吉林省松原市普通高中2020届高三4月统一模拟考试数学（文） Word版含解析 20页

- 1 - 松原市普通高中高三年级统一模拟考试 数学(文科) 一､选择题 1.若全集U  R ，  | ln 0B x x  ，则 UB ð （ ） A.  | 1x x  B.  ,1 C.  ,0 D. { }| 0x x> 【答案】B 【解析】 【分析】 先求得集合 B ，由此求得 U Bð . 【详解】由 ln 0x  解得 1x  ，所以  1,B   ，所以 UB ð  ,1 . 故选：B 【点睛】本小题主要考查集合补集的概念和运算，考查对数不等式的解法，属于基础题. 2.若i 是虚数单位，则 3 3 i i  （ ） A. 3 9 10 10 i B. 3 9 10 10 i C. 9 3 10 10 i D. 9 3 10 10 i 【答案】B 【解析】 【分析】 由复数除法法则可知，分子分母同时乘 3i + ，整理后即可选出正确答案. 【详解】解：      3 33 3 9 3 9 3 3 3 10 10 10 i ii i ii i i          . 故选:B. 【点睛】本题考查了复数的除法.易错点是误把 2i 当成 1 进行计算. 3.已知向量  1,3a  ，  2,b m r ，若 / /a b   ，则实数 m  （ ） A. 2 3 B. 2 3  C. 6 D. -6 【答案】C - 2 - 【解析】 【分析】 由向量平行的坐标表示计算． 【详解】因为 / /a b   ，所以1 3 2 0m    ，解得 6m  ． 故选：C． 【点睛】本题考查向量平行的坐标表示，属于基础题． 4.若 3sin 5   ，且 ,2      ，则 tan 4      （ ） A. 3 4  B. 3 4 C. 7 D. 1 7 【答案】D 【解析】 【分析】 由同角三角函数关系，求得 tan ，再由两角和的正切公式展开求解即可. 【详解】若 3sin 5   ，且 ,2      ，则 2 2 3 4cos 1 sin 1 5 5              ， 所以 3 sin 35tan 4cos 4 5       ， 故 3tan tan 1 14 4tan 34 71 tan tan 1 14 4                    . 故选：D 【点睛】本题考查三角函数中给值求值问题，属于基础题. 5.若某 10 人一次比赛得分数据如茎叶图所示，则这组数据的众数是（ ） A. 93 B. 83 C. 82.5 D. 72 【答案】A - 3 - 【解析】 【分析】 看哪个数出现的次数多． 【详解】从茎叶图看 93 出现次数最多，因此众数是 93． 故选：A． 【点睛】本题考查茎叶图，考查众数的概念，正确认识茎叶图是解题基础． 6.以椭圆 2 2 19 4 y x  的长轴端点作为短轴端点，且过点 4,1 的椭圆的焦距是（ ） A. 16 B. 12 C. 8 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】 设所求椭圆的方程为 2 2 2 19 x y a   ，将点 4,1 代入，求出 a ，由 2 2 2c a b  即可求解. 【详解】设所求椭圆的方程为 2 2 2 1,( 3)9 x y aa    ， 将点 4,1 代入，解得 2 18a  ， 则 2 2 2 18 9 9c a b     ，即 3c  ， 2 6c  ， 故选：D. 【点睛】本题考查了待定系数法求椭圆的标准方程，椭圆的简单几何性质，属于基础题. 7.已知函数   sin 6 4f x x      ，则下列结论错误的是（ ） A. 函数  f x 的图象关于点 ,024     对称 B. 函数  f x 的图象关于直线 8x   对称 C. 若将函数  f x 的图象沿 x 轴向右平移 24  个单位长度，则得函数   sin6g x x 的图象 D. 函数  f x 在区间 7,24 24       上单调递减 - 4 - 【答案】D 【解析】 【分析】 根据正弦函数的性质判断． 【详解】 sin 6 024 24 4f                     ，因此函数  f x 的图象关于点 ,024     对称， A 正确； sin 6 sin 18 8 4 2f                               ，所以函数  f x 的图象关于直线 8x   对称，B 正确； 将函数  f x 的图象沿 x 轴向右平移 24  个单位长度，得图象的函数解析式为 ( ) sin 6 sin 624 4g x x x           ，C 正确； 7,24 24x       时，6 ,24 2x         ， siny x 在 ,22       上不单调，因此函数  f x 在区 间 7,24 24       上不单调，D 错． 故选：D． 【点睛】本题考查正弦型三角函数的对称性，单调性，及图象变换，掌握正弦函数性质是解 题关键． 8.已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2 5a  ， 5 40S  ，则公差 d  （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 列出公差和首项的方程组，解之可得． 【详解】由题意 1 1 5 5 10 40 a d a d      ，解得 1 2 3 a d    ， 故选：C． - 5 - 【点睛】本题考查等差数列的基本量法，掌握基本量法是解等差数列问题的基础． 9.执行右面的程序框图，若输出的结果是 ，则输入的 a 为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 试 题 分 析 ： 当 时 ， ； 当 时 ， ；； 当 时 ， ； 时， ，输出 S，此时 ，所以选 B. 考点：循环结构 10.已知在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 1, 3b c  ，且 2sin( )cos 1 2cos sinB C C A C   ，则 ABC 的面积是（ ） A. 3 4 B. 1 2 C. 3 4 或 3 2 D. 3 4 或 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由三角形内角和与两角和与差的正弦公式求得sin B ，再由同角三角函数关系求得 cos B ，进 - 6 - 而由余弦定理求得 a，最后由三角形面积公式求得答案. 【详解】因为 2sin( )cos 1 2cos sinB C C A C   ，即 2sin cos 1 2cos sinA C A C  ，即 2sin cos 2sin( ) 1A C A C   ，则 2sin( ) 1A C  ，所以 2sin 1B  ，故 1sin 2B  . 因为b c ，所以 B C ，所以角 B 为锐角，故 2 3cos 1 sin 2B B   ， 由余弦定理可知， 2 2 2 31 ( 3) 2 3 2a a      ，解得 1a  或 2a  . 当 1a  时， ABC 的面积 1 1 1 3sin 1 32 2 2 4S ac B      ； 当 2a  时， ABC 的面积 1 1 1 3sin 2 32 2 2 2S ac B      . 故选：C 【点睛】本题考查由余弦定理解三角形，并利用任意三角形面积公式求面积，属于简单题. 11.已知点 P 是双曲线 2 2 18 4 x y  上一点， 1F ， 2F 分别为双曲线的左､右焦点，若 1 2F PF△ 的 外接圆半径为 4，且 1 2F PF 为锐角，则 1 2PF PF  （ ） A. 15 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】 利用正弦定理求得 1 2F PF ，利用余弦定理结合双曲线的定义求得 1 2PF PF . 【详解】依题意， 2 2, 2, 8 4 2 3a b c     . 在三角形 1 2F PF△ 中， 1 2 2 4 3F F c  ，由正弦定理得 1 2 1 2 2 4sin F F F PF   ， 即 1 2 1 2 4 3 38,sinsin 2F PFF PF    ，由于 1 2F PF 为锐角，所以 1 2 3F PF   . 根据双曲线的定义得 1 2 2 4 2PF PF a   . - 7 - 在三角形 1 2F PF△ 中，由余弦定理得 2 2 2 1 2 1 2 1 22 cos 3F F PF PF PF PF       ， 即 2 2 1 2 1 248 PF PF PF PF    ， 即 2 1 2 1 2 48PF PF PF PF    ， 即 1 232 48PF PF   ，所以 1 2 16PF PF  . 故选：B 【点睛】本小题主要考查双曲线的定义，考查正弦定理和余弦定理解三角形，属于中档题. 12.若 2lnx xa  对任意 21 ,x ee      成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A. 0, 2 e     B.  0,e C.  ,e  D. , 2 e    【答案】A 【解析】 【分析】 对 a 分成 0, 0a a  两种情况，结合导数进行分类讨论，由此求得实数 a 的取值范围. 【详解】由于 0a  ，故 D 选项错误. 当 0a  时，取 1x  ，则 1 0a  ，所以 2lnx xa  在区间 21 ,ee      上不恒成立. 构造函数   21 2ln xf x x ex e       ，     ' 2 2ln 2 2ln xf x x  ， 所以  f x 在 1 ee      , 上递减，在 2,e e 上递增，在区间 21 ,ee      上的极小值也即是最小值为   2 ef e  .   2 21 1 ,2 4 ef f ee e        . 当 0a  时： 取 1x  ，则 1 0a  成立， 当 1 ,1x e     时， ln 0x  ，由 2lnx xa  得 2ln xa x  .由于  f x 在 1 ,1e     上递减，所以 - 8 - 1 1 2a f e e       ，则 0a  . 当  21,x e   时，ln 0x  ， 2lnx xa  得 2ln xa x  .由于  f x 在 1,e 上递减，在 2,e e 上 递增，所以   2 ea f e  ，则 0 2 ea  . 综上所述， a 的取值范围是 0, 2 e     . 故选：A 【点睛】本小题主要考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法， 属于难题. 二､填空题 13.已知幂函数  f x x 的图像过点 12, 4      ，则实数 的值为______. 【答案】 2 【解析】 【分析】 将点 12, 4      的坐标直接代入幂函数解析式中，可求出 的值 【详解】解：因为幂函数  f x x 的图像过点 12, 4      ， 所以 1 24  ，即 22 2  ，解得 2   ， 故答案为： 2 【点睛】此题考查幂函数的定义及解析式，属于基础题. 14.若实数 x ， y 满足不等式组 0 1 0 3 6 0 x x y x y          ，则 2 21x y  的最小值为______. 【答案】2 【解析】 【分析】 作出可行域，将目标函数看作是可行域内一个点与  1,0D 两点间距离的平方，结合图像可求 - 9 - 出最优解，进而可求出所求的最小值. 【详解】解：如图，作出 0 1 0 3 6 0 x x y x y          表示的可行域，设  2 21z x y   ， 可看作是可行域内一个点与  1,0D 两点间距离的平方，记 1y x  与 y 轴交点为  0,1C ， 因为  0,1C 与  1,0D 连线的斜率为 1CDk   ， 1 1CDk    ，所以 CD 与 1y x  垂直， 进而可知，可行域内C 到 D 的距离最短，故 2 21x y  的最小值为  2 20 1 1 2   ， 故答案为:2. 【点睛】本题考查了线性规划求最值. 求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”： （1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在 可行域内根据目标函数的特点找到最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值. 15.如图，在边长为 2 的正六边形内随机地撒一把豆子，落在正六边形 ABC DEF 内的豆子 粒数为 626，落在阴影区域内的豆子粒数为 313，据此估计阴影的面积为_______. 【答案】3 3 - 10 - 【解析】 【分析】 由正六边形的面积公式求得总的面积，再由几何概型概率的计算公式构建方程，求得满足条 件的部分的面积，即阴影的面积. 【详解】边长为 2 的正六边形的面积 1 36 2 2 6 32 2S       . 据题设分析即几何概型的概率可知阴影区域面积 0 3136 3 3 3626S    . 故答案为：3 3 【点睛】本题考查由几何概型的概率求图形的面积，属于基础题. 16.已知在三棱锥 P ABC 中， PA ， PB ， PC 两两互相垂直且长度相等， ABC 的面积 是 3 2 ，过棱 PA 作三棱锥 P ABC 的外接球的截面，则截面面积的最小值为______. 【答案】 4  【解析】 【分析】 设 PA PB PC x   ，由已知条件结合面积公式可求出 1x  ；通过分析可求出当 PA 为截 面圆的直径时，截面面积取最小值，继而可求出截面圆的半径，即可求出截面面积. 【详解】解：设 PA PB PC x   ，则 2AB AC BC x   ，所以 ABC 为等边三角 形， 所以 21 3 32 2 sin602 2 2ABCS x x x     △ ，解得 1x  或 1 (舍去)， 由题意知，当 PA 为截面圆的直径时，截面面积取最小值，此时截面圆半径为 1 2 ， 所以截面面积为 21 2 4       ， 故答案为: 4  . 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题.本题的关键是求出 PA 的长.本题的难点是分析出何 - 11 - 时截面面积最小. 三､解答题 17.已知等比数列 nb 满足 1 1b  ， 4 8b  . （1）求数列 nb 的通项公式； （2）若 n nc n b  ，求数列 nc 的前 n 项的和. 【答案】（1） 12n nb  ；（2） 1 2 1nn    . 【解析】 【分析】 （1）根据已知条件计算出 q，由此求得数列 nb 的通项公式. （2）利用错位相减求和法求得数列 nc 的前 n 项的和. 【详解】（1）依题意 3 3 4 1 8 2b b q q q      ，所以 1 1 1 2n n nb b q     . （2） 12n nc n   ，设其前 n 项和为 nS ， 则 2 11 1 2 2 3 2 2n nS n          ， 2 32 1 2 2 2 3 2 2n nS n         ， 两式相减得 2 1 1 21 2 2 2 2 2 2 1 21 2 n n n n n n nS n n n                 1 2 1nn    . 所以  1 2 1n nS n    . 【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，考查错位相减求和法，属于中档 题. 18.加班，系指除法定或者国家规定的工作时间外，即正常工作日延长工作时间或者双休日以 及国家法定假期期间延长工作时间.有的工作人员在正常工作日不能积极主动工作，致使有的 工作任务要到正常工作日延长工作时间完成，这不能称为“加班”，只有建立合理的考核方 案，才能调动广大工作人员的积极性.某劳动组织对“工作时间”的评价标准如下表： 每天的工作时间(单位：小  6,8  8,10  10,12  12,14 - 12 - 时) 评价级别 良好 普通加班 严重加班 超重加班 2019 年 5 月 1 日，该劳动组织从某单位某个月中随机抽取 10 天“工作时间”的统计数据绘制 出的频率分布直方图如下： （1）若严重加班的天数是普通加班天数的 2 倍，求 m ， n 的值； （2）在（1）条件下，若从这 10 天中评价级别是“良好”或“普通加班”的天数里随机抽取 2 天，求“这 2 天的‘工作时间’属于同一评价级别”的概率. 【答案】（1） 1 5 1 10 n m     ；（2） 1 3 . 【解析】 【分析】 （1）利用频率分布直方图小长方形的面积和，以及严重加班的天数是普通加班天数的 2 倍， 列方程组，解方程组求得 ,m n 的值. （2）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率. 【详解】（1）依题意 13 2 2 1 5 12 10 m n n n mm            . （2）由（1）可知这 10 天中评价级别是“良好”有 12 10 210    天，设为 ,a b ；评价级别 是“普通加班”有 12 10 210    天，设为 ,c d .从中抽取 2 天，所有可能为 , , , , ,ab ac ad bc bd cd 共6种，其中这 2 天的“工作时间”属于同一评价级别的为 ,ab cd 共 2 - 13 - 种，所以“这 2 天的‘工作时间’属于同一评价级别”的概率为 2 1 6 3  . 【点睛】本小题主要考查频率分布直方图，考查古典概型概率计算，属于基础题. 19.如图，在四棱锥 P ABCD 中，AB BC ，BC CD ， 2AB  ， 1CB CD  ，过点 P 作平面 ABCD 的垂线，垂足为 BD 与 AC 的交点 M ， E 是线段 PA 的中点. （1）求证： / /DE 平面 PBC ； （2）若四棱锥 P ABCD 的体积为 2 3 ，求三棱锥 A DEM 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 27 . 【解析】 【分析】 （1）通过构造平行四边形的方法，证得 / /DE 平面 PBC . （2）利用四棱锥 P ABCD 的体积求得 PM ，由 A DEM E ADMV V  ，解得 E 是 PA 的中点， 求得三棱锥 A DEM 的体积. 【详解】（1）设 F 是 PB 的中点，连接 ,EF CF . 由于 AB BC ， BC CD ，所以 //AB CD ， 由于 E 是 PA 的中点，所以 EF 是三角形 PAB 的中位线，所以 1// , 2EF AB EF AB ， 由于 2AB  ， 1CD  ， //AB CD ，所以 // ,EF CD EF CD ，所以四边形 EFCD 是平行四 边形，所以 / /DE CF . 由于 DC  平面 PBC ，CF  平面 PBC ，所以 / /DE 平面 PBC . （2）依题意可知四边形 ABCD 是直角梯形，所以  1 2 1 3 2 2ABCDS    . - 14 - 依题意可知 PM  平面 ABCD ， 所以 1 1 3 2 3 3 2 3P ABCD ABCDV S PM PM        ，所以 4 3PM  . 由于 E 是 PA 的中点，所以 E 到底面 ABCD 的距离是 PM 的一半，即三棱锥 E ADM 的高 为 1 2 2 3PM  . 1 1 2 2ACDS CD BC    . 由于 1// , 2 CDAB CD AB  ，所以 1 2 CM AM  ， 所以 1 2 CDM ADM S S   ，所以 2 3 ADM ACD S S   ， 所以 2 2 1 1 3 3 2 3ADM ACDS S     . 所以 1 1 1 1 2 2 3 2 3 3 3 27A DEM E ADM ADMV V S PM             . 【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查几何体体积的求法，考查空间想象能力和逻 辑推理能力，属于中档题. 20.已知抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，其准线与 x 轴交于点 'F ，过点 'F 的直线l 交 抛物线C 于 ,A B 两点， 2FF   . （1）求抛物线C 的方程； （2）当 ' ' 100 9     F A F B 时，求直线l 的方程. 【答案】（1） 2 4y x ;（2）3 4 3 0x y   或3 4 3 0x y   . 【解析】 - 15 - 【分析】 （1）根据 2FF   ，则可得 p ，可得结果. （2）巧设直线方程 1x my  ，然后与抛物线方程联立可得关于 y 的一元二次方程，结合韦 达定理，以及 ' ' 100 9     F A F B ，可得参数 m ，则可得直线方程. 【详解】（1）因为 2FF   ，所以 2p  ， 所以所求抛物线C 的方程为 2 4y x ； （2）点 'F 的坐标为 1,0 ，设直线 l 的方程为 1x my  . 2 2 1, 4 4 04 , x my y myy x        . 216 16 0m    ，解得 1m   或 1m > . 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 2 1 2 4 , 4. y y m y y     所以  1 2 1 2 1 21 1 2       x x my my m y y ， 则 2 1 2 4 2 4 2     x x m m m ，     2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1x x my my m y y m y y       ， 2 1 2 4 4 1 1    x x m m m ， 所以       1 1 2 2 1 2 1 21, 1, 1 1F A F B x y x y x x y y           则 1 2 1 2 1 21F A F B x x x x y y        ， 2 21 4 2 1 4 4 4F A F B m m          ， 又 100 9F A F B    ，所以 2 1004 4 9m   ，得 4 3m   ，满足   . 所以直线 l 的方程为 4 13x y  或 4 13x y   . 即所求直线l 的方程为3 4 3 0x y   或3 4 3 0x y   . 【点睛】本题考查直线与抛物线的应用，对抛物线给出焦点要想到准线，同时直线与圆锥曲 线的结合往往联立方程并结合韦达定理，考验分析能力以及计算能力，属中档题. - 16 - 21.已知函数      1 0xf x a x e a   . （1）求  f x 的最值； （2）若 0x  时，恒有   2 2f x x x   ，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）当 0a  时，最小值为 2 a e  ，没有最大值.当 0a  时，最大值为 2 a e  ，没有最 小值；（2） 3 1 ,e    . 【解析】 【分析】 （1）利用  f x 的导函数  'f x ，结合对 a 进行分类讨论，由此求得  f x 的最值. （2）利用分离常数法，结合导数，求得 a 的取值范围. 【详解】（1）依题意    ' 2 xf x a x e  ，所以 当 0a  时，  f x 在 , 2  上递减，在 2,  上递增，所以  f x 在 2x   处取得最 小值   22 af e    ，没有最大值. 当 0a  时，  f x 在 , 2  上递增，在 2,  上递减，所以  f x 在 2x   处取得最大 值   22 af e    ，没有最小值. （2）依题意，当 0x  时，恒有   2 2f x x x   ，即   21 2xa x e x x    ， 即        2 1 22 2 1 1x x x x xx x xa x e x e e        ，即 max 2 x xa e      . 构造函数    2 0x xh x xe   ，    ' 1 2 3 x x x xh x e e     ， 所以  h x 在 0,3 上递增，在  3, 上递减，所以     3max 13h x h e   ， 所以 3 1a e  . - 17 - 所以实数 a 的取值范围是 3 1 ,e    . 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查利用导数研究不等式恒成立问题， 考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题. 22.已知在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 3 4 x t y a t     ( t 为参数).以坐标原点 O 为极点， x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 6sin  . （1）求曲线 1C 的普通方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）当曲线 1C 与曲线 2C 有两个公共点时，求实数 a 的取值范围. 【答案】(1) 1 : 4 3 3 0C x y a   ,  2 2 2 3: 9x yC    ;(2) 2 8a   【解析】 【分析】 (1)消去参数 t 即可得 1C 的普通方程；通过对 6sin  两边同乘  ，结合公式即可求出 2C 的 直角坐标方程. (2)令圆心到直线的距离小于半径，即可求出实数 a 的取值范围. 【详解】解：(1)由 3x t 可知 3 xt  ，所以 44 3 xy a t a    ，即 1C 的普通方程为 4 3 3 0x y a   ， 由 6sin  可得 2 6 sin   ，所以 2 2 6x y y  ，即  22 3 9x y   ， 所以 2C 的直角坐标方程为  22 3 9x y   . (2)由题意知 2C 表示以 0,3 为圆心， 3 为半径的圆，圆心到直线 4 3 3 0x y a   的距离 2 2 4 0 3 3 3 9 3 54 3 a ad        ；因为曲线 1C 与曲线 2C 有两个公共点， 所以 9 3 35 ad   ，即 15 9 3 15a    ，解得 2 8a   . 【点睛】本题考查了参数方程转化为普通方程，考查了极坐标方程转化为直角坐标方程，考 - 18 - 查了已知直线与圆的位置关系求参数的取值范围. 23.已知函数    2f x x x a x R     . （1）当 4a   时，解不等式   1f x  ； （2）若 2 2x x a    对任意 xR 成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 3 ,2      ；（2） 0,4 . 【解析】 【分析】 （1）当 4a   时，采用零点分段法求得不等式   1f x  的解集. （2）利用绝对值三角不等式化简不等式 2 2x x a    的最值，由此解绝对值不等式求得 a 的取值范围. 【详解】（1）当 4a   时，   2 4f x x x    ， 当 4x   时，   6 1f x   ，不等式   1f x  无解. 当 4 2x   时，   2 2 1f x x    ，解得 3 2x   ，所以 3 22 x   . 当 2x  时，   6 1f x    ，不等式   1f x  成立. 综上所述，不等式   1f x  的解集为 3 ,2      . （2）由于    2 2 2x x a x x a a         ， 而 2 2x x a    对任意 xR 成立， 所以 2 2 2 2 2 0 4a a a          ， 所以 a 的取值范围是 0,4 . 【点睛】本小题主要考查含有绝对值的不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解，属于 中档题. - 19 - - 20 -