辽宁省抚顺市2020届高三二模考试数学（理）试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com ‎2020年420模拟考试 数学试卷（理科）‎ 考生注意：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．‎ ‎2．请将各题答案填写在答题卡上．‎ ‎3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．‎ 第Ⅰ卷 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.设集合，，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由一元二次不等式的解法可得，从而可求出 ‎【详解】解：依题意得，则．‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解，考查了集合的交集运算.本题的关键是对集合进行化简.‎ ‎2.若复数满足，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，根据复数的除法运算，可选择正确答案.‎ ‎【详解】解：因为，所以．‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数的除法运算.本题的易错点是误把当成 - 24 -‎ 进行了计算.‎ ‎3.已知向量，，则向量，的夹角为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的坐标可求出向量的数量积，，，进而可求出向量夹角的余弦值，从而可求出向量的夹角.‎ ‎【详解】解：因为，，则，，‎ ‎，则，则向量，的夹角为．‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的数量积的求解，考查了向量模的求解，考查了向量夹角的求解.本题的关键是由坐标求数量积和向量的模.‎ ‎4.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数和指数函数单调性与特殊值比较大小，再比较的大小.‎ ‎【详解】∵，，，‎ ‎∴.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用利用对数函数和指数函数单调性比较大小，先判断正负，再看具体情况与特殊值比较，考查运算求解能力，是基础题.‎ - 24 -‎ ‎5.已知角的终边上有一点，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由角终边上点的坐标，可求出，结合诱导公式和二倍角公式，可求出的值.‎ ‎【详解】解：由题意知，则．‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数值的求解，考查了诱导公式，考查了二倍角公式.本题的易错点是计算.一般地，若已知角终边上一点坐标，则由 可求三角函数值.‎ ‎6.下图是甲、乙两个工厂的轮胎宽度的雷达图（虚线代表甲，实线代表乙）.根据下图中的信息，下面说法错误的是（ ）‎ - 24 -‎ A. 甲厂轮胎宽度的平均数大于乙厂轮胎宽度的平均数 B. 甲厂轮胎宽度的众数大于乙厂轮胎宽度的众数 C. 甲厂轮胎宽度的中位数与乙厂轮胎宽度的中位数相同 D. 甲厂轮胎宽度的极差小于乙厂轮胎宽度的极差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过雷达图分别求出甲、乙轮胎宽度的平均数、众数中位数和极差，对照选项选出错误的答案.‎ ‎【详解】由题意可知甲厂轮胎宽度的平均数是195，众数是194，中位数是194.5，极差是3；‎ 乙厂轮胎宽度的平均数是194，众数是195，中位数是194.5，极差是5；‎ 则A，C，D正确，B错误.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查用雷达图计算平均数、众数中位数和极差，需注意甲、乙数据不要搞混，考查理解辨析能力和运算求解能力，是基础题.‎ ‎7.函数的部分图象大致为（ ）‎ - 24 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用函数的奇偶性进行排除,再利用特殊取值判断.‎ ‎【详解】即，‎ 所以是奇函数，排除A，B；‎ 当时，，，则，排除C.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数解析式判断函数图像，考查理解辨析能力和推理论证能力，是基础题.‎ ‎8.在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，则的面积的最大值是（ ）．‎ A. 4 B. C. 8 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，结合正弦定理进行边角互化、余弦定理，可求出，由基本不等式可知，从而可求出面积的最大值.‎ - 24 -‎ ‎【详解】解：因为，所以，‎ 即，所以，则．‎ 因为，所以（当且仅当时，等号成立），‎ 故的面积．‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查了基本不等式.本题的关键是由已知条件，求出的值.本题的难点是这一条件的应用.‎ ‎9.如图，，是函数的图象与轴的两个相邻交点，是函数的图象的一个最高点，若是等腰直角三角形，则函数的解析式是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过，是等腰直角三角形，可得长度，从而求出周期，由可得得值，再将代入计算的值，最后可得的解析式.‎ ‎【详解】由题意可得，‎ 因为是等腰直角三角，所以，所以，即 - 24 -‎ 则，故，‎ 将代入的解析式得，‎ 可得，‎ 解得，‎ 因为，所以，则.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数识图求解析式，考查理解辨析能力和运算求解能力，基础题.‎ ‎10.祖冲之是我国南北朝时期杰出的数学家、天文学家．他一生钻研自然科学，其主要贡献在数学、天文历法和机械制造三方面，特别是在探索圆周率的精确度上，首次将“”精确到小数点后第七位，即，在此基础上，我们从“圆周率”第三到第八位有效数字中随机取两个数字，，则事件“”的概率为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意知第三到第八位有效数字为4，1，5，9，2，6，结合排列组合的思想可算出从中取两个数字总的情况数量，用列举法可知满足的情况数量，从而可求出概率.‎ ‎【详解】解：由题意可知第三到第八位有效数字为4，1，5，9，2，6，共六个，无重复数字.‎ 从中任取两个数字共有种情况，其中符合条件的有 ‎ ，共8种．故所求概率．‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型概率的求解，考查了组合数的计算.对于古典概型问题，一般用列举法写出所有的基本事件，但是有时结合排列组合的思想会大大减少做题时间.‎ - 24 -‎ ‎11.在直四棱柱中，，，四边形外接圆的圆心在线段上．若四棱柱的体积为36，则该四棱柱的外接球的表面积为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意先求出底面四边形的面积，结合柱体的体积，可求出，从而可求出四棱柱外接球的半径，即可求球的表面积.‎ ‎【详解】解：由题意可得和都是以为斜边的直角三角形，‎ 因为，所以；因为，所以，‎ 所以四边形的面积．‎ 因为四棱柱的体积为36，则，即所以，‎ 所以该四棱柱的外接球的半径，‎ 故该四棱柱的外接球的表面积为．‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了柱体体积的计算，考查了外接球问题，考查了球表面积的求解.本题的关键是求出球的半径.‎ ‎12.已知双曲线的虚轴的一个顶点为，左顶点为，双曲线的左、右焦点分别为，，点为线段上的动点，当取得最小值和最大值时，的面积分别为，，若，则双曲线的离心率为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 设直线所在直线的方程为，设，，，则可得，，从而可求出两向量的数量积的表达式，由二次函数的性质可求出当时，取得最小值，从而可求；当时，在处取得最大值，此时，，由可求出，进而可求离心率的值.‎ ‎【详解】解：由题意可知，，则直线所在直线的方程为，‎ 因为点在线段上，可设，其中．‎ 设双曲线的焦距为，则，，，‎ 从而，，‎ 故．‎ 因为，所以当时，取得最小值，‎ 此时，．‎ 当，即时，无最大值，所以不符合题意；‎ 当，即时，在处取得最大值，此时，，‎ 因为，所以，解得，符合题意．‎ 综上，，，，故双曲线的离心率．‎ 故选:A.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的离心率的求解，考查了向量的数量积，考查了直线与双曲线的位置关系，考查了二次函数的最值问题.本题的难点在于分析出何时数量积取最值.本题的易错点在于计算.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：将答案填在答题卡中的横线上．‎ ‎13.已知点在抛物线上，则该抛物线的焦点坐标为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由在抛物线上，代入抛物线方程可求出，进而可求出焦点的坐标.‎ ‎【详解】解：由题意可得，解得，故该抛物线的焦点坐标为．‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线方程的求解，考查了抛物线焦点坐标的求解.‎ ‎14.若实数，满足约束条件，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式组作出可行域，结合可行域求目标函数最值.‎ ‎【详解】如图，可行域为图中阴影部分，‎ - 24 -‎ 目标函数在点处取得最小值，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划求目标函数最值，考查运算求解能力和数形结合思想，是基础题.‎ ‎15.已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱的底面圆的半径为，高为，由题意两个条件可列出关于两个未知数的方程组，进而可求出，即可求圆柱的体积.‎ ‎【详解】解：设圆柱的底面圆的半径为，高为．由题意可得，解得，‎ 则该圆柱的体积是．‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了圆柱体积的求解，考查了圆柱的侧面积.本题的关键是求出圆柱底面圆的半径和高.本题的难点在于轴截面的周长这一条件的理解.‎ ‎16.若对任意实数，恒成立，则______．‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，结合导数可知当时，；由题意可知，，设，则，由导数可求出当时，有最小值0，即.从而可确定，即可求出的值.‎ ‎【详解】解：设，则．‎ 当，即时，，则在上单调递减，‎ 故，解得，所以不符合题意；‎ 当，即时，在上单调递减，在上单调递增，‎ 则．因为，所以．‎ 令，不等式可转化为，设，‎ 则，令，得；令，得，‎ 则在上单调递减，在上单调递增；当时，有最小值0，‎ 即.因为，所以，此时，故．‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了函数最值的求解，考查了不等式恒成立问题.本题的难点在于将已知恒成立问题，转化为恒成立.本题的关键是结合导数，对含参、不含参函数最值的求解.‎ 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，每道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 - 24 -‎ ‎17.在数列中，，，（且）.‎ ‎（1）证明：数列是等比数列；‎ ‎（2）求数列的通项公式.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用定义法证明数列是等比数列；‎ ‎（2）结合数列的通项公式，利用累加法可求得数列的通项公式.‎ ‎【详解】（1）证明：∵，‎ ‎∴，‎ 又，，；‎ ‎∴（，且），‎ 故数列是首项和公比都是2的等比数列；‎ ‎（2）解：由（1）可得，‎ 则（，且），‎ 故 ‎（，且），‎ 当时，满足上式，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的证明方法——定义法，等比数列通项公式，累加法求求通项公式，特别是累加法求通项要验证首项，考查理解辨析能力和运算求解能力，是中档题.‎ - 24 -‎ ‎18.某中学有教师400人，其中高中教师240人．为了了解该校教师每天课外锻炼时间，现利用分层抽样的方法从该校教师中随机抽取了100名教师进行调查，统计其每天课外锻炼时间（所有教师每天课外锻炼时间均在分钟内），将统计数据按，，，…，分成6组，制成频率分布直方图如下：假设每位教师每天课外锻炼时间相互独立，并称每天锻炼时间小于20分钟为缺乏锻炼．‎ ‎（1）试估计本校教师中缺乏锻炼的人数；‎ ‎（2）从全市高中教师中随机抽取3人，若表示每天课外锻炼时间少于10分钟的人数，以这60名高中教师每天课外锻炼时间的频率代替每名高中教师每天课外锻炼时间发生的概率，求随机变量的分布列与数学期望．‎ ‎【答案】（1）176（2）见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图，分别算出初中、高中教师缺乏锻炼的频率，即可计算该校教师中缺乏锻炼的人数；‎ ‎（2）由题意知的可能取值为0，1，2，3，且，分别计算出 ，，，，从而可得分布列和数学期望.‎ ‎【详解】解：（1）由题意可得样本中初中教师缺乏锻炼的频率为，‎ 样本中高中教师缺乏锻炼的频率为，‎ 估计该校教师中缺乏锻炼的人数为．‎ ‎（2）由题意可知高中教师每天课外锻炼时间少于10分钟的频率为，‎ - 24 -‎ 所以高中教师每天课外锻炼时间少于10分钟的概率为．‎ 的可能取值为0，1，2，3，且，‎ 则，，‎ ‎，．‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 故．‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图，考查了离散型随机变量的分布列，考查了数学期望.本题第二问的关键是分析出.求离散型随机变量分布列的问题时，一般先写出变量的可能取值，然后分别计算每种情况下的概率，即可得到分布列.可借助分布列中概率之和为1来检查分布列是否正确.‎ ‎19.在梯形中，，且，是等腰直角三角形，其中为斜边，若把沿边折叠到的位置，使平面平面．‎ - 24 -‎ ‎（1）证明：．‎ ‎（2）若为棱的中点，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面垂直，可知平面，进而可证.‎ ‎（2）为坐标原点，，分别为，轴的正方向，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，即可得，，，从而可求出平面的法向量，平面的法向量，进而可求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为是等腰直角三角形，为斜边，所以．‎ 因为平面平面，平面平面，所以平面．‎ 因为平面，所以．‎ ‎（2）解：由（1）知，平面，则以为坐标原点，‎ ‎，分别为，轴的正方向，过点平行于的直线为轴，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设，则，，，，，‎ 故，，．‎ 设平面的法向量，则，‎ 令，得．‎ - 24 -‎ 设平面的法向量，则，‎ 令，得，则．‎ 由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查了线线垂直的判定，考查了面面垂直的性质，考查了二面角.证明线线垂直时，可利用等腰三角形三线合一、勾股定理、矩形的临边、菱形的对边、线面垂直的性质证明.求二面角的相关问题时，可找到二面角，结合解三角形的知识求解，也可建立空间直角坐标系，结合空间向量求解.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）当时，求曲线在处的切线方程；‎ ‎（2）讨论在区间上的零点个数．‎ ‎【答案】（1）．（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，从而可知切线的斜率，由直线的点斜式可求切线方程.‎ ‎（2）设，通过导数可探究单调性，再结合，，，，可得函数图像，通过讨论当或，当或或，当或时，结合函数图像，可求零点个数.‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以，所以，‎ - 24 -‎ 所以，，则，故切线方程为．‎ ‎（2）令，得，设，‎ 则，由 恒成立，‎ 令，得；令，得或，‎ 则在和上单调递减，在上单调递增．‎ 因为，，，‎ ‎．则的简图为 当或时，无解，即在区间上没有零点；‎ 当或或时，在区间上有且仅有一个零点；‎ 当或时，在区间上有两个零点．‎ 综上，当或时，在区间上没有零点；‎ - 24 -‎ 当或或时，在区间上有且仅有一个零点；‎ 当或时，在区间上有两个零点．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了函数的零点与方程的根，考查了函数单调性的求解，考查了直线方程的求解.本题的难点在于第二问，通过参变分离构造.求函数的零点时，若，则的零点个数就等同于图像的交点个数.‎ ‎21.已知椭圆的离心率为，且四个顶点构成的四边形的面积是．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知直线经过点，且不垂直于轴，直线与椭圆交于，两点，为的中点，直线与椭圆交于，两点（是坐标原点），求四边形的面积的最小值．‎ ‎【答案】（1）（2）8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由离心率可知，由四边形的面积可知，再结合椭圆中，从而可求，，进而可得椭圆的标准方程.‎ ‎（2）设直线的方程为，，，将直线与椭圆联立，由韦达定理可得，从而可求出直线的方程为，与椭圆方程联立，可求出，设点到直线的距离为，则可知 - 24 -‎ ‎，通过整理可求出，即可得，由，即可求出面积的最小值.‎ ‎【详解】解：（1）由题意可得，解得，，‎ 故椭圆的方程为．‎ ‎（2）由不垂直于 轴，设直线的方程为，，．‎ 联立，整理得，则，，‎ 从而，故．‎ 则直线的斜率为，所以直线的方程为，即．‎ 联立，整理得，则．‎ 设点到直线距离为，则点到直线的距离也为，‎ 从而．‎ 因为点，在直线的两侧，所以，‎ 所以，则．‎ 因为，所以，‎ - 24 -‎ 则四边形的面积．‎ 因为（当且仅当时，等号成立），‎ 所以，即四边形的面积的最小值是8．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆离心率，考查了椭圆标准方程的求解，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了椭圆中四边形的面积问题.本题的难点在于第二问中，写出四边形面积的表达式.本题的易错点为计算出错.‎ ‎（二）选考题：‎ ‎[选修4-4：坐标参与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求与的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于，两点，点，求的值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用参数方程和极坐标方程转化公式，可得出与的直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的直角坐标方程化为参数方程，点在直线上，利用参数的几何意义，可得的值.‎ ‎【详解】解：（1）因为曲线的参数方程为（为参数），‎ 所以其直角坐标方程为，‎ - 24 -‎ ‎∵直线的极坐标方程为，‎ ‎∴，‎ ‎∴其直角坐标方程为；‎ ‎（2）直线过点且参数方程可表示为（为参数），‎ 代入曲线的方程，得，‎ 则，，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了利用公式把参数方程、极坐标方程转化为直角坐标方程，直线参数方程参数的几何意义，考查运算求解的能力和转化与化归思想，是基础题.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论去绝对值解不等式；‎ ‎（2）利用三角不等式解法解不等式，从而得出的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，‎ 不等式等价于或或，‎ - 24 -‎ 解得或或.‎ ‎∴原不等式解集为；‎ ‎（2）等价于.‎ 因为，‎ 所以，所以或.‎ 则的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式和绝对值不等式成立问题，考查运算求解能力、分类讨论思想和转化与化归思想，是基础题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎