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- 2021-07-01 发布
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2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试(八)
文科数学
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. 1 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据条件建立方程求解即可.
【详解】设,由题意得,,,,
.
故选:A
【点睛】本题考查的是由复数相等求参数,较简单.
- 23 -
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. 垃圾分类(英文名为Garbage classification),一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运,从而转变成公共资源的一系列活动的总称。垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值,力争物尽其用。为进一步在社会上普及垃圾分类知识,某中学学生积极到社会上举行垃圾分类的公益讲座,该校学生会为了解本校高一年级1000名学生课余时间参加公益讲座的情况,随机抽取50名学生进行调查,将数据分组整理后,列表如下:
参加场数
0
1
2
3
4
5
6
7
- 23 -
参加人数占调查人数的百分比
8%
10%
20%
26%
18%
12%
4%
2%
下列估计该校高一学生参加公益讲座的情况正确的是( )
A. 参加公益讲座次数是3场的学生约为360人
B. 参加公益讲座次数是2场或4场的学生约为480人
C. 参加公益讲座次数不高于2场的学生约为280人
D. 参加公益讲座次数不低于4场的学生约为360人
【答案】D
【解析】
【分析】
根据所给统计表中数据计算可得;
【详解】解:估计该校高一学生参加活动次数不低于4场的学生约为:人,
参加公益讲座次数是3场的学生约为人,
参加公益讲座次数是2场或4场的学生约为人,
参加公益讲座次数不高于2场的学生约为人;
故选:D.
【点睛】本题考查统计表的应用,考查学生分析数据、处理数据的能力,属于基础题.
6. 下列命题正确的是( )
A. 是的必要不充分条件
B. 是的充分不必要条件
C. 中,是的充要条件
D. 命题“,”的否定是“,”
【答案】C
【解析】
【分析】
- 23 -
对于选项, 是的非充分非必要条件,所以该选项错误;
对于选项, 是的必要非充分条件,所以该选项错误;
对于选项,中,是的充要条件,所以该选项正确;
对于选项,命题“,”的否定是“,”,所以该选项错误.
【详解】对于选项,时,不成立;成立时,不成立,所以是的非充分非必要条件,所以该选项错误;
对于选项,时,不一定成立;成立时,一定成立,
所以是必要非充分条件,所以该选项错误;
对于选项,成立时,,成立;时,,成立,所以中,是的充要条件,所以该选项正确;
对于选项,命题“,”的否定是“,”,所以该选项错误.
故选:C
【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定,考查特称命题的否定,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
7. 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
- 23 -
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.
8. 函数的图像大致是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由定义域为,排除A D,令,求导分析函数的单调性,求出最小值,所以恒成立排除C即可.
【详解】由定义域为,排除A D,
令,
- 23 -
,
当,单调递减,
当,单调递增,
则在处取得极小值,也即为最小值.
,所以恒成立;排除C.
故选:B.
【点睛】本题主要考查了利用函数单调性判断函数图像的问题.属于较易题.
9. 给出下列命题:
①直线平面,直线直线,则;
②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面;
③直线上有两点到平面的距离相等,则此直线与平面平行;
④,是异面直线,则存在平面,使它与,都平行且与,的距离相等.
其中正确命题的个数是( )
A. l B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
对于①直线可能在平面内,对于②根据面面平行进行证明,对于③如果这两点在该平面的异侧,则直线与平面相交,对于④找出符合条件的平面即可.
【详解】解: ①错误.直线可能在平面内.
②正确.平面,,,,且、分别为、的中点,过作交平面于,连接、.
设是的中点,则,.
平面,平面.
平面平面平面.
,.
③错误.如果这两点在该平面的异侧,则直线与平面相交.
- 23 -
④正确,设是异面直线、的公垂线段,为的中点,过作,,则、确定的平面即为与、都平行且与、距离相等的平面,并且它是唯一确定的.因此2个假命题,2个真命题
故选:B
【点睛】本题考查了线线,线面,面面平行关系的判定与性质,注意这三种平行关系的相互转化,属于中档题.
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. 已知椭圆,,,点是椭圆上的一动点,则的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意知为椭圆的右焦点,设左焦点为,由椭圆的定义可得,然后结合图形可得答案.
【详解】由题意知为椭圆的右焦点,设左焦点为,由椭圆的定义知,
所以.
又,
如图,设直线交椭圆于,两点.当为点时,最小,最小值为
- 23 -
.
故选:B
【点睛】本题考查的是椭圆的定义的应用,属于常考题型.
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,,又因为,,所以,且所以,所以,所以.综上两个情况都有,
故选:A.
- 23 -
【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. 已知正三棱锥中,,,两两互相垂直,若,则正三棱锥外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得该三棱锥外接球与以,,为棱长的正方体的外接球的半径相同,正方体的体对角线长等于正方体的外接球的直径,利用球的表面积公式即可求得结果.
【详解】正三棱锥,,,两两互相垂直,,所以,
则该三棱锥外接球与以,,为棱长的正方体的外接球的半径相同,
- 23 -
正方体的体对角线长等于正方体的外接球的直径,
即,
所以该三棱锥外接球的表面积为,
故答案为:
【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求法,关键是求出球的半径,求外接球半径的常见方法有:①若三条棱两两垂直则用(a,b,c为三棱的长);②若面ABC(SA=),则(r为外接圆半径);③可以转化为长方体的外接球.
15. 已知函数(为自然对数的底数),则关于的不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】
由题得函数为上的增函数,再利用函数的单调性解不等式即得解.
【详解】所以
所以函数为上的增函数,
,.
所以不等式的解集为.
故答案为:
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性,考查函数单调性的应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
16. 的内角,,的对边分别为,,,,,若的面积为,则其周长是________.
- 23 -
【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.
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.
【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,
- 23 -
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)求点到平面的距离.
- 23 -
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】
【分析】
(1)取的中点,连接,,由已知条件可证得,,所以平面,又平面,由面面垂直的判定定理可得到证明.
(2)利用等体积进行计算即可得到所求距离.
【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)由(1)知,平面,
三棱锥的体积
设点到平面距离为,则
由题意中,,,
中PA边上的高为,
,,
由(1)知,, ,
.
- 23 -
所以,点到的距离为.
【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用,考查利用等体积法求点到面的距离,考查空间想象能力和计算能力,属于基础题.
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200件萌宠机器人(以下简称产品),免费送给家长试用,试用结束后将200件产品的试用报告收回,发现产品欢迎度达80%(即80%的产品受家长欢迎),研究部门同时统计了产品的性能指数并绘制频率分布直方图(如图):产品的性能指数在的适合小托班幼儿使用(简称第1组产品),性能指数在的适合大托班幼儿使用(简称第2组产品),性能指数在的适合小班幼儿使用(简称第3组产品),性能指数在的适合中班幼儿使用(简称第4组产品),性能指数在的适合大班幼儿使用(简称第5组产品).
- 23 -
(1)求;
(2)现在要从第1组和第2组中用分层抽样的方法抽取5件产品,并再从这5件中随机抽取2件进行测试,求这两件恰好属于不同组别的概率;
(3)把在第1,2,3组的产品称为标准版,在第4,5组的产品称为提高版,若选出的200件中不受家长欢迎的标准版产品有30件,问是否有99%的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关?
附:
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
,.
【答案】(1);(2);(3)没有99%的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关.
【解析】
【分析】
(1)根据频率之和等于1,结合频率分布直方图中的数据,即可得出答案;
(2)由分层抽样的性质得出第1,2组选取的产品数,列举出所有情况,再由概率公式求解即可;
(3)列出列联表,计算,即可作出判断.
【详解】(1),
.
(2)由题意可知从第1组选取的产品数为件,设为,
从第2组选取的产品数为件,设为,,.
- 23 -
从这5件中随机抽取2件的所有情况有:,,,,,,,,,,共10种.
这两件恰好属于不同组别有,,,,,,共6种.
∴所求的概率为.
(3)选出的200件产品中,各组的产品数分别为:
第1组:件,
第2组:件,
第3组:件,
第4组:件,
第5组:件.
∴标准版有件,提高版有件,
∵80%的产品受家长欢迎,即有件不受家长欢迎,
∵选出的200件中不受家长欢迎的标准版产品有30件,
∴选出的200件中不受家长欢迎的提高版产品有10件.
于是得列联表:
受家长欢迎
不受家长欢迎
合计
标准版
90
30
120
提高版
70
10
80
合计
160
40
200
∴没有99%的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关.
【点睛】
- 23 -
本题主要考查了补全频率分布直方图,古典概型概率公式的应用,独立性检验的实际应用,属于中档题.
20. 已知函数.
(1)判断在上的单调性;
(2)时,求证:(为自然对数的底数).
【答案】(1)在上为单调增函数;(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)要判断在上的单调性,只需研究的值域,进一步研究的取值情况即可.
(2)由(1)知,在单调递增,且易证,所以只需证明当时,,此结论易证.
【详解】解:(1)的定义域为
,,
∴当时,,在上为增函数,
时,,
在上为单调增函数.
(2),即,
由(1)知,在单调递增,
所以,当时,
即,
所以要证明原不等式成立,只需证明,
- 23 -
令,,则,,得,
在上单调递减,可知,
因为,,
所以时,,
即.
所以,原不等式成立.
【点睛】考查函数单调性的求法以及函数型不等式的证明,注意两个问题之间的联系,属于难题.
21. 已知圆,抛物线,倾斜角为直线过的焦点且与相切.
(1)求的值;
(2)点在的准线上,动点在上,在点处的切线交轴于点,设四边形为平行四边形,求证:点在直线上.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)依题意设直线的方程为,解方程即得的值;
(2)依题意设,,根据四边形为平行四边形,求出,即得解.
【详解】(1)依题意设直线的方程为,
由已知得,圆的圆心,半径因为直线与圆相切,
- 23 -
所以圆心到直线的距离.
即,解得或(舍去),
所以.
(2)依题意设,由(1)知抛物线方程为,所以,
所以,设,则以为切点的切线的斜率为,
所以切线的方程为.
令,,即交轴于点坐标为.
四边形为平行四边形,所以,
所以,,
,
.
设点坐标为,则,
所以点在直线上.
【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质,考查直线和圆的位置关系,考查抛物线中的定直线问题 ,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
(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;
- 23 -
(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
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
- 23 -
, 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,,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,
- 23 -
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 -
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