河北省邯郸一中2020届高三下学期第九次模拟数学试题 25页

‎2020年高考数学第九次模拟测试试卷 一、选择题（共12小题）‎ ‎1.已知全集,集合,集合,则下列结论中成立的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出M与N中不等式的解集，确定出M与N，利用交并补运算即可做出判断．‎ ‎【详解】由,得,由,∴,‎ ‎∴,故答案为C.‎ ‎【点睛】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．‎ ‎2.“”是“方程表示椭圆”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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方程表示椭圆解得或，根据范围大小判断得到答案.‎ ‎【详解】因为方程表示椭圆，所以，解得或.‎ 故“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.‎ ‎3.复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以通过复数的运算法则对复数进行化简，得到，即可得出复数所对应的点的坐标，问题得解．‎ ‎【详解】，‎ 所以复数所对应的点为，它在第二象限，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算法则以及复数所对应的点的坐标，考查运算能力，考查推理能力，是简单题．‎ ‎4.已知平面向量，满足，，且，则向量在方向上的投影是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数量积的几何意义可知，在方向上的投影为||与向量，夹角的余弦值的乘积，即可求得答案．‎ ‎【详解】设向量与的夹角是，‎ 则向量在方向上投影为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量投影的定义，熟练记准投影的求解公式是解决问题的关键，属基础题．‎ ‎5.若实数，满足，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用基本不等式即可得出．‎ ‎【详解】因为，‎ 当且仅当时等号成立，‎ 所以，故的最大值是，‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的应用，注意等号成立的条件，属于基础题．‎ ‎6.函数y=sin2x的图象可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.‎ 详解：令， ‎ 因为，所以为奇函数，排除选项A,B;‎ 因为时，，所以排除选项C，选D.‎ 点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．‎ ‎7.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”，如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（ ）（参考数据：）‎ A 6 B. ‎12 ‎C. 24 D. 48‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出循环过程中与的数值，满足判断框的条件即可结束循环.‎ ‎【详解】执行程序框图，可得：‎ ‎，，‎ 不满足条件， ，‎ 不满足条件，，‎ 不满足条件，，‎ 满足条件，退出循环，输出n的值为24.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了循环程序框图的简单应用，属于基础题.‎ ‎8.“幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“阶幻方”是由前个正整数组成的—个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（ ）‎ A. 75 B. ‎65 ‎C. 55 D. 45‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算的和，然后除以，得到“5阶幻方”的幻和.‎ ‎【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为，故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前项和公式，属于基础题.‎ ‎9.一个圆锥被过顶点的平面截去了较少的一部分几何体,余下的几何体的三视图如下,则余下部分的几何体的体积为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图求出圆锥母线，高，底面半径．进而求出锥体的底面积，代入锥体体积公式，可得答案．‎ ‎【详解】由已知中的三视图，圆锥母线l==2，‎ 圆锥的高h==2，‎ 圆锥底面半径为r==2，‎ 截去的底面弧的圆心角为120°，‎ 底面剩余部分为S=πr2+r2sin120°=π+，‎ 故几何体的体积为：V=Sh=×（π+）×2=+，故选D．‎ ‎【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.‎ ‎10.将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题题意，化简三角函数的解析式为，根据三函数的图象变换，求得的解析式，利用三角函数的图象与性质，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意可得，‎ 把的图象向左平移个单位，‎ 可得，‎ 由，解得，‎ 即函数的单调递增区间为，‎ 令时，函数的单调递增区间为，故选A ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，得出函数的解析式，结合图象求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及数形结合思想的应用，属于基础题.‎ ‎11.双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线分别为，，过点且与垂直的直线交于点P，交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记为坐标原点，根据双曲线方程表示出左焦点和两条渐近线方程、、‎ ‎：并将直线与渐近线方程，求出的坐标，可知.根据向量关系可知，则得，，再由余弦定理转化即可求解离心率.‎ ‎【详解】记为坐标原点.由题意可得，不妨设：，：，则直线：.‎ 联立直线与渐近线方程，，解得，‎ 则，‎ 故由两点间距离公式可得.‎ 因为，所以，‎ 所以，，‎ 则在中，.‎ 因为，所以，‎ 所以由补角性质可得，‎ 整理得，‎ 则，解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的几何性质简单应用，直线与双曲线的位置关系应用，由余弦定理解三角形，齐次式法求双曲线渐近线方程，属于中档题.‎ ‎12.对于任意，，当时，恒有成立；则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于任意，，当时，恒有成立，可得成立，令，可知函数在上单调递减，求导，令恒成立，即可求出的取值范围．‎ ‎【详解】对于任意，，当时，恒有成立，‎ 即成立，‎ 令，∴，‎ ‎∴在上单调递减，‎ ‎∴在恒成立，∴在恒成立，‎ ‎∵当，，∴实数的取值范围为，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的单调性，导数和函数的单调性的关系，函数恒成立问题，将题意转化为在单调递减是解题的关键，属于中档题.‎ 二、填空题（共4小题）‎ ‎13.的展开式中的常数项为______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先写出展开式的通项公式，然后结合所给的式子求解其常数项即可.‎ ‎【详解】三项式展开式的通项公式为，‎ 所以的展开式中的常数项为：‎ ‎．‎ ‎【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．‎ ‎(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．‎ ‎14.若函数，则不等式的解集是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数的表达式，对进行分类讨论分别列出不等式组，求解即可．‎ ‎【详解】据题意，得或，‎ 解得或，‎ ‎∴所求不等式的解集是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据分段函数的表达式，对进行分类讨论是解决本题的关键．‎ ‎15.已知正项数列的前项和为，且，则_______.‎ ‎【答案】4041‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，利用递推公式可得数列是以1为首项，1为公比的等比数列，继而可得数列是以2为首项，1为公差的等差数列，从而可求得答案.‎ ‎【详解】∵①，‎ ‎∴当时，，‎ ‎∴解得.‎ 由①得：②，‎ ‎①﹣②得：，‎ 又，‎ ‎∴③，‎ ‎∴④，‎ ‎④﹣③得：‎ ‎∴，‎ 即，‎ 又，‎ ‎∴数列是以为首项，1为公比的等比数列，‎ ‎∴，，‎ ‎∴数列是以2为首项，1为公差的等差数列，‎ ‎∴.‎ ‎∴，‎ 故答案为：4041.‎ ‎【点睛】本题考查了由递推公式证明等比数列的应用，等差数列定义法求通项公式的应用，对递推公式进行合适变形是关键，属于中档题.‎ ‎16.在平面五边形中,,,,,且.将五边形沿对角线折起,使平面与平面所成的二面角为,则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形,取外心,矩形的外心,分别过、作平面和的垂线,两垂线的交点即为几何体的外接球的球心,然后求出半径即可求出答案.‎ ‎【详解】由题意知,是正三角形,是矩形,‎ 设的中心为,矩形的中心为,过作垂直于平面的直线,过作垂直于平面的直线,‎ 由球的性质可知,直线与的交点为几何体的外接球的球心.取的中点F,连接,易得,,,‎ 连接,显然与全等,从而,,连接,则为所求几何体外接球的半径,又,则,故所得几何体外接球的表面积为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体 外接球,考查了球体的表面积的计算,考查了学生的空间想象能力与计算求解能力,属于中档题.‎ 三、解答题（共5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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，且.‎ ‎（1）求角B的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，得，由正弦定理把边转化为角，再由两角和的正弦公式变形，结合诱导公式可求得，从而得角．‎ ‎（2）由余弦定理可求得，从而可求得面积．‎ ‎【详解】（1）∵，∴，即 由正弦定理可得，‎ 即 ‎∵，∴，∴，即，∴‎ ‎（2）由余弦定理，‎ ‎∵，，∴，∴‎ 则的面积 ‎【点睛】本题考查平面向量垂直的坐标表示，考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考查两角和的正弦公式及诱导公式．掌握公式会使用即可．考查的知识点较多，本题属于中档题．‎ ‎18.‎10月1日，某品牌的两款最新手机（记为型号，型号）同时投放市场，手机厂商为了解这两款手机的销售情况，在‎10月1日当天，随机调查了5‎ 个手机店中这两款手机的销量（单位：部），得到下表：‎ 手机店 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 型号手机销量 ‎6‎ ‎6‎ ‎13‎ ‎8‎ ‎11‎ 型号手机销量 ‎12‎ ‎9‎ ‎13‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎（Ⅰ）若在‎10月1日当天，从，这两个手机店售出的新款手机中各随机抽取1部，求抽取的2部手机中至少有一部为型号手机的概率；‎ ‎（Ⅱ）现从这5个手机店中任选3个举行促销活动，用表示其中型号手机销量超过型号手机销量的手机店的个数，求随机变量的分布列和数学期望；‎ ‎（III）经测算，型号手机的销售成本（百元）与销量（部）满足关系.若表中型号手机销量的方差，试给出表中5个手机店的型号手机销售成本的方差的值.（用表示，结论不要求证明）‎ ‎【答案】（I）；（II）见解析；(Ⅲ)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将从，这两个手机店售出的新款手机中分别随机抽取的1部手机记为甲和乙，记事件“甲手机为型号手机”为，记事件“乙手机为型号手机”为，分别求出的值，根据相互独立事件的公式求出，最后利用对立事件概率公式求出抽取的2部手机中至少有1部为型号手机的概率；‎ ‎（Ⅱ）由表可知：型号手机销量超过型号手机销量的手机店共有2个，故的所有可能取值为：0，1，2，分别求出的值，写出随机变量的分布列，并根据数学期望计算公式求出；‎ ‎（III）根据方差的性质和变量的关系即可求出方差的值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）将从，这两个手机店售出的新款手机中分别随机抽取的1部手机记为甲和乙，‎ 记事件“甲手机为型号手机”为，记事件“乙手机为型号手机”为，‎ 依题意，有，，且事件、相互独立.‎ 设“抽取的2部手机中至少有1部为型号手机”为事件，‎ 则 ‎ 即抽取的2部手机中至少有1部为型号手机的概率为 ‎ ‎（Ⅱ）由表可知：型号手机销量超过型号手机销量的手机店共有2个，‎ 故的所有可能取值为：0，1，2‎ 且，， ‎ 所以随机变量的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故 ‎ ‎（III）.‎ ‎【点睛】本题考查了相互独立事件的概率，离散型随机变量分布列、数学期望的计算，以及方差的性质，考查了数学运算能力.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为中点，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）点在线段上，，试确定的值，使平面；‎ ‎（3）若平面，平面平面，求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）60°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，根据几何性质可证明，利用线面垂直的判定，即可证明平面；‎ ‎（2）连接交于N，连接，由相似三角形性质可得，结合直线与平面平行的性质，可得，利用比例关系，即可得到结论；‎ ‎（3）证明平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，取平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，即可求得二面角的大小.‎ ‎【详解】（1）证明：连接.‎ 因为四边形为菱形，，所以为正三角形.‎ 又为的中点，所以.‎ 因为，为的中点，所以.‎ 又，‎ 所以平面.‎ ‎（2）当时，平面.‎ 理由如下：连接交于N，连接.‎ 因为，所以.‎ 因为平面，平面，平面平面，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，即. ‎ ‎（3）因为，平面平面，交线为，‎ 所以平面.‎ 以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：‎ 由，则有，，.‎ 设平面的法向量为，由，‎ 且，，可得，‎ 令，得.‎ 所以为平面的一个法向量. ‎ 取平面的法向量，‎ 则，‎ 故二面角的大小为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定，补充条件证明线面平行及线段比例，空间向量法求二面角的应用，属于中档题.‎ ‎20.如图，已知抛物线和⊙：，过抛物线C上一点（）做两条直线与⊙相切于两点，分别交抛物线于两点.‎ ‎（1）当的角平分线垂直轴时，求直线的斜率；‎ ‎（2）若直线在轴上的截距为，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）﹣；（2）﹣11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据当的角平分线垂直轴时，可得点的坐标，因而，设，由两点间斜率公式及抛物线方程代入化简可得，从而可求直线的斜率；‎ ‎（2）设，由点斜式求出直线、的方程，根据直线性质从而可得直线的方程，令，可得，再利用导函数，即可求得的最小值.‎ ‎【详解】（1）抛物线和⊙：，则，‎ ‎∵当的角平分线垂直轴时，可知点，‎ 且满足，设，‎ ‎∴由两点间斜率公式可得，‎ ‎∴代入抛物线方程可知，即，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎（2）设，，抛物线和⊙：，则，‎ ‎∴由圆切线性质可知，‎ ‎∴直线的方程为，‎ 同理可得直线的方程为，‎ ‎∴，，‎ ‎∴直线的方程为，‎ 令，可得，（），‎ ‎∵，‎ ‎∴关于的函数在上单调递增，‎ ‎∴当时，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆的方程及抛物线方程的综合应用，直线与圆、直线与抛物线方程的综合应用，由导数求函数的最值，位置关系复杂，对思维能力要求高，属于难题.‎ ‎21.已知函数在处的切线方程为.‎ ‎(1)求函数的解析式；‎ ‎(2)若关于的方程恰有两个不同的实根,求实数的值；‎ ‎(3)数列满足.‎ 证明：①；‎ ‎②.‎ ‎【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把x=3代入切线方程，求出切点，把切点坐标代入二次函数得关于a，b方程，再由得另一方程，联立求解a，b的值，则函数解析式可求；‎ ‎（2）把（1）中求出函数f（x）的解析式代入方程f（x）=k ex，然后转化为k=e﹣x（x2﹣x+1），然后利用导数求函数的极值，根据函数的极值情况，通过画简图得到使方程k=e﹣x（x2﹣x+1），即方程f（x）=k ex恰有两个不同的实根时的实数k的值；‎ ‎（3）①利用作差法证明即可；（2）由得到，分别取n=1，2，…，代入后化简，则的整数部分可求．‎ ‎【详解】(1),依题设,有即，‎ 解得，‎ ‎∴. ‎ ‎(2)方程,即,得,‎ 记,‎ 则.‎ 令,得 .‎ ‎∴当时,取极小值；当时,取极大值. ‎ 作出直线和函数的大致图象,可知当或时,‎ 它们有两个不同的交点,因此方程恰有两个不同的实根.‎ ‎(3)①证明,得,又.‎ ‎∴,‎ ‎∴. ‎ ‎②由,得,‎ ‎,‎ 即：,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查了函数解析式的求解及常用方法，考查了函数的零点与方程根的关系，考查了数列的和，解答此题的关键在于构造函数，然后利用导数分析函数的极值借助于函数图象的大致形状分析函数零点的情况，是难度较大的题目．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为 ‎（1）在曲线上任取一点,连接,在射线上取一点，使,求点轨迹的极坐标方程；‎ ‎（2）在曲线上任取一点,在曲线上任取一点,求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出的极坐标方程，设出点的极坐标，通过构建出与的等量关系，从而得出点轨迹的极坐标方程；‎ ‎（2）先求出的普通方程，可以得到曲线是椭圆，然后转化为参数方程，的最小值即为椭圆上的点到直线距离的最小值，利用点到直线的距离求解最值。‎ ‎【详解】解:（1）因为曲线的参数方程为（为参数）‎ 所以化为普通方程为，‎ 故的极坐标方程为，‎ 设，‎ 则，即 ‎，‎ ‎ 点轨迹的极坐标方程为 ‎（2）因为曲线的极坐标方程为 所以化为直角坐标方程为.‎ 故可化为参数方程为（为参数），‎ 最小值为椭圆上的点到直线距离的最小值.‎ 设，则 ‎，‎ ‎。‎ ‎【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，极坐标方程与普通方程转化的公式为；在解决直线与椭圆的问题时，有时利用椭圆的参数方程能优化运算过程，解题时应灵活运用。‎ ‎23.已知函数.‎ ‎(1)解不等式；‎ ‎(2)设函数的最小值为m，已知正实数a，b，且，证明：‎ ‎.‎ ‎【答案】(1)；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分类讨论去绝对值，解不等式即可；‎ ‎(2)由绝对值三角不等式可得，得，由得，进而可证明.‎ ‎【详解】(1)不等式，‎ 即为不等式，‎ 当时，不等式可化为，解得；‎ 当时，不等式可化为，即，无解；‎ 当时，不等式可化为，解得.‎ 综上，不等式的解集是；‎ ‎(2)，‎ 当且仅当时取等号，‎ ‎.‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，考查计算能力与分析能力，是中档题.‎