2020届高三普通高等学校招生伯乐马模拟考试（八）数学（理）试题 Word版含解析 23页

‎2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（八）‎ 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：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. 已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合A,B，再求交集即可 ‎【详解】解：，，‎ ‎.‎ 故选：C，‎ ‎【点睛】此题考查集合的交集运算，考查对数不等式的解法，属于基础题 ‎2. 已知且满足，则（ ）‎ A. B. C. 5 D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，代入计算求得复数z，再求复数的模可得选项.‎ ‎【详解】设，由题意得，，，，‎ 所以，.‎ 故选：A.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的四则运算，复数的模，属于基础题.‎ ‎3. 若抛物线的焦点到顶点的距离为，则（ ）‎ A. 2 B. 4 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的定义可得焦点到顶点的距离为，从而可得答案 ‎【详解】解：由题意得，.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查抛物线的定义，属于基础题.‎ ‎4. 已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变形，利用指对数函数单调性及中间量比较大小可得解.‎ ‎【详解】，由指数函数单调性得，则 所以 故选：A ‎【点睛】本题考查利用指对数函数单调性比较大小，属于基础题.‎ ‎5. 若，，，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 直接根据基本不等式求最值．‎ ‎【详解】解：∵，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 当且仅当时，取“=”，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，属于基础题．‎ ‎6. 在等腰梯形中，，，则（ ）‎ A. B. 3 C. D. 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面几何知识得出梯形中的边角关系，再运用向量的加法运算转化向量，代入运用向量的数量积定义运算可得选项.‎ ‎【详解】作出图示如下图所示，作，因为，所以，所以，，所以，又在 中，，所以，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查平面几何图形中的向量的数量积运算，关键在于根据平面几何知识得出边角的关系，再运用向量的线性表示转化向量，运用向量的数量积运算，属于基础题.‎ ‎7. 三棱锥中，底面，若 - 23 -‎ ‎，则该三棱锥外接球的表面积为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用正弦定理计算出△ABC的外接圆直径2r，再结合三棱锥的特点，得出球心的位置：过△ABC外接圆圆心的垂线与线段SA中垂面的交点.再利用公式可计算出该三棱锥的外接球直径，最后利用球体表面积公式可得出答案．‎ ‎【详解】解：由于AB＝BC＝AC＝3，则△ABC是边长为3的等边三角形，由正弦定理知，△ABC的外接圆直径为，‎ 由于SA⊥底面ABC，所以，△ABC外接圆圆心的垂线与线段SA中垂面的交点为该三棱锥的外接球的球心，所以外接球的半径，‎ 因此，三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积为4πR2＝4π×＝21π．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查球体表面积的计算，解决本题的关键在于找出球心的位置，考查计算能力，属于中等题．‎ ‎8. 已知函数，其中，的部分图象如图所示，且f（x）在上恰有一个最大值和一个最小值（其中最大值为1，最小值为-1），则的取值范围是（）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件先求出得值，结合在上恰有一个最大值和一个最小值，求出满足条件的表达式，即可求解．‎ ‎【详解】由题意知，根据函数，的部分图象，‎ 因为，且，所以，‎ 又因为，所以，‎ 所以，所以.‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，结合函数一个周期内的最大值和最小值对应的范围求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎9. 《易经》是中国传统文化中的精髓.下图是易经先天八卦图（记忆口诀：乾三连、坤六断、巽下断、震仰盂、坎中满、离中虚、艮覆碗、兑上缺），每一卦由三根线组成（“”表示一根阳线，“”表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有四根阳线和二根阴线的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得从八卦中取两卦的方法数，然后将两卦的六根线中恰有四根阳线和二根阴线情况是两类，求得各自的方法数，从而求得所求概率.‎ ‎【详解】从八卦中取两卦，两卦的六根线中恰有四根阳线和二根阴线情况是两类：一类是一卦有三根阳线，另一卦有一个阳线和二根阴线，共有3种取法；另一类是两卦都是两阳一阴，也是三种取法，所以所求概率为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查数学文化及古典概型，意在考查学生的数学抽象的学科素养，属基础题.‎ ‎10. 已知函数，，若恰有1个零点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 恰有1个零点，等价于与的图像恰有一个交点，而直线恒过点，结合图可得答案 ‎【详解】恰有1个零点即与的图像恰有一个交点，恒过点，‎ 由得，所以曲线在点处的切线的斜率为1，‎ 由得，所以曲线在点处的切线的斜率为1，‎ 所以结合图像可知，恰有1个零点当且仅当.‎ 故选：D - 23 -‎ ‎【点睛】此题考查函数与方程的应用，考查分段函数，考查数形结合的思想，属于基础题.‎ ‎11. 已知双曲线的一个右焦点为，以坐标原点为圆心，过点的圆与双曲线相较于四个点（为其中一个交点），圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若△的面积为32，△的面积为8，则的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性及圆的性质，得四边形是矩形， 由得点坐标求得，由得点纵坐标及△的面积为8求得，从而求出值得解 ‎【详解】 ‎ 设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性及圆的性质，四边形是矩形，所以 - 23 -‎ ‎，即，，‎ ‎，‎ 由得，，‎ 所以，‎ ‎，，所以，的渐近线方程为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线及圆的知识求渐近线方程，属于基础题.‎ ‎12. 方程在的解为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据的范围求得，结合函数图象对称性得，将换掉求得，然后根据范围结合同角三角函数的基本关系式及诱导公式求得结果.‎ ‎【详解】因为，所以，又因为，是的两根，结合图像可知或即或，当时，，又因为，，所以，所以，所以，所以；当时，‎ - 23 -‎ ‎，又因为，，所以，且所以，所以，所以.综上两个情况都有，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦函数的对称性及诱导公式、同角三角函数的基本关系式，意在考查学生的数学运算的学科素养，属中档题.‎ 二、填空题：‎ ‎13. 已知，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式以及正弦的倍角公式，将目标式化为含正切的代数式，代值即可求得结果.‎ ‎【详解】由，得 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查用诱导公式以及倍角公式化简求值，属综合基础题.‎ ‎14. 的展开式中的系数为______.‎ ‎【答案】-40‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 利用乘法分配律及二项展开式的通项公式即可求得系数.‎ ‎【详解】的通项公式，‎ 则的展开式中系数为.‎ 故答案为：-40‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式指定项系数的求解问题，关键是熟练掌握二项展开式的通项公式.‎ ‎15. 的内角，，的对边分别为，，，，，若的面积为，则其周长是________.‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理到，根据面积公式到，计算得到答案.‎ ‎【详解】根据余弦定理：.‎ 根据面积公式：，故 故，故，故周长为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理和面积公式，意在考查学生计算能力和应用能力.‎ ‎16. 已知正三棱柱中，点，分别是侧面和内的动点，过点在侧面内作平行于的直线分别交，于点，，过点在侧面内作平行于的直线分别交，于点，，，的中点分别为，，则多面体侧面积的最小值为______.‎ ‎【答案】24‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，多面体侧面积最小只需三角形周长最小即可，根据对称性，结合题意即可容易求得结果.‎ ‎【详解】多面体为三棱柱，‎ 确定其侧面积的最小值只需确定底面周长的最小值即可.‎ 在底面中，设关于和对称点分别为，，连接，‎ 则当，，，共线时，周长最小，最小值为6.‎ 所以多面体的体积的最小值为24.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查多面体体积的计算，注意确定临界情况即可，属基础题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题 ‎17. 已知各项均为正数的等比数列中，，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）利用等比数列的基本量转化已知条件，解方程求得首项和公比，则问题得解；‎ ‎（2）根据（1）中所求得到，再用错位相减法即可求得结果.‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，‎ 因为，，‎ 所以，.‎ 因为各项均为正数，‎ 所以解得，或.‎ 又因为，‎ 所以是递增的等比数列，‎ 所以，‎ 所以数列的通项公式为.‎ ‎（2）由（1）知.‎ 则，①‎ 在①式两边同时乘以3得，‎ ‎，②‎ ‎①-②得，‎ 即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等比数例基本量的计算，以及用错位相减法求数列的前 - 23 -‎ 项和，属综合基础题.‎ ‎18. 如图1，平面四边形中，和均为边长为的等边三角形，现沿将折起，使，如图2.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，，则由已知可得，且，从而得，所以，所以可得平面，进而由面面垂直的判定定理可证得平面平面；‎ ‎（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求二面角的余弦值 ‎【详解】（1）取的中点，连接，，‎ 因为和均为边长为的等边三角形，‎ 所以，且，‎ 因为，所以，所以，‎ 又因为，平面，平面，所以平面，‎ 又因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ - 23 -‎ 则，，，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令，则平面的一个法向量为，‎ 依题意，平面的一个法向量，‎ 所以，‎ 由图可得为锐二面角，‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】此题考查了面面垂直的判定，考查二面角的求法，考查推理能力和计算能力，属于中档题 ‎19. 某公司研发了一种帮助家长解决孩子早教问题的萌宠机器人.萌宠机器人语音功能让它就像孩子的小伙伴一样和孩子交流，记忆功能还可以记住宝宝的使用习惯，很快找到宝宝想听的内容.同时提供快乐儿歌、国学经典、启蒙英语等早期教育内容，且云端内容可以持续更新.萌宠机器人一投放市场就受到了很多家长欢迎.为了更好地服务广大家长，该公司研究部门从流水线上随机抽取100件萌宠机器人（以下简称产品），统计其性能指数并绘制频率分布直方图（如图1）：‎ - 23 -‎ 产品的性能指数在的适合托班幼儿使用（简称A类产品），在的适合小班和中班幼儿使用（简称B类产品），在的适合大班幼儿使用（简称C类产品），A，B，C，三类产品的销售利润分别为每件1.5，3.5，5.5（单位：元）.以这100件产品的性能指数位于各区间的频率代替产品的性能指数位于该区间的概率.‎ ‎（1）求每件产品的平均销售利润；‎ ‎（2）该公司为了解年营销费用（单位：万元）对年销售量（单位：万件）的影响，对近5年的年营销费用，和年销售量数据做了初步处理，得到的散点图（如图2）及一些统计量的值.‎ ‎16.30‎ ‎2487‎ ‎0.41‎ ‎1.64‎ 表中，，，.‎ 根据散点图判断，可以作为年销售量（万件）关于年营销费用（万元）的回归方程.‎ ‎（i）建立关于的回归方程；‎ ‎（ii）用所求的回归方程估计该公司应投入多少营销费，才能使得该产品一年的收益达到最大？‎ - 23 -‎ ‎（收益=销售利润-营销费用，取）.‎ 参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.‎ ‎【答案】（1）每件产品的平均销售利润为4元（2）（i）（ii）该厂应投入256万元营销费.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别求出三类产品的频率，求出分布列及其数学期望即可；‎ ‎（2）（i）利用公式求出相关系数，即可求出回归方程；（ii）设年收益为万元，求出，设，，求出函数的导数，根据函数的单调性即可求出的最大值.‎ ‎【详解】（1）设每件产品的销售利润为元，则的所有可能取值为1.5，3.5，5.5，‎ 由直方图可得，，，三类产品的频率分别为0.15、0.45、0.4，‎ 所以，，，，‎ 所以随机变量的分布列为：‎ ‎1.5‎ ‎3.5‎ ‎5.5‎ ‎0.15‎ ‎0.45‎ ‎0.4‎ 所以，，‎ 故每件产品的平均销售利润为4元；‎ ‎（2）（i）由得，，‎ 令，，，则，‎ - 23 -‎ 由表中数据可得，，‎ 则，‎ 所以，，‎ 即，‎ 因为，所以，‎ 故所求的回归方程为；‎ ‎（ii）设年收益为万元，则，‎ 设，，‎ 则，‎ 当时，，在单调递增，‎ 当时，，在单调递减，‎ 所以，当，即时，有最大值为768，‎ 即该厂应投入256万元营销费，能使得该产品一年的收益达到最大768万元.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性回归方程，属于难题，求回归直线方程的步骤：（1）依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；（2）计算的值；（3）计算回归系数；（4）写出回归直线方程.‎ ‎20. 已知为坐标原点，为椭圆的上焦点，椭圆上一点在第一象限，且.‎ ‎（1）求直线的方程；‎ ‎（2）直线的方向向量与共线，直线交椭圆于，，求面积的最大值.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）；（2）3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，利用和点在椭圆上列式，可解得，，再根据两点式可得直线的方程；‎ ‎（2）根据直线的方向向量与共线，可设直线，联立直线与椭圆，求得弦长和原点到直线的距离，进而求得的面积，再根据基本不等式可求得最大值.‎ ‎【详解】（1）设，‎ 因，所以，①‎ 又因为点在椭圆上，所以，②‎ 由①②解得，所以的坐标为，‎ 又因为的坐标为，‎ 所以直线的方程为.‎ ‎（2）直线的方向向量与共线，所以，‎ 因为直线，‎ 所以设直线，，，‎ 由得，，‎ 由，得，‎ - 23 -‎ 由韦达定理得，，，‎ 所以 又因为到直线的距离，‎ 所以 当且仅当，即时等号成立，‎ 所以面积的最大值为3.‎ ‎【点睛】本题考查了直线的方向向量，考查了弦长公式，点到直线的距离公式，三角形面积公式，考查了基本不等式求最值，考查了运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数，为的导数.‎ ‎（1）若，求函数的零点；‎ ‎（2）在（1）的条件下，判断的单调性；‎ ‎（3）若，，求证：.‎ ‎【答案】（1）的零点为0（2）在定义域是增函数（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）代入的值，求出的导数，再求出的导数，判断的单调性，即可求出的零点；‎ ‎（2）由（1）可直接判断函数的单调性；‎ ‎（3）将问题转化为证明，构造函数，根据函数的单调性证明即可.‎ ‎【详解】（1）由题可知的定义域为，‎ 当时，，‎ ‎，‎ 令 则，‎ 当时，，所以在单调递减，‎ 当时，，所以在单调递增，‎ 所以，‎ 所以的零点为0；‎ ‎（2）由（1）知，‎ 即在定义域是增函数；‎ ‎（3）即，‎ 由（2）知，在单调递增，‎ 所以，当时，，即，‎ 所以当时，，‎ 所以要证明原不等式成立，只需证明，‎ - 23 -‎ 即证明，‎ 设，则，‎ 所以在单调递增，所以，所以原不等式成立，‎ 综上，当，时，.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数求函数的零点、讨论函数的单调性以及证明不等式的恒成立问题，是一道综合题，体现了数学的转化思想.‎ ‎（二）选考题：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.‎ ‎[选修4—4：坐标系与参数方程]‎ ‎22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）若上恰有2个点到的距离等于，求的斜率.‎ ‎【答案】(1) 的普通方程为, C的直角坐标方程为(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分类讨论，消去参数t，得到的普通方程，利用，及得到的直角坐标方程；‎ ‎(2)，根据题意可知上恰有2个点到的距离等于等价于上的点到的距离的最大值为，利用椭圆的参数方程及点到直线距离，即可得到的斜率.‎ ‎【详解】（1）当，即时，的普通方程为 当，即时，的普通方程为 - 23 -‎ 由，及，得 即C的直角坐标方程为 ‎（2）依题意，设 所以上恰有2个点到的距离等于等价于上的点到的距离的最大值为 设上任一点，则到的距离 ‎（其中，）‎ 当时，，‎ 解得：，所以的斜率为 ‎【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式， 等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，本题这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．‎ ‎[选修4—5：不等式选讲]‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎(1)求不等式的解集；‎ ‎(2)若对任意恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过讨论的范围，分为，，‎ - 23 -‎ 三种情形，分别求出不等式的解集即可；‎ ‎（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.‎ ‎【详解】(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，‎ 当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，‎ 当时，原不等式等价于，解得，所以 ‎ 综上所述，不等式解集为. ‎ ‎(2)由，得，‎ 当时，恒成立，所以； ‎ 当时，. ‎ 因为 当且仅当即或时，等号成立，‎ 所以；‎ 综上的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.‎ - 23 -‎