心”不是小亮制作的，就是我制作的；小金 说：“德医双馨”不是我制作的，若三人的说法有且仅有一人是正确的.通过以上信息判断， “最美逆行者”的制作者应该是______. 【答案】小红 【解析】 - 14 - 【分析】 根据题意，分别假设一个正确，推理出三人所制作的作品与假设不矛盾即可得出结论. 【详解】根据题意， 若小亮说法正确，则“最美逆行者”是小亮制作；小金的说法是错误的，则“德医双馨”是 小金制作的；根据前面的推断，“医者仁心”是小红制作的与小红的说法错误矛盾； 若小红说法正确，则“医者仁心”不是小亮制作的，就是小红制作的；小金说法错误，则“德 医双馨”是小金制作的；小亮说法错误，则“最美逆行者”只能是小红制作的，小亮制作了 “医者仁心”.符合题意； 若小金的说法是正确的，则“德医双馨”是小红或者小亮制作的；小亮的说法是错误的，则 “最美逆行者”是小金或小红制作的；小红的说法是错误的，则“医者仁心”只能是小金制 作的，那么小红制作了“最美逆行者”，小亮制作了“德医双馨”. 综上所述，“最美逆行者”的制作者应该是小红制作的. 故答案为：小红 【点睛】本题考查推理证明的实际应用，属于基础题. 15.小明同学对棱长为 2 的正方体的性质进行研究，得到了如下结论：①12 条棱中可构成 16 对异面直线；②过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形、六边形；③以 正方体各表面中心为顶点的正八面体的表面积是 4 3 4 ；④与正方体各棱相切的球的体积 是： 8 2 3  .其中正确的序号是______. 【答案】④ 【解析】 【分析】 画出图形，对四个选项逐一分析即可得出正确选项. 【详解】对于①，12 条棱中可构成异面直线的有 24 对，原因为：对于每一条棱，有三条和它 平行，四条和它相交，因此有 4 条和他是异面，而扩展到 12 条棱为：12 4 48  ，而由于两 条作为一对，需要再除以 2，得到 24 对，故错误； 对于②，如下图，过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形，故错误； - 15 - 对于③，先画出图形： 正八面体每个面是全等的正三角形，棱长为 2 2 22 ´ = ，表面积为  238 2 4 34    ， 故错误； 对于④，由于此球与正方体的各棱相切，则球的半径正好是正方体的面对角线的一半， 正方体的棱长为 2，则球的半径是 2 2 22R   ，则  334 4 23 3 8 2 3V R      ， 故正确. 故答案为：④. 【点睛】本题考查简单几何体的特征，考查几何体的体积和表面积的计算，考查空间想象能 力和计算能力，属于常考题. 16.已知函数   eln 2 xf x x  ，   22xg x x m   ，若函数     h x g f x m  有 3 个不同的零点 x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，则      1 2 32 f x f x f x  的取值范围是_________． 【答案】   11 0 0 2      ， ， 【解析】 【分析】 先根据题意，求出     h x g f x m  的解得   ,2 mf x  或  f x m  ，然后求出 f(x) - 16 - 的导函数，求其单调性以及最值，在根据题意求出函数     h x g f x m  有 3 个不同的零 点 x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，分情况讨论求出      1 2 32 f x f x f x  的取值范围. 【详解】解：令 t=f（x），函数     h x g f x m  有 3 个不同的零点， 即   22tg t t m   +m=0 有两个不同的解，解之得 1 2,2 mt t m   即   ,2 mf x  或  f x m  因为   eln 2 xf x x  的导函数     2 1 ln ( 0)2 e xf x xx    ，令   0f x  ，解得 x>e，   0f x  ，解得 0