安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟考试卷（五）数学（文）试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com ‎2020届安徽省六安市第一中学高三下学期模拟卷（五）‎ 数学（文）试题 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.设全集，集合，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出后可求.‎ ‎【详解】，故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算（交集和补集），此类属于基础题.‎ ‎2.若复数满足，其中为虚数单位，则复数的共轭复数所对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，解得，再求，然后用几何意义判断.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以对应的点在第三象限..‎ 故选：C - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算及复数的几何意义，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎3.已知幂函数是定义在区间上的奇函数，设，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是幂函数，得到，再由在区间上是奇函数，得到，然后用函数的单调性判断.‎ ‎【详解】因为函数是幂函数，‎ 所以 ，‎ 所以，‎ 又因为在区间上是奇函数，‎ 所以，‎ 即，‎ 因为，‎ 又为增函数，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了幂函数的定义及性质，还考查了转化化归的思想和理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎4.已知双曲线的两个实轴顶点为，点为虚轴顶点，且，则双曲线的离心率的范围为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，所以为钝角，有求解.‎ ‎【详解】根据题意，，‎ 所以为钝角，‎ 所以，‎ 所以 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎5.2016年五一期间，各大网站纷纷推出各种“优惠劵”.在此期间，小明同学对本小区某居民楼的20名住户在假期期间抢得“优惠劵”的数量进行调查得到如下表格 抢得“优惠劵”数量（个）‎ 人数 ‎2‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎3‎ 则该小区50名住户在2016年“五一”期间抢得的“优惠劵”个数约为（ ）‎ A. 30 B. 1500 C. 26 D. 1300‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表中数据,求出每组所对的频率,利用平均数公式估计每一人抢得“优惠劵”的平均数,然后再乘以50即可.‎ ‎【详解】由数据可知四个组的频率分别为，‎ 所以每一人抢得“优惠劵”的平均数为 所以该班50名住户在2016年“五一”期间抢得的“优惠劵”个数约为(个).‎ - 24 -‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查利用样本估计总体的平均数;属于基础题.‎ ‎6.已知向量，函数在区间上单调，且的最大值是，则（ ）‎ A. 2 B. C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，利用数量积运算得到，再根据函数在区间上单调，且的最大值是，求得周期，确定函数再求值.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ ‎，‎ 因为函数在区间上单调，且的最大值是，‎ 所以，，，‎ 即，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了三角函数与平面向量，数量积运算及三角函数的性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎7.如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（ ）‎ - 24 -‎ A. 10 B. 11 C. 12 D. 13‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据循环结构，从开始，一一验证，直至时，对应的值.‎ ‎【详解】输入的，程序框图运行如下：‎ ‎，，，，‎ ‎，，，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，.‎ 所以输出的 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图中的循环结构，还考查了数形结合的思想和逻辑推理的能力，属于基础题.‎ ‎8.设是的对角线的交点，三角形的高为2，为任意一点，则（ ）‎ A. 6 B. 16 C. 24 D. 48‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 根据，有在向量的射影为，根据向量加、减法运算，将转化求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以在向量的射影为，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了向量的加法，减法运算及向量的投影，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力，属于中档题.‎ ‎9.设满足约束条件，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件，作出可行域，目标函数表示表示点和两点的距离的平方，然后用数形结合求解.‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如图，‎ 令，则表示点和两点的距离，‎ 由图可得，，‎ - 24 -‎ 联立，解得，‎ 所以 过作于，则，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎10.设函数，且，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数解析式知,,求出得到分段函数的解析式,根据解析式判断函数的单调性,利用单调性得到关于的不等式,解不等式即可.‎ ‎【详解】，即，解得.‎ 故，‎ 由此可以判断函数为上的增函数，‎ 因为,所以，‎ 所以所求不等式的解集为.‎ 故选:A - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查利用分段函数的单调性解不等式;属于中档题、常考题型.‎ ‎11.如图，已知六个直角边均为1和的直角三角形围成的两个正六边形，则该图形绕着旋转一周得到的几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形，外面的六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个同底的圆台，再根据圆台的体积公式求解，内部的六边形边长为1，旋转得到的几何体是一个圆柱，两个与圆柱同底的圆锥.再根据圆柱，圆锥的体积公式求解，然后外部的减内部的体积即为所求.‎ ‎【详解】根据题意，外面的六边形边长为，‎ 旋转得到的几何体是两个同底的圆台，‎ 上底半径为，下底半径为，高为 ，‎ 所以旋转得到的几何体的体积为，内部的六边形边长为1‎ 旋转得到的几何体是一个圆柱，两个与圆柱同底的圆锥，‎ 圆锥的底面半径为，高为，圆柱的底面半径为，高为1，‎ 内部的六边形旋转得到的几何体的体积为，‎ 所以几何体的体积为.‎ 故选：B - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间几何体的组合体的体积，还考查了空间想象的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数满足，且时，，又，则函数在区间上零点的个数为（ ）‎ A. 2015 B. 2016 C. 2017 D. 2018‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知,当时，函数，求出函数的导数,利用导数判断函数的单调性,求出函数的最大值,因为函数是以2为周期的周期函数,画出函数和的图象,把函数零点个数转化为两个函数图象的交点个数，利用数形结合的思想即可求解.‎ ‎【详解】，所以的一个周期为2，‎ 因为当时，，则，‎ 当时,,函数在区间上单调递增,‎ 所以；‎ 当时,,函数在区间上单调递减,‎ 所以；‎ 所以当时,函数有最大值为1, ‎ 函数与的图象如下：‎ - 24 -‎ 所以函数在区间内有一个零点，‎ 在内有1008个周期，每个周期内均有2个零点，‎ 所以函数在区间共有2017个零点.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查函数的零点个数问题;熟练掌握周期函数的定义和分段函数图象的作法,利用数形结合思想把函数零点问题转化为两个函数的交点问题是求解本题的关键;属于中档题、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.已知抛物线，是上的一点，若焦点关于的对称点落在轴上，则________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据间的对称关系，结合点在轴上，求得点的横坐标，再利用抛物线的定义求解.‎ ‎【详解】设, 因为为的中点，且点在轴上，‎ ‎ 所以的横坐标为，‎ 由抛物线的定义得，‎ - 24 -‎ ‎.‎ 故答案为：6‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的定义及对称问题，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力，属于中档题.‎ ‎14.南宋数学家杨辉研究了垛积与各类多面体体积的联系，由多面体体积公式导出相应的垛积术公式．例如方亭(正四梭台)体积为，其中为上底边长，为下底边长，为高．杨辉利用沈括隙积术的基础上想到：若由大小相等的圆球垛成类似于正四棱台的方垛，上底由个球组成，以下各层的长、宽依次各增加一个球，共有层，最下层(即下底)由个球组成，杨辉给出求方垛中物体总数的公式如下：根据以上材料，我们可得__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，在中，令，即可得到结论.‎ ‎【详解】根据题意，令，‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了类比推理，还考查了抽象概括问题的能力，属于基础题.‎ ‎15.某一几何体三视图如图所示，已知几何体的体积为，则俯视图的面积为__.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 根据三视图，得到这个几何体为一个放倒的四棱锥，画出直观图，根据三视图，正视图为底面，高为俯视图的高，由体积求得高，得到俯视图的边长即可.‎ ‎【详解】由三视图可知，几何体为一个四棱锥，‎ 直观图如下，‎ 设四棱锥的高为，‎ 几何体的体积为，‎ 即点到平面的距离为，‎ 又因为俯视图三角形底边长为2，‎ 所以俯视图的面积为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了三视图与直观图，还考查了数形结合的思想和空间想象的能力，属于中档题.‎ ‎16.已知数列满足，且，记数列的前项和为，若不等式对任意都成立，则实数的最大值为____________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 类比已知求的方法:由,得到,两式相减得到数列的递推公式,利用递推公式求数列的通项公式和前n项和公式,利用函数恒成立问题中的分离参数法进行求解即可.‎ ‎【详解】因为,所以,‎ - 24 -‎ 两式相减可得,,‎ 因为,所以有,‎ 因为,所以,‎ 当为奇数时,因为,所以有,‎ 当为偶数时, 因为,,所以,‎ 综上可知,数列是以1为首项,以1为公差的等差数列,‎ 所以数列的通项公式为,前n项和,‎ 因为不等式对任意都成立，‎ 所以对任意都成立,‎ 即对任意都成立,‎ 令，‎ 因为当时，单调递增，‎ 所以，即实数的最大值为2,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式和前n项和公式及不等式的恒成立问题;由和的关系式正确的求出数列的通项公式是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.‎ 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，分别是的中点，，且.‎ ‎（1）求的面积；‎ ‎（2）求的值.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理把边化成角,再由两角和的正弦公式求出,代入三角形的面积公式求解即可;‎ 在和中,分别利用余弦定理求出,由知,即可求出的值.‎ ‎【详解】，‎ ‎； ‎ 又，所以，所以的面积为.‎ 根据题意，画出图形，如图所示：‎ 又点分别为的中点，则，‎ 所以中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ 同理,在中,由余弦定理可得,‎ ‎， ‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正余弦定理解三角形和三角形面积公式的应用;属于中档题、常考题型.‎ ‎18.京剧是我国的国粹，是“国家级非物质文化遗产”，为纪念著名京剧表演艺术家，京剧艺术大师梅兰芳先生，某电视台《我爱京剧》的一期比赛中，2位“梅派”传人和4位京剧票友（资深业余爱好者）在幕后登台演唱同一曲目《贵妃醉酒》选段，假设6位演员的演唱水平相当，由现场40位大众评委和“梅派”传人的朋友猜测哪两位是真正的“梅派”传人.‎ - 24 -‎ ‎（1）此栏目编导对本期的40位大众评委的年龄和对京剧知识的了解进行调查，根据调查得到的数据如下：‎ 京剧票友 一般爱好者 合计 ‎50岁以上 ‎15‎ ‎10‎ ‎25‎ ‎50岁以下 ‎3‎ ‎12‎ ‎15‎ 合计 ‎18‎ ‎22‎ ‎40‎ 试问：在犯错误的概率不超过多少的前提下，可以认为年龄的大小与对京剧知识的了解有关系？‎ ‎（2）若在一轮中演唱中，每猜出一位亮相一位，且规定猜出2位“梅派”传人”或猜出5人后就终止，记本轮竞猜一共竞猜次，求随机变量的分布列与期望.‎ 参考数据：‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.25‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.455‎ ‎0.708‎ ‎1.323‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ 参考公式：‎ ‎【答案】（1）在犯错误的概率不超2.5%的前提下可以认为年龄与对京剧知识的了解有关系.（2）见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据列联表，利用公式求得卡方值，对应卡值下结论.‎ - 24 -‎ ‎（2）根据题意，分四种情况，一是猜2次，2人全是“梅派”传人”，二猜3次是第3次是“梅派”传人，三是猜4次，第4次是“梅派”传人，四是猜5次，分两类，一类是第5次是“梅派”传人，第二类是第5次不是“梅派”传人，分别用古典概型求得概率，列出分布列，求期望.‎ ‎【详解】（1）因为， ‎ 所以在犯错误的概率不超过2.5%的前提下可以认为年龄与对京剧知识的了解有关系.‎ ‎（2）由题意，随机变量的取值分别为.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎， ‎ 随机变量的分布列为：‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 随机变量的期望为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了独立性检验和分布列，还考查了数据处理和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19.在如图（1）梯形中，，过作于，，沿翻折后得图（2），使得，又点满足，连接，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求三棱锥外接球的体积.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接与交于点,由线面平行的判定定理知,证明即可；‎ 在中,利用余弦定理求出,利用勾股定理和线面垂直的判定与性质证得两两互相垂直, 以为棱，构造长方体,则长方体外接球与三棱锥的外接球相同,求出对应长方体的外接球的体积即可.‎ ‎【详解】证明:如图: ‎ 连接与交于点，因为，则 ‎，‎ ‎，又平面，平面，‎ ‎ 平面.‎ 由，得四边形为平行四边形，‎ 因为,所以，，‎ 所以在中,由余弦定理可得,‎ ‎，‎ 所以， ‎ 又因为，‎ 所以平面，所以，‎ 又，平面.‎ 以为棱，构造长方体,则长方体外接球与三棱锥的外接球相同，‎ 所以所求外接球的直径为， ‎ 所以球的体积为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定定理和线面垂直的判定与性质及三棱锥外接球体积的求解;证得两两互相垂直, 以为棱，构造长方体,把求三棱锥 - 24 -‎ 的外接球体积转化为求所对的长方体外接球体积是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点为，左右两顶点，点为椭圆上任意一点，满足直线的斜率之积为，且的最大值为4.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线与过点且与轴垂直的直线交于点，过点作，垂足分别为两点，求证：.‎ ‎【答案】（1）； （2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线的斜率之积为,得到的关系式,再利用椭圆定义可得,,即可求出,得到椭圆的标准方程；‎ 求得及焦点坐标,设直线,则，的中点为,设,联立消去,求出用k表示,分和两种情况,分别证明即可.‎ ‎【详解】根据题意， ‎ 设，所以，‎ 所以,故，从而椭圆的标准方程为.‎ 证明:设直线，则：,的中点为为，‎ 联立，消去整理得：‎ - 24 -‎ 设，由韦达定理得：，解得：，‎ 故有：， 又，‎ 当时，，，此时轴，‎ 所以四边形为矩形，所以，‎ 所以.‎ 当时，因为,‎ 所以直线，即：，‎ 所以点到直线的距离， 而，‎ 即知：，所以以为直径的圆与直线相切，‎ 因为四边形为直角梯形，的中点为，‎ 所以.‎ 综上可知,.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程和直线与椭圆的位置关系;重点考查学生的运算能力和转化与化归能力;分和两种情况，分别证明是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值；‎ ‎（2）当且时，函数的图象总在直线的下方，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数,由切线方程可得,解方程即可;‎ 由题意知,对任意恒成立等价于不等式对任意恒成立,‎ ‎ 令函数，证明在恒成立即可;‎ 对函数进行求导,利用导数判断函数的单调性,求最值即可求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】依题意，，‎ 故，则，解得；‎ 依题意，当时，恒成立,‎ 即对任意恒成立，‎ 令，证明在恒成立即可,‎ 因为，‎ 令，当时，图象开口向下，‎ 又因为在上有两个零点1和，‎ ‎①当时，即，此时在上恒成立，‎ 函数在上单调递减，因为，‎ 所以函数在恒成立,符合题意;‎ ‎②当时,即，此时当时, ， ‎ 函数在上单调递减，因为，‎ 所以函数在恒成立,符合题意;‎ ‎③当时，即，此时当时,，‎ - 24 -‎ 当时, ，‎ 函数在上单调递增；在上单调递减；‎ 所以，不符合题意;‎ 综上可知，实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义和利用导数求切线的斜率、判断函数的单调性求最值解决恒成立问题;考查分类讨论和转化与化归的数学思想;构造函数证明不等式是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.‎ 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.已知直线的普通方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为，将直线向右平移2个单位后得到直线，又点的极坐标.‎ ‎（1）求直线以及曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于两点，求三角形的面积值.‎ ‎【答案】（1），.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据 分别求解直线的极坐标方程和曲线C的极坐标方程.‎ ‎（2）由直线的极坐标方程和曲线C的极坐标方程联立得，再求弦长，点到直线的距离，代入面积公式求解.‎ ‎【详解】（1）因为直线的普通方程为，‎ 所以直线的极坐标方程， ‎ 因为曲线的普通方程，‎ - 24 -‎ 所以曲线C的极坐标方程. ‎ ‎（2）由（1）得，‎ 所以，‎ 点到直线的距离为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了普通方程，极坐标方程，参数方程间的转化，以及直线与圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎23.已知函数 ‎（1）若，求不等式的解集；‎ ‎（2）当时，若的最小值为2，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，利用绝对值的几何意义，转化函数，再分类讨论解不等式. ‎ ‎（2）由，再根据，的最小值为，即，然后用“1”的代换利用基本不等式求最小值.‎ ‎【详解】（1）根据题意，‎ ‎， ‎ 因为 所以或，‎ - 24 -‎ 解得或，‎ 所以解集为.‎ ‎（2）因为，‎ 当且仅当时，等号成立， ‎ 又，所以，‎ 所以的最小值为，‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法及最值的求法，基本不等式的应用，还考查了转化化归、分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎