安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟卷（九）数学（文）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com ‎2020届模拟09‎ 文科数学 测试范围：学科内综合．共150分，考试时间120分钟 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.设复数满足（为虚数单位），则（ ）‎ A. 0 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过复数的除法求出,由复数和共轭复数的关系进而可求出.‎ ‎【详解】解:注意到,则 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了共轭复数,考查了复数的运算.‎ ‎2.在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个位正整数的所有数位上数字的次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位正整数的自恋数组成集合，集合，则的真子集个数为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据自恋数的定义,求出;用列举法表示出,求出交集后,由交集中元素个数,即可求出真子集个数.‎ ‎【详解】解:依题意,,‎ - 22 -‎ 故,故的真子集个数为7‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的运算,考查了真子集的涵义.若集合中元素个数有 个,则其子集有 个,真子集有 个,非空子集有个,非空真子集有个.‎ ‎3.已知，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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为条件,判断能否推出;反之以为条件,判断能否推出,即可选择正确答案.‎ ‎【详解】解:由,得 即,,从而.以上推导过程均是可逆的 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了充分和必要条件.判断两个命题的关系时,通常分两步,若,则 是 的充分条件, 是的必要条件;反之,若则 是 的必要条件, 是的充分条件.‎ ‎4.用表示中的最大值，若，则的最小值为（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令,求出分界点,结合函数的图像进行讨论,求出,进而可求最小值.‎ ‎【详解】解:可知当时,,此时.‎ - 22 -‎ 当时,可得,此时 当时,,此时.综上,‎ 可得当或时取得最小值1‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的最值,考查了分段函数.求函数最值时,常用的方法有图像法,单调性法,导数法.对于分段函数求最值时,往往画出函数图像进行分析求值.‎ ‎5.如图，圆过正六边形的两个顶点，记圆与正六边形的公共部分为，则往正六边形内投掷一点，该点不落在内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设,求出正六边形的面积以及的面积,结合几何概型,可求所求的概率.‎ ‎【详解】解:依题意,不妨设,故正六边形的面积 公共部分为的面积.故所求概率 故选:D ‎【点睛】本题考查了几何概型.当题目已知为平面区域,在求概率时,往往用面积之比;当已知为射线问题时,往往用角度之比;当已知为区间时,往往用长度之比;当已知为几何体时,往往用体积之比.‎ - 22 -‎ ‎6.已知正项等比数列的前项和为，且，若，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求出公比，进而可求，明确，即可比较大小.‎ ‎【详解】解依题意,，故，‎ 则，因为，‎ 故.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列，考查了等比数列前 项和，考查了指数函数的性质，考查了对数函数的性质.对于两个 型的数值在比较大小时，若底数相同，则结合指数函数的单调性判断；若指数相同则可结合幂函数的图像、性质进行判断；若底数、指数均不相同，则可找到中间量进行比较.‎ ‎7.如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中三视图，求得该几何体的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知,原几何体为半球体与圆柱体拼接而成,且半径为2, 高为2.进而可求表面积.‎ ‎【详解】解:将三视图还原,可知原几何体由半球体与圆柱体拼接而成 其中半球体半径为2,圆柱体的底面半径为2,高为2.‎ 故所求几何体的表面积 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了三视图,考查了圆柱的表面积,考查了球的表面积.由三视图求几何体的表面积时,需要由三视图还原几何体.本题的难点也正是几何体的还原.本题的易错点是求表面积时,多加、少加了底面的面积.‎ ‎8.已知单位向量夹角为，若向量，且，则（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 8 D. 16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可知,进而可求出,从而明确了,即可求其模.‎ ‎【详解】解:依题意，，故，故，故.‎ 解得，故，故，故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量模的求法.对于向量问题，若已知两个向量垂直，则可知.求解向量的模时，可代入进行求解.‎ ‎9.执行如图所示的程序框图，若输出的的值是35，则判断框内应补充的条件为（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图，由开始，分别进行若干循环，探究跳出循环时的值，从而可得正确答案.‎ ‎【详解】当，可得；当，可得；‎ 当,，可得；当，可得；‎ 当，可得；当，可得；‎ 当，可得；当，可得；‎ 当，可得；当，可得.‎ 故判断框内应补充的条件为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了流程图.对于已知结果补充流程图问题，常考的为循环框图，往往采用代入选项进行验证的方法.此类题型的易错点为：临界点能正确求出,但不能正确写出判断条件.‎ ‎10.过椭圆一个焦点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，是原点，若是等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 焦点坐标代入椭圆方程中可求出交点坐标,结合是等边三角形,可知,结合椭圆中 的取值范围,可求椭圆的离心率.‎ ‎【详解】解:不妨设题中的焦点为椭圆的右焦点,将焦点坐标代入椭圆方程中 得两交点坐标分别为.由于是等边三角形,则可得 从而,即,解之得或(舍去)‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆离心率的求解.本题的关键是由等边三角形求出 的关系式.本题的易错点是忽略椭圆中离心率的取值范围,没能进行正确取舍.‎ ‎11.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图象可得当 ， ，故可排除C，因为当 时， .当 ，可得 ，而当 时， ，故可排除D选项，当 时， ，故可排除A选项，‎ 本题选择B选项.‎ - 22 -‎ ‎12.设定义在上的函数满足任意都有，且时，，则、、的大小关系是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据先确定是周期为4的函数，进而可得，，，再构造函数，结合条件判断其单调性，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为函数满足任意都有，所以，则是周期为4的函数.则有，，.‎ 设，则导数为，‎ 又由时，，则，所以函数在上单调递增；则有，即，即 - 22 -‎ ‎，‎ 变形可得.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查函数的周期性和利用导数研究函数的单调性，结合题意构造函数，对新函数求导，判断出其单调性，即可求解，属于常考题型.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上．）‎ ‎13.已知函数，则函数图象的对称轴为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,进而由诱导公式及二倍角公式可知, .令，从而可求函数的对称轴.‎ ‎【详解】解:依题意,‎ 由得,故的图象关于直线对称.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了诱导公式,考查了二倍角公式,考查了三角函数对称轴的求法.对于,采用整体的思想,令 可求对称轴,令 ‎,可求对称中心的横坐标.本题的易错点有两个,一是最后答案未写成 的形式;二是解时,未除以.‎ ‎14.已知直线与直线相互垂直，点到圆的最短距离为3，则______________.‎ - 22 -‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题设条件可得关于的方程组，求出其解后可得的值.‎ ‎【详解】依题意，，解得，或，（舍），‎ 故.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查两直线的垂直以及定点到圆上动点的距离的最值问题，本题属于基础题.‎ ‎15.已知点满足，求的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出满足约束条件的可行域, 将看作阴影部分区域内的点与点连线的斜率,通过分析可求 的最值,从而可求的最值.‎ ‎【详解】解:不等式组所表示的平面区域如图所示阴影部分 ‎(包括边界),其中为直线的交点, 计算可得三点坐标分别为 表示阴影部分区域内的点与点连线的斜率 由图象可得的最大值为 - 22 -‎ 的最小值为,故,从而.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划问题.在求目标函数最值时,常见的目标函数有三种形式,一是 型,此时将 当做直线与 轴的截距相关的量;二是,此时将看作是可行域内一点与 连线的斜率;三是,此时将看作是可行域内一点与的距离的平方.‎ ‎16.已知数列的前项和，数列对，有，求______________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 由条件 可得 ，当 ， ，从而数列 的通项公式 .‎ 当 时，由得 ，将此二式相减，可得 ， .当 时，得 ，‎ 符合表达式 ，故数列 的通项公式为 ，‎ 从而 .‎ 点睛： 数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎17.在中，角的对边分别为，已知.‎ ‎（1）求；‎ - 22 -‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】(1)2;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由整理可知,进而求出的值,结合正弦定理即可求出.‎ ‎(2)由整理可知,进而由余弦定理可求、,从而可求 .‎ ‎【详解】解:(1)由得 即,解得或(舍去)‎ 由正弦定理得.‎ ‎（2）由余弦定理得,将代入 得,解得.由余弦定理得，‎ 又为三角形内角，故，‎ 又，‎ 从而.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理,考查了余弦定理,考查了三角恒等变换.若题目已知角的等式求边的关系时,常结合正弦定理、余弦定理进行边角互化.已知两角及一角的对边,常选择正弦定理解三角形;已知两边及其夹角或者已知三边时,常用余弦定理解三角形.‎ ‎18.如图，正三棱柱中，为中点，为上的一点，‎ - 22 -‎ ‎.‎ ‎（1）若平面，求证：.‎ ‎（2）平面将棱柱分割为两个几何体，记上面一个几何体的体积为，下面一个几何体的体积为，求.‎ ‎【答案】（1）证明过程见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)由题意可得四点在同一个平面上，则易知.‎ ‎(2)由题意转化顶点可求得棱锥的体积，.‎ 试题解析：‎ ‎（1）如图，取中点，连接.‎ 棱柱为正三棱柱，‎ ‎ 为正三角形，侧棱两两平行且都垂直于平面.‎ ‎ ，‎ ‎ 平面，， 平面，‎ ‎ 平面， ，四点在同一个平面上.‎ ‎ 平面，平面，平面平面，‎ ‎ ， ， ，为中点，即.‎ ‎（2）正三棱柱的底面积，则体积.‎ - 22 -‎ 下面一个几何体为四棱锥，底面积，因为平面平面，过点作边上的高线，由平面与平面垂直的性质可得此高线垂直于平面，故四棱锥的高，则，从而.‎ ‎19.为了调查某厂工人生产某件产品的效率，随机抽查了100名工人某天生产该产品的数量，所取样本数据分组区间为，由此得到如图所示频率分布直方图.‎ ‎（1）求的值并估计该厂工人一天生产此产品数量的平均值；‎ ‎（2）从生产产品数量在的四组工人中，用分层抽样方法抽取13人，则每层各应抽取多少人？‎ ‎【答案】(1);57.35;(2)6人,4人,2人,1人.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由长方形的面积和为1,可求的值.求出各长方形的面积与中点积的和即为平均值.‎ ‎(2)100与四组频率之积,即可分别求出四组分别有多少人,结合总的抽取人数,即可求出每组抽取的人数.‎ ‎【详解】解:(1)由于小矩形的面积之和为1,则，‎ - 22 -‎ 由此可得.该厂工人一天生产此产品数量的平均值 为.‎ ‎(2)生产产品数量在的工人有人，‎ 生产产品数量在的工人有人，‎ 生产产品数量在的工人有人，‎ 生产产品数量在的工人有人.‎ 则四组工人抽取人数分别为人，人，‎ 人，人.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图，考查了由频率分布直方图估计平均数，考查分层抽样.对于频率分布直方图，常用的的公式即为长方形的面积为该组频率，所有长方形的面积之和为1.对于分层抽样的题型，关键是求出抽样比.‎ ‎20.已知是曲线上的动点，且点到的距离比它到x轴的距离大1.直线与直线的交点为.‎ ‎（1）求曲线的轨迹方程；‎ ‎（2）已知是曲线上不同的两点，线段的垂直垂直平分线交曲线于两点，若的中点为，则是否存在点，使得四点内接于以点为圆心的圆上；若存在，求出点坐标以及圆的方程；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)存在,,.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由点到的距离比它到轴的距离大1可知, 点的轨迹为抛物线,即可求出轨迹方程.‎ ‎(2) 设,点差法结合中点,可求出,从而可求直线 - 22 -‎ 的方程是,直线的方程是,分别与联立,求出交点的坐标,求出到四点距离均相等的点即为圆心,该距离即为半径,即可求出圆的方程.‎ ‎【详解】解:(1)因为点到的距离比它到轴的距离大1,‎ 则点到的距离与点到直线的距离相等.故点的轨迹为抛物线 焦点为,则.即曲线的轨迹方程为.‎ ‎（2）联立,解得,故.‎ 设,则,根据点差法,两式相减整理得 ‎.所以直线的方程是 直线的斜率为 ,则直线的方程是 联立,解得 从而有.联立,得,则 设的中点为,则,从而有 故四点共圆且为圆心,故圆的方程是.‎ ‎【点睛】本题考查了点轨迹方程的求解,考查了抛物线的定义,考查了直线与抛物线的相交问题,考查圆的方程,考查了弦长问题.求解点的轨迹方程时,常用的方法是设出点的坐标,由题意找到横纵坐标的等量关系,即可得到轨迹方程;但对于某些题,当点的轨迹是特殊图形时,如直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线,我们可先判断出点的轨迹形状,再根据具体形状的定义等求方程.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若在区间上有两个零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）详解见解析；（2）‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)首先求得函数的导函数，然后分类讨论求得函数的单调区间即可；‎ ‎(2)结合(1)的结论，利用导函数与原函数的关系整理可得的取值范围是.‎ ‎【详解】（1）的定义域为，，‎ 令可得或.下面分三种情况.‎ 当时，可得，由得，由得，‎ 此时的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ 当时，由得或，由得，‎ 此时的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ 当时，，在区间上单调递增.‎ ‎(2)由（1）得，当时，在处取得最小值，且在区间内先减后增，又，‎ ‎，要使得在区间上有两个零点，‎ 必须有且，由此可得.‎ 当时，，显然在区间上不存在两个零点.‎ 当时，由（1）得在区间内先减后增，‎ - 22 -‎ 又，，‎ 故此时在区间上不存在两个零点. ‎ 当时，由（1）得在区间内先增，先减，后增.‎ 又,，‎ 故此时在区间上不存在两个零点.‎ 当时，由（1）得在区间上单调递增，‎ 在区间上不存在两个零点.‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查含参数的函数的单调性以及函数的零点，前者需结合导数的符号来讨论，后者应利用函数的单调性以及零点存在定理来讨论，本题属于难题.‎ 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．作答时请写清题号．‎ ‎22.在极坐标系中，曲线的极坐标方程为.现以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为(为参数).‎ ‎（1）求曲线的直角坐标系方程和直线的普通方程；‎ ‎（2）点在曲线上，且到直线的距离为，求符合条件的点的直角坐标.‎ ‎【答案】(1),;(2), ,,.‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 两边同时乘以,结合 即可求解;对于直线,消除参数即可得普通方程.‎ ‎(2)由题意求出曲线的参数方程为,由到直线的距离为,可知,整理后可求出 的值,从而可得答案.‎ ‎【详解】解:(1)由曲线的极坐标方程为,则 即,得其标准方程为.‎ 直线参数方程为(为参数),则其普通方程为.‎ ‎(2)由(1)得曲线为圆心为,半径为5的圆,曲线的参数方程为 ‎(为参数),则,化简为 可得或.‎ 当时,注意到,联立方程组得 或,此时对应的点坐标为.‎ 当时,同理可得或,即点坐标为.‎ 综上,符合条件的点坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的转化,考查了参数方程与普通方程的转化,考查了参数的应用.极坐标方程向普通方程转化时,代入公式 - 22 -‎ ‎;反之,由普通方程转化为极坐标方程时,代入公式;参数方程转化为普通方程时,关键是消参.‎ ‎23.已知定义在上的函数.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若对任意恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) ,则临界点为,分别讨论,,,去掉绝对值号,即可求解.‎ ‎(2) 当时可知对任意恒成立;当时, 通过讨论 的不同取值,,去掉绝对值号,求出的最小值,从而可求 的取值范围.‎ ‎【详解】解:(1)当时,.‎ 当时,原不等式可化为,解得.结合得,此时.‎ 当时,原不等式可化为,解得,结合得,此时不存在.‎ 当时,原不等式可化为,解得,结合得,此时.‎ 综上,原不等式的解集为.‎ ‎(2)由于对任意恒成立,故当时 不等式对任意恒成立,此时.‎ 当,即或时,由于,记 下面对分三种情况讨论.‎ 当时,,在区间内单调递减.‎ 当时,,在区间内单调递增.‎ 当时,,在区间内单调递增.‎ - 22 -‎ 综上,可得.要使得对任意恒成立,只需 即,得.结合或,得.‎ 综上,的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式解法,考查了不等式恒成立问题.解含绝对值的不等式时,常用的方法有分类讨论法、几何意义法、图像法等.对于不等式恒成立问题,常转化为函数的最值,若 恒成立,则求 的最小值,使;若恒成立,则求的最大值,使.‎ - 22 -‎ - 22 -‎