浙江省衢州二中2020届高三下学期第一次模拟考试数学试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com ‎2020年高考模拟高考数学一模试卷 一、选择题 ‎1.设，集合，则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合A,再求.‎ ‎【详解】由 得： ，所以 ，因此 ，故答案为B ‎【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.‎ ‎2.一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.‎ ‎【详解】因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.‎ ‎3.已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z虚部是（ ）‎ A. B. 1 C. D. i ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 由虚数单位i的运算性质可得，则答案可求.‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，，‎ 则化为，‎ ‎∴z的虚部为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念，属于基础题.‎ ‎4.已知直线，，则“”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.‎ ‎【详解】直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.‎ 故答案为C.‎ ‎【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ - 24 -‎ A. B. 3 C. D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.‎ ‎【详解】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：‎ 该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，‎ 如图所示：‎ 故：.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.‎ ‎6.函数的图象如图所示,则它的解析式可能是( )‎ - 24 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义域排除，求出的值，可以排除，考虑排除.‎ ‎【详解】根据函数图象得定义域为，所以不合题意；‎ 选项，计算，不符合函数图象；‎ 对于选项， 与函数图象不一致；‎ 选项符合函数图象特征.‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查根据函数图象选择合适的解析式，主要利用函数性质分析，常见方法为排除法.‎ ‎7.已知数列的前n项和为，，且对于任意，满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数列的递推关系式判断求解数列的通项公式，然后求解数列的和，判断选项的正误即可．‎ ‎【详解】当时，．‎ - 24 -‎ 所以数列从第2项起为等差数列，，‎ 所以，，．‎ ‎，，‎ ‎．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．‎ ‎8.已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 由对称性可得：为的中点，且，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ - 24 -‎ 故而由几何性质可得，即，‎ 故渐近线方程为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.‎ ‎9.已知平面向量，满足且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,建立平面直角坐标系.令.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程,进而求得原点到直线的距离,即为的最大值.‎ ‎【详解】根据题意,设,‎ 则 由代入可得 即点的轨迹方程为 又因为,变形可得,即,且 所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示:‎ - 24 -‎ 所以的最小值即为到直线的距离最小值 根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大值 设切线的方程为,化简可得 由切线性质及点到直线距离公式可得,化简可得 ‎ 即 ‎ 所以切线方程为或 所以当变化时, 到直线的最大值为 ‎ 即的最大值为 故选:B ‎【点睛】本题考查了平面向量的坐标应用,平面向量基本定理的应用, 圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.‎ ‎10.已知函数（）的最小值为0，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 设，计算可得，再结合图像即可求出答案.‎ ‎【详解】设，则，‎ 则，‎ 由于函数的最小值为0，作出函数的大致图像， ‎ ‎ ‎ 结合图像，，得，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了分段函数的图像与性质，考查转化思想，考查数形结合思想，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎11.若,则=______,=______.‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据换底公式计算即可得解；‎ ‎②根据同底对数加法法则，结合①的结果即可求解.‎ - 24 -‎ ‎【详解】①由题：,‎ 则；‎ ‎②由①可得：.‎ 故答案为：①1，②0‎ ‎【点睛】此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目.‎ ‎12.《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB和其所对弦AB围成的图形，若弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，则弧田的弦AB长是__________，弧田的面积是__________．‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 12π﹣9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作，交于，先求得圆心角的弧度数，然后解解三角形求得的长.利用扇形面积减去三角形的面积，求得弧田的面积.‎ ‎【详解】∵如图，弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，过作，交于，根据圆的几何性质可知，垂直平分.‎ ‎∴α＝∠AOB＝＝，可得∠AOD＝，OA＝6，‎ ‎∴AB＝2AD＝2OAsin＝2×＝6，‎ ‎∴弧田的面积S＝S扇形OAB﹣S△OAB＝4π×6﹣＝12π﹣9．‎ 故答案为：6，12π﹣9．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查弓形弦长和弓形面积的计算，考查中国古代数学文化，属于中档题.‎ ‎13.已知实数、满足，且可行域表示的区域为三角形，则实数的取值范围为______，若目标函数的最小值为-1，则实数等于______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合目标函数的最小值，利用数形结合即可得到结论.‎ ‎【详解】作出可行域如图，‎ 则要为三角形需满足在直线下方，即，；‎ 目标函数可视为，则为斜率为1的直线纵截距的相反数，‎ 该直线截距最大在过点时，此时，‎ 直线：，与：的交点为，‎ 该点也直线：上，故，‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于基础题.‎ - 24 -‎ ‎14.有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则对应的排法有______种； ______；‎ ‎【答案】 (1). 36 (2). ；1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.分别求出，，，，由此能求出.‎ ‎【详解】解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，‎ 则的可能取值为0，1，2，3，‎ 对应的排法有：.‎ ‎∴对应的排法有36种；‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴‎ 故答案为：36；1.‎ ‎【点睛】本题考查了排列、组合的应用，离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题.‎ ‎15.已知函数，且，，使得，则实数m的取值范围是______.‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件转化为函数在上的值域是函数在上的值域的子集；分别求值域即可得到结论.‎ ‎【详解】解：依题意，，‎ 即函数在上的值域是函数在上的值域的子集.‎ 因为在上的值域为（）或（），‎ 在上的值域为，‎ 故或，‎ 解得 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数的值域求参数的取值范围，属于中档题.‎ ‎16.已知实数a，b，c满足，则的最小值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分离出，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值.‎ ‎【详解】解：若取最小值，则异号，，‎ 根据题意得：，‎ 又由，即有，‎ 则，‎ 即的最小值为，‎ - 24 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值，属于中档题.‎ ‎17.若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q到底面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线得距离为d，则.再由点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，由此可得，则由可求k值.‎ 详解】解：如图，‎ 设二面角平面角为，点Q到底面的距离为，‎ 点Q到定直线的距离为d，则，即.‎ ‎∵点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，‎ ‎∴，则，‎ ‎∵动点Q的轨迹是抛物线，‎ ‎∴，即则.‎ ‎∴二面角的平面角的余弦值为 解得：（）.‎ - 24 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征，由四棱锥的侧面与底面的夹角求参数值，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎18.在中，内角的对边分别是，已知．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果；‎ ‎（2）由正弦定理，, 利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果.‎ ‎【详解】（1）由题意，得.‎ ‎∵. ‎ ‎∴,‎ - 24 -‎ ‎∵ ，∴ .‎ ‎（2）∵，‎ 由正弦定理，可得. ‎ ‎∵a>b，∴, ‎ ‎∴. ‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.‎ ‎19.已知等腰梯形中（如图1），，，为线段的中点，、为线段上的点，，现将四边形沿折起（如图2）‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）在图2中，若，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎（1）先连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，证明平面平面，得到点在底面上的投影必落在直线上，记为点在底面上的投影，连接，，得出即是直线与平面所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）连接，因为等腰梯形中（如图1），，，‎ 所以与平行且相等，即四边形为平行四边形；所以；‎ 又为线段的中点，为中点，易得：四边形也为平行四边形，所以；‎ 将四边形沿折起后，平行关系没有变化，仍有：，且，‎ 所以翻折后四边形也为平行四边形；故；‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面；‎ ‎（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，‎ 因为，，翻折前梯形的高为，‎ 所以，则，；‎ 所以；‎ 又，，‎ 所以，即，所以；‎ 又，且平面，平面，‎ 所以平面；因此，平面平面；‎ 所以点在底面上的投影必落在直线上；‎ 记为点在底面上的投影，连接，，‎ 则平面；‎ 所以即是直线与平面所成角，‎ - 24 -‎ 因为，所以，‎ 因此，，‎ 故；‎ 因为，‎ 所以，‎ 因此，故，‎ 所以.‎ 即直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.‎ ‎20.已知数列的前项和为，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，为数列的前项和.求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎（1）利用求得数列的通项公式.‎ ‎（2）先将缩小即，由此结合裂项求和法、放缩法，证得不等式成立.‎ ‎【详解】（1）∵，令，得.‎ 又，两式相减，得.‎ ‎∴.‎ ‎（2）∵‎ ‎.‎ 又∵，，∴.‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本小题主要考查已知求，考查利用放缩法证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎21.已知椭圆E：（）的离心率为，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆E的方程；‎ ‎（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：于不同的两点M - 24 -‎ ‎，N（其中M在N的右侧），求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ） 结合已知可得，求出a，b的值，即可得椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式等于0可得，联立直线方程与圆的方程，结合根与系数的关系求得，利用弦长公式及点到直线的距离公式，求出，得到，整理后利用基本不等式求最值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）可得，结合，‎ 解得，，，得椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）易知直线的斜率k存在，设：，‎ 由，得，‎ 由，得，‎ ‎∵，‎ 设点O到直线：的距离为d，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由，得，‎ - 24 -‎ ‎，，‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 而，，易知，∴，则，‎ 四边形的面积 当且仅当，即时取“”.‎ ‎∴四边形面积的最大值为4.‎ ‎【点睛】本题考查了由求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于难题.‎ ‎22.已知函数有两个零点.‎ ‎(1)求的取值范围；‎ ‎(2)是否存在实数， 对于符合题意的任意，当 时均有?‎ - 24 -‎ 若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导，对参数进行分类讨论，根据函数单调性即可求得.‎ ‎（2）先根据，得，再根据零点解得，转化不等式得，令，化简得，因此 ，，最后根据导数研究对应函数单调性，确定对应函数最值，即得取值集合.‎ ‎【详解】（1），‎ 当时，对恒成立，与题意不符，‎ 当，，‎ ‎∴时，‎ 即函数在单调递增，在单调递减，‎ ‎∵和时均有，‎ ‎∴，解得：，‎ 综上可知：的取值范围；‎ ‎（2）由(1)可知，则，‎ 由的任意性及知，，且，‎ ‎∴，‎ - 24 -‎ 故，‎ 又∵，令，‎ 则，且恒成立，‎ 令，而，‎ ‎∴时，时，‎ ‎∴，‎ 令，‎ 若，则时，，即函数在单调递减，‎ ‎∴，与不符；‎ 若，则时，，即函数在单调递减，‎ ‎∴，与式不符；‎ 若，解得，此时恒成立，，‎ 即函数在单调递增，又，‎ ‎∴时，；时，符合式，‎ 综上，存在唯一实数符合题意.‎ ‎【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎ - 24 -‎