广西桂林崇左防城港市2020届高三联合模拟考试数学（理）试题 23页

‎2020年桂林市高考第二次模拟考试 理科数学 一､选择题 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，进而求并集即可.‎ ‎【详解】由题意可得，，‎ 所以，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查集合的并集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎2.已知(其中i为虚数单位)，则z的虚部为（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. 2 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数除法运算化简，由此求得的虚部.‎ ‎【详解】依题意，虚部为.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数虚部概念，属于基础题.‎ ‎3.已知，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指对函数的单调性，借助中间量比较大小.‎ ‎【详解】，，，‎ 所以，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小．‎ ‎4.若x，y满足约束条件则的最小值是（ ）‎ A. 0 B. ‎3 ‎C. 4 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最小值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，‎ 过平移基准直线到可行域边界时，‎ 有最小值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查利用线性规划求最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.‎ ‎5.某中学高三文科班从甲、乙两个班各选出7名学生参加文史知识竞赛，他们取得的成绩满分100分的茎叶图如图，其中甲班学生成绩的平均分是85，乙班学生成绩的中位数是83，则的值为　　‎ A. 8 B. ‎7 ‎C. 9 D. 168‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平均数和中位数的定义和公式，分别进行计算即可得到结论．‎ ‎【详解】甲班学生成绩的平均分是85，‎ ‎，‎ 即．‎ 乙班学生成绩的中位数是83，‎ 若，则中位数81，不成立．‎ 若，则中位数为，‎ 解得．‎ ‎，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查茎叶图是应用，要求熟练掌握平均数和中位数的概念和计算公式，比较基础．‎ ‎6.函数图象为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数奇偶性质及过特殊点判断图象特征.‎ ‎【详解】由于函数是偶函数，图象关于轴对称，故排除B、D，‎ 再由时，函数值，可得图象过点，故排除C，从而得到应选A.‎ ‎【点睛】根据函数的解析式判断函数的图象，要充分挖掘函数的性质，如单调性、奇偶性、过特殊点等，再从选项逐一进行排除.‎ ‎7.已知函数()，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，那么函数的图象（ ）‎ A. 关于点对称 B. 关于点对称 C. 关于直线对称 D. 关于直线对称 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图象相邻两条对称轴之间的距离可得周期，进而求得的值，即可求得的解析式；结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.‎ ‎【详解】函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，‎ 则，，‎ 由周期公式可得，‎ 所以，‎ 由正弦函数的图象与性质可知，对称中心满足，‎ 解得，当时，，即对称中心为，所以A错误，B正确；‎ 由正弦函数的图象与性质可知，对称轴满足，‎ 解得，所以C、D均错误，‎ 综上可知，B为正确选项，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了由正弦函数的性质求解析式，再根据正弦函数的图象与性质判断对称轴或对称中心，属于基础题.‎ ‎8.《九章算术》中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？ ”其大意：“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 本题首先可以根据直角三角形的三边长求出三角形的内切圆半径，然后分别计算出内切圆和三角形的面积，最后通过几何概型的概率计算公式即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，直角三角形的斜边长为，‎ 设内切圆的半径为，则，解得.‎ 所以内切圆的面积为，‎ 所以豆子落在内切圆外部的概率，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误．‎ ‎9.已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于，两点，若线段的中点的纵坐标为，则该抛物线的准线方程为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线的方程和抛物线方程联立，利用韦达定理，列出方程，求得，进而得到其准线方程，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，直线并代入并整理得：，‎ 设，，‎ 则，∴，解得．‎ 所以该抛物线的准线方程为，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中把直线方程和抛物线方程联立，合理利用根与系数的关系，列出方程求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎10.在中，若，则的形状是（ ）‎ A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由已知，或，即或，由正弦定理，得，即，即，均为的内角，或或，为等腰三角形或直角三角形，故选D.‎ ‎11.已知双曲线：的右焦点为，左顶点为，以为圆心，为半径的圆交的右支于，两点，且线段的垂直平分线经过点，则的离心率为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的左焦点为，是线段的垂直平分线，则点在上，可得是等边三角形，，故.中，，，由双曲线的定义可得，余弦定理可求得，故可求离心率.‎ ‎【详解】设双曲线的左焦点为，连接.点是线段的中点，是线段 的垂直平分线，则点在上.‎ 如图所示 则.‎ 又双曲线和以为圆心的圆都关于轴对称，点关于轴对称，‎ 是等边三角形，‎ ‎.‎ 由题意，.‎ 又点在双曲线的右支上，.‎ 中，，由余弦定理得 ‎，‎ 即，‎ 整理得，即或（舍），‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义、几何性质，考查圆的几何性质，属于中档题.‎ ‎12.若对于任意的，都有，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由已知有，两边同时除以，化简有，而，构造函数，令 令 ，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由对于恒成立，即在为增函数，则，故 的最大值为1，选C.‎ 点睛：本题主要考查了导数在研究函数的单调性上的应用，属于中档题．本题关键是将已知不等式恒等变形为，再根据单调性得出结果．‎ 二.填空题 ‎13.二项式的展开式中常数项为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：二项式的展开式的通项公式为,令，解得，所以该二项式展开式中常数项为，故答案为.‎ 考点：二项展开式的通项公式.‎ ‎14.已知，分别是的两个实数根，则_______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，分别是的两个实数根，利用韦达定理得到，再由两角和的正切公式求解.‎ ‎【详解】因为，分别是的两个实数根，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题主要考查两角和与差的正切公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎15.已知向量， ，若存在向量，使得，，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 待定系数法，设 根据平面向量数量积的坐标运算建立方程组求解可得.‎ ‎【详解】设,，‎ ‎，解得 ，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查平面向量数量积的运算 ‎(1)．根据定义计算数量积的思路：根据图形之间的关系，用长度和相互之间的夹角都已知的向量分别表示出要求数量积的两个向量，然后再根据平面向量数量积的定义和性质进行计算求解.‎ ‎(2).利用坐标计算数量积的方法：先根据共线、垂直等条件计算出这两个向量的坐标，求解过程要注意方程思想的应用；再根据数量积的坐标公式进行运算即可．‎ ‎16.三棱锥中，平面，，，，是边上的一个动点，且直线与面所成角的最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积.‎ ‎【详解】由题意，三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，‎ 如图所示，则，且的最大值是，‎ 所以，所以的最小值是，即到的距离为，‎ 所以，因为，在中可得，即可得,‎ 取的外接圆圆心为，作，‎ 所以，解得，所以,‎ 取为的中点，所以，‎ 由勾股定理得，‎ 所以三棱锥的外接球的表面积是.‎ ‎【点睛】本题考查了有关球的组合体问题，以及球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，确定球的球心和半径，注意球的性质的合理运用是解答的关键，对于求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.‎ 三.解答题 ‎17. 下图是某市‎3月1日至14日的空气质量指数趋势图,空气质量指数小于100表示空气质量优良,空气质量指数大于200表示空气重度污染,某人随机选择‎3月1日至‎3月13日中的某一天到达该市,并停留2天.‎ ‎(Ⅰ)求此人到达当日空气重度污染的概率；‎ ‎(Ⅱ)设X是此人停留期间空气质量优良的天数,求X的分布列与数学期望.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）X的分布列为：‎ X的期望EX==．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：(I) ‎3月1日至‎3月13日中,只有5日与8日为重度污染，再根据古典概率的求法即可得到所求概率；(Ⅱ)先确定X可能的取值0、1、2共三种,然后根据图像分别计算X为0、1及2时的概率.即可得到分布列，从而求出期望.‎ 试题解析：设表示事件“此人于3月i日到达该市”(i="1,2,..,13).‎ 根据题意,,且. ‎ ‎(I)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”,则,‎ 所以.‎ ‎(II)由题意可知,X的所有可能取值为0,1,2,且 ‎ P(X=1)=P(A3∪A6∪A7∪A11)= P(A3)+P(A6)+P(A7)+P(A11)=,‎ P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13)= P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)=,‎ P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)=, ‎ 所以X的分布列为: ‎ ‎ ‎ 故X的期望. ‎ 考点：1.古典概率；2.分布列与期望.‎ ‎18.已知等差数列的各项均为正数，前项和为，且满足，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，且，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设数列的首项为，公差为，且，由题意，得，解方程求解即可；‎ ‎（2）利用累加法得到，从而得，，进而利用裂项相消法求和即可.‎ ‎【详解】（1）设数列的首项为，公差为，且.‎ 则由题意，得 解之得或（舍）‎ ‎∴.‎ ‎（2）由得 以上等式左右相加得，又，‎ ‎∴，‎ ‎.‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量运算及累加法求通项公式，裂项相消法求数列的和，属于中档题.‎ ‎19.已知四棱锥，底面为正方形，且底面，过的平面与侧面的交线为，且满足（表示的面积）.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）当时，二面角的余弦值为，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）. ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由正方形性质可得，从而得平面 ，根据线面平行的性质定理可得，由三角形中位线定理可得，进而根据线面平行的判定定理可得平面；（2）∵底面为正方形，且底面，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，设，，分别求出平面的一个法向量及平面 的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得，从而可得结果.‎ 试题解析：（1）由题知四边形ABCD为正方形 ‎∴AB//CD，又平面PCD，AB平面PCD ‎∴AB//平面PCD ‎ 又AB平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD=EF ‎∴EF // AB，又AB//CD ‎∴EF //CD， ‎ 由S△PEF：S四边形CDEF=1:3知E、F分别为PC、PD的中点 连接BD交AC与G，则G为BD中点，‎ 在△PBD中EG为中位线，∴ EG//PB ‎ ‎∵ EG//PB，EG平面ACE，PB平面ACE ‎∴PB//平面ACE. ‎ ‎（2）∵底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，‎ ‎∴PA、AB、AD两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz， ‎ ‎ ‎ 设AB=AD=‎2a，AP=2b，则A（0，0，0），D（0，‎2a，0），C（‎2a，‎2a，0）‎ G（a，a，0），P（0，0，2b），F（a，a，b）， ‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，DG底面ABCD，∴DG⊥PA ，‎ ‎∵四边形ABCD为正方形∴AC⊥BD,即DG⊥AC，AC∩PA=A ‎∴DG⊥平面CAF，‎ ‎∴平面CAF的一个法向量为 ‎ 设平面AFD的一个法向量为而 由得 取可得 为平面AED的一个法向量， ‎ 设二面角C—AF—D的大小为 则得 又 ∴ ‎ ‎∴当二面角C—AF—D的余弦值为时. ‎ ‎【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎20.已知椭圆的焦点坐标是，过点且垂直于长轴的直线交椭圆于两点，且.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，问三角形内切圆面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值及此时直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在；；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由通径长度可求得，再结合即可求解；‎ ‎（2）设直线方程为，联立直线和椭圆方程可得关于的一元二次方程，求解出韦达定理，又由几何性质可得，，再由三角形的内切圆的面积公式，内切圆面积为，结合三个关系式可知，要使最大，即使最大，最终结合换元法和对勾函数可求最值；‎ ‎【详解】设，代入标准方程可得，又，‎ 故，又，求得，故椭圆的标准方程为：；‎ ‎（2‎ ‎）由题可知要使三角形内切圆面积最大，即使内切圆半径最大，而三角形面积的两个等价公式有①，②，‎ 其中，联立两式可得，设过的直线方程为，显然直线斜率不为0，联立 ‎，则，‎ 令，则，由对勾函数性质可知，当且仅当时，即时，取到最小值，又，时，单增，故，，，‎ 此时，直线方程为：‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，椭圆的几何性质，三角形面积公式的等价转化，韦达定理在解析几何中的应用，换元法，对勾函数求最值，转化与化归思想，计算能力，逻辑推理能力，属于难题 ‎21.已知.‎ ‎（1）当时，求证：；‎ ‎（2）若有三个零点时，求的范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）令，，，利用导数可得在上单调递减，，从而可得结论; （2）有三个零点等价于有三个零点，当时，当时，可得是单调函数，至多有一个零点，不符合题意，当时，利用导数研究函数的单调性，根据单调性，结合函数图象可得的范围是.‎ 详解：（1）证明：，‎ 令，，，‎ ‎，‎ 在上单调递减，，‎ 所以原命题成立.‎ ‎（2）由 有三个零点可得 有三个零点，‎ ‎，‎ ‎①当时，恒成立，可得至多有一个零点，不符合题意；‎ ‎②当时，恒成立，可得至多有一个零点，不符合题意；‎ ‎③当时，记得两个零点为，，不妨设，且，‎ 时，；时，；时，‎ 观察可得，且，‎ 当时，；单调递增，‎ 所以有，即，‎ 时，，单调递减，‎ 时，单调递减，‎ 由（1）知，，且，所以在上有一个零点，‎ 由，且，所以在上有一个零点，‎ 综上可知有三个零点，‎ 即有三个零点，‎ 所求的范围是. ‎ 点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.‎ ‎22.选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），现以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（Ⅰ）求圆的极坐标方程； ‎ ‎（Ⅱ）设是圆上的两个动点，且，求的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先由参数方程写出直角坐标方程，再由 代入化简即可得到圆的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）先根据 设出P,Q的极坐标，再对 化一，求出 的范围进而求出的最大值．‎ ‎【详解】（Ⅰ）圆的直角坐标方程为，即，‎ 所以圆的极坐标方程为，即. ‎ ‎(Ⅱ)设的极坐标为，，则 ‎，则 ‎,‎ 又，所以，‎ 所以当时，取最大值.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标的应用，注意的范围，侧重计算能力的考查．‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）若，解不等式；‎ ‎（Ⅱ）当时，函数的最小值为，求实数的值.‎ ‎【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）a=-2时， ，f(x)的两个零点分别为-1和1，通过零点分段法分别讨论 ，去绝对值解不等式，最后取并集即可；‎ ‎（Ⅱ）法一： 时， ，化简f(x)为分段函数，根据函数的单调性求出f(x)在 处取最小值3，进而求出a值．法二：先放缩，再由绝对值三角不等式求出f(x)最小值，进而求a．‎ ‎【详解】(Ⅰ) 时，不等式为 ‎①当 时，不等式化为，，此时 ‎ ‎②当 时，不等式化为，‎ ‎③当 时，不等式化为，，此时 综上所述，不等式的解集为 ‎（Ⅱ）法一：函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，当a＜2，即时，‎ ‎ ‎ 所以f(x)min＝f（）＝－＋1＝3，得a＝－4＜2(符合题意)，故a＝－4. ‎ 法二： ‎ 所以，又，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查绝对值三角不等式的解法，零点分段法化简分段函数，求分段函数的最值，体现了分类讨论的数学思想．‎ ‎ ‎