河南省鹤壁市高级中学2020届高三下学期线上第四次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析 28页

www.ks5u.com 鹤壁高中2020届高三年级线上第四次模拟考试 文科数学 ‎（考试时间：120分钟；试卷满分：150分）‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.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（为虚数单位），则（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先通过复数的除法运算可得，根据模长的概念即可得结果.‎ ‎【详解】，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数、复数模的概念及其运算，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B - 28 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别解一元二次不等式和绝对值不等式可得集合，，再进行交集运算即可.‎ ‎【详解】由，可得，由，可得，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的交集运算，解出不等式得到，是解题的关键，属于基础题.‎ ‎3.已知b=log32，c=log2(cos)，则（ ）‎ A. a>b>c B. b>a>c C. c>a>b D. a>c>b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数单调性进而确定函数值的范围再进行比较即可.‎ ‎【详解】对于，因为在上单调递增，‎ 即 对于，因为在定义域内单调递增，‎ 即 对于，因为在上单调递减，‎ 则 则 综上，‎ 故选：A - 28 -‎ ‎【点睛】本题较易。只需根据函数单调性进而确定函数值的范围再进行比较即可.注意自变量所在区间.‎ ‎4.古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，….我国宋元时期数学家朱世杰在（四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…）.若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛总共球的个数为（ ）‎ A. 55 B. 220 C. 285 D. 385‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“三角形数”的特征可得通项公式，计算其前项和，再将10代入即可得结果.‎ ‎【详解】“三角形数”的通项公式，‎ 前项和公式为：，‎ 当时，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查以数学文化为背景，考查数列知识及运算能力，求出是解题的关键，属于中档题.‎ - 28 -‎ ‎5.下列图象中，可能是函数图象的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过函数的奇偶性可排除，，根据当时，函数的值有正有负可排除，进而可得结果.‎ ‎【详解】∵的定义域为，‎ ‎，‎ 即函数为奇函数，其图象关于原点对称，故可排除，；‎ 当时，，有正有负，故函数的值有正有负，排除A，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的图象及其性质，选择排除法是解题的关键，属于中档题.‎ ‎6.用“算筹”表示数是我国古代计数方法之一，计数形式有纵式和横式两种，如图1所示.金元时期的数学家李冶在《测圆海镜》中记载：用“天元术”列方程，就是用算筹来表示方程中各项的系数.所谓“天元术”，即是一种用数学符号列方程的方法，“立天元一为某某”，意即“设为某某”.如图2所示的天元式表示方程，其中，，…，，表示方程各项的系数，均为筹算数码，在常数项旁边记一“太”字或在一次项旁边记一“元”字，“太”或“元”向上每层减少一次幂，向下每层增加一次幂.‎ - 28 -‎ 试根据上述数学史料，判断图3天元式表示的方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“算筹”法表示数可得题图3中从上至下三个数字分别为1，286，1743，结合“天元术”列方程的特征即可得结果.‎ ‎【详解】由题意可得，题图3中从上至下三个数字分别为1，286，1743，‎ 由“元”向上每层减少一次幂，向下每层增加一次幂.可得天元式表示的方程为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要是以数学文化为背景，考查数学阅读及理解能力，充分理解“算筹”法表示数和“天元术”列方程的概念是解题的关键，属于中档题.‎ ‎7.执行如图所示程序框图，输出的结果是（ ）‎ - 28 -‎ A. -50 B. -60 C. -72 D. 60‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图进行模拟运算即可得到结果.‎ ‎【详解】，；，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，不满足；‎ ‎，，满足，结束循环，‎ 输出.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了循环结构程序框图，模拟执行程序，正确得到程序框图的功能是解题的关键，属于中档题.‎ - 28 -‎ ‎8.设，满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用所求表达式的几何意义，结合数形结合即可得到结论.‎ ‎【详解】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，‎ 表示是区域内及边界上的点与点连线的斜率，‎ 由图形可知该连线过点时，斜率最大，‎ 由得，‎ 此时的最大值为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划以及斜率的应用，利用表达式的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键，属于中档题.‎ ‎9.已知函数的周期为，其图象关于点对称，有下述四个结论：‎ ‎①函数在上单调递减；‎ - 28 -‎ ‎②函数的图象关于直线对称；‎ ‎③函数的一个零点是；‎ ‎④函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到.‎ 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①③④ B. ②③ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的周期得，根据对称中心可得的值，得到函数的解析式，根据三角函数的性质以及平移规律逐一判断即可.‎ ‎【详解】因为函数的周期为，所以，即，‎ 由函数的图象关于点对称，‎ 令，则，即，，‎ 又，故，.‎ 当时，，‎ 故函数在上单调递减，故①正确；‎ ‎，所以函数的图象不关于直线对称，故②错误；‎ ‎，故不是函数的零点，故③错误；‎ ‎，‎ 故将的图象向左平移个单位长度后可以得到的图象，故④正确.‎ - 28 -‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了命题的真假判断与应用，以及三角函数的性质，熟练掌握三角函数的图象与性质是解本题的关键，属于中档题.‎ ‎10.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线的右支交于，两点.若，，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意结合双曲线的定义可得，，，，利用余弦定理结合可得关于的齐次方程，得到，进而可得的关系，即可得结果.‎ ‎【详解】由题意得，.‎ 由双曲线的定义可得，‎ 由知，‎ 所以，‎ 由双由线的定义可得.‎ 在中，由余弦定理的推论可得 ‎，‎ 在中，由余弦定理的推论可得 ‎，‎ - 28 -‎ 因为，所以，即，整理得，解得或（舍去）.‎ 所以，双曲线的渐近线方程为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的定义、简单几何性质等知识及运算求解能力，构造出的齐次式是解题的关键，属于中档题.‎ ‎11.中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中记述：羡除，隧道也，其所穿地，上平下邪.如图所示的五面体是一个羡除，两个梯形侧面与相互垂直，.若，，，梯形与的高分别为3和1，则该羡除的体积（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在平面内，过，两点分别作的垂线，垂足分别为，，在平面内，过，分别作，，垂足为，，连接，，将羡除可以分割为两个直棱锥和和一个直棱柱 - 28 -‎ ‎，求体积和即可.‎ ‎【详解】在平面内，过，两点分别作的垂线，垂足分别为，，‎ 在平面内，过，分别作，，垂足为，.‎ 连接，，‎ 由平面与平面相互垂直，可知，，‎ 又，易证平面平面，且平面，‎ 所以几何体为直棱柱.因为，，，，梯形与的高分别为3和1，所以，，，，，‎ 所以羡除可以分割为两个直棱锥和和一个直棱柱.‎ 故所几何体的体积 ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题以数学文化为背景，考查多面体体积的求法，训练了利用分割补形法及等积法求多面体的体积，属于中档题.‎ ‎12.设定义在上的函数满足，且当时，‎ - 28 -‎ ‎.若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，可得恒成立，再利用递推关系式探讨时适合，当时，并不恒满足题意，画出函数草图，令，解出，结合图形即可得结果.‎ ‎【详解】由已知，当时，恒成立，‎ 可得当时，，‎ 恒成立；‎ 当时，，‎ ‎.‎ 画出函数草图，令，‎ 化简得，解得，，‎ 由图可知，当时，不等式恒成立.‎ 故选：B.‎ - 28 -‎ ‎【点睛】本题考查函数恒成立问题，考查等价转化思想与综合运算能力，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于难题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知，为正实数，且满足，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先通过基本不等式可得，进而可得，再取倒数即可得结果.‎ ‎【详解】因为，为正实数，由，可得，‎ 当且仅当，即，时取等号，‎ 所以，所以.‎ 故的最小值为.‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，求出是解题的关键，属于中档题.‎ ‎14.已知，，其中，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 28 -‎ ‎【分析】‎ 根据向量坐标的线性运算得出的坐标，将表示为关于的三角函数式，结合，根据三角函数的性质求出其范围即可得结果.‎ ‎【详解】∵，,‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎.‎ 因为，所以.‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量线性运算的坐标表示，向量模长的坐标表示，求三角函数的值域问题，考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎15.已知的三个内角，，所对的边分别为，，，其面积为.若满足关系式，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 28 -‎ 将余弦定理、三角形面积公式和题意相结合可得，最后根据两角差的正切公式即可得结果.‎ ‎【详解】由余弦定理得，的面积.‎ 由，可得，即.‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等有关知识的运用，求出是解题的关键，属于中档题.‎ ‎16.已知函数，，其中，，，则______，______.‎ ‎【答案】 (1). 0 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先令，代入函数即可计算出的值；然后根据题干的表达式可得，很明显，进一步化简计算再代入可得的值.‎ ‎【详解】由得，，‎ ‎，‎ - 28 -‎ 很明显，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 令，则，‎ ‎∴，‎ 故答案为：0，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与数列的综合．考查了转化思想，函数思想，逻辑思维能力和数学运算能力，属于难题.‎ 三、解答题：共70分.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：共60分.‎ ‎17.据历年大学生就业统计资料显示：某大学理工学院学生的就业去向涉及公务员、教师、金融、商贸、公司和自主创业等六大行业.2020届该学院有数学与应用数学、计算机科学与技术和金融工程等三个本科专业，毕业生人数分别是70人，140人和210人.现采用分层抽样的方法，从该学院毕业生中抽取18人调查学生的就业意向.‎ ‎（1）应从该学院三个专业的毕业生中分别抽取多少人？‎ ‎（2）国家鼓励大学生自主创业，在抽取的18人中，含有“自主创业”就业意向的有6人，且就业意向至少有三个行业的学生有7人.为方便统计，将至少有三个行业就业意向的这7名学生分别记为，，，，，，，统计如下表：‎ - 28 -‎ 其中“○”表示有该行业就业意向，“×”表示无该行业就业意向.‎ ‎①试估计该学院2020届毕业生中有自主创业意向的学生人数；‎ ‎②现从，，，，，，这7人中随机抽取2人接受采访.设为事件“抽取的2人中至少有一人有自主创业意向”，求事件发生的概率.‎ ‎【答案】（1）应从数学与应用数学、计算机科学与技术和金融工程三个专业分别抽取3人、6人、9人（2）①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）毕业生人数之比为，根据分层抽样的概念即可得结果；‎ ‎（2）①利用样本数据能估计该学院2020届毕业生中有自主创业意向的学生人数即可；‎ ‎②由列举法可得从已知的7人中随机抽取2人的所有结果共有21种，符合条件的所有可能结果有18种，根据古典概型概率计算公式即可得结果.‎ ‎【详解】（1）由已知，数学与应用数学、计算机科学与技术和金融工程三个专业的毕业生人数之比为，由于采取分层抽样的方法抽取18人，因此应从数学与应用数学、计算机科学与技术和金融工程三个专业分别抽取3人、6人、9人.‎ ‎（2）①该学院有学生（人），所以估计该学院2020届毕业生中有自主创业意向的人数为.‎ ‎②从已知的7人中随机抽取2人的所有结果为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种.‎ 由统计表知，符合条件的所有可能结果为：‎ ‎，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18种.‎ 所以事件发生的概率.‎ - 28 -‎ ‎【点睛】本题主要考查概率的求法，考查分层抽样、古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.已知数列的前项和为，满足.记.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设数列满足，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据公式可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即可得到数列的通项公式；‎ ‎（2）先根据第（1）题的结果分别计算出数列数列的通项公式，然后分为偶数和为奇数两种情况结合错位相减法分别计算出，最后综合可得结果 ‎【详解】（1）由，令，可得；‎ 当时，，‎ 两式相减，可得，‎ 即，即有，‎ 由此可知，数列是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以数列的通项公式为.‎ ‎（2）.‎ 为奇数，当时，.‎ - 28 -‎ 当时，令，.‎ 令，①‎ 则，②‎ ‎①-②得 ‎，‎ 所以，‎ 所以.‎ 容易验证，当时，上式也成立，所以当为奇数时，.‎ 为偶数，令，‎ ‎，‎ 同理可求，.‎ 综上所述：.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列求通项公式，以及错位相减法求和．考查了转化思想，分类讨论思想，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题.‎ ‎19.已知，分别是的边，上的一点，，将沿折起为，使点位于点的位置，连接，，.‎ - 28 -‎ ‎（1）若，分别是，的中点，平面与平面的交线为，证明：；‎ ‎（2）若平面平面，与的面积分别为4和9，，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据图形的关系可得，从而得到角的关系，即，同理得，根据线面垂直判定定理可得平面，即可得到，由线面平行性质定理可得，进而得结论；‎ ‎（2）过点在平面内作，垂足为，交于，连接，，运用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判断和性质，结合三角形的面积公式和三角形的相似，以及勾股定理和棱锥的体积公式，计算可得所求值.‎ ‎【详解】（1）因为，分别是，的中点，沿折起为，‎ 所以，‎ 所以，，‎ 所以，所以.‎ 又，同理有，‎ 而，所以平面.‎ 而平面，所以，‎ 又为平面与平面的交线，所以，所以.‎ - 28 -‎ ‎（2）如图所示，过点在平面内作，垂足，交于，连接，.‎ 因为平面平面，所以平面.而平面，所以.‎ 由，易知，而沿折起为，所以.‎ 所以平面，所以，由此，‎ 所以平面，而平面，所以.‎ 由已知，与的面积分别为4和9，，易求，‎ 由，可得，所以，‎ 在中，，.‎ 所以，‎ 故三棱锥的体积 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查两平面垂直、两条直线的位置关系、直线与平面垂直、求解几何体体积等知识及直观想象，逻辑推理与运算求解能力，属于中档题.‎ ‎20.已知双曲线：的右焦点为，半焦距，点到右准线的距离为，过点作双曲线的两条互相垂直的弦，，设，的中点分别为，.‎ - 28 -‎ ‎（1）求双曲线的标准方程；‎ ‎（2）证明：直线必过定点，并求出此定点坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析；定点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得的值，再由点到直线的距离为，可得的值，再由，，之间的关系求出双曲线的方程；‎ ‎（2）设弦所在的直线方程，与双曲线的方程联立可得两根之和进而可得的中点的坐标，再由椭圆可得弦的中点的坐标，分别讨论当的斜率存在和不存在两种情况可得直线恒过定点.‎ ‎【详解】（1）由题设可得，，所以，.‎ 所以双曲线的标准方程为.‎ ‎（2）证明：点，设过点的弦所在的直线方程为，，，‎ 则有.‎ 联立，可得.‎ 因为弦与双曲线有两个交点，所以，‎ 所以，所以.‎ ‎（1）当时，点即是点，此时，直线为轴.‎ ‎（2）当时，将上式点坐标中的换成，同理可得.‎ - 28 -‎ ‎①当直线不垂直于轴时，‎ 直线的斜率，‎ 其方程，化简得，‎ 所以直线过定点；‎ ‎②当直线垂直于轴时，，此时，，直线也过定点.‎ 综上所述，直线过定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程及性质、定点问题等知识以及逻辑思维与运算求解能力，考查了学生的计算能力，属于难题.‎ ‎21.已知函数，其中.‎ ‎（1）判断函数的单调性；‎ ‎（2）设，是的两个零点，求证：.‎ ‎【答案】（1）在区间上单调递减；在区间上单调递增（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的定义域，求导可得，令，可知函数在上单调递增，又，由此即可函数的单调性情况；‎ ‎（2）构造函数的图象关于直线对称的曲线为，可得，再分及讨论即可得证.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，‎ - 28 -‎ ‎，.‎ 记，，‎ ‎，‎ 故函数在上单调递增，又.‎ 所以当时，，故在区间上单调递减；‎ 当时，，故在区间上单调递增.‎ ‎（2）由（1）知，设，所以，.‎ 设函数的图象关于直线对称的曲线为，‎ 记为图象上的任意一点，它关于直线的对称点为，‎ 则，‎ 由，，则有.‎ ‎（1）当时，显然有；‎ ‎（2）当时，记，‎ 则，即，‎ 所以当时，，‎ 因为，，且函数在区间单调递减，‎ 所以有，得.‎ 综上所述，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的零点问题，不等式等知识的综合运用能力，属于难题.‎ - 28 -‎ ‎（二）选考题：共10分.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.‎ ‎22.已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.‎ ‎（1）若，求曲线与直线的两个交点之间的距离；‎ ‎（2）若曲线上的点到直线距离的最大值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线的参数方程化普通方程，曲线化为普通方程，联立求出交点点坐标，进而求出两个交点的距离；‎ ‎（2）将直线的方程化为普通方程，曲线的点代入，用点到直线的距离公式可得的代数式，对参数讨论可得最大值，由题意可得的值.‎ ‎【详解】（1）若，直线的参数方程为（为参数）.‎ 即直线的普通方程为，曲线的普通方程为，‎ 联立，解得或，‎ 则曲线与直线的两个交点的距离为 ‎.‎ ‎（2）直线的普通方程为，‎ 故曲线上的点到直线的距离为 - 28 -‎ ‎.‎ ‎（1）当时，的最大值为.‎ 由题设得，所以；‎ ‎（2）当时，的最大值为.‎ 由题设得，所以.‎ 综上，或.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化及两点间的距离公式和点到直线的距离公式，属于中档题.‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用分类讨论法去掉绝对值，再求不等式的解集；‎ ‎（2）利用绝对值不等式得出，不等式化为，求出解集即可 ‎【详解】（1）当时，，‎ 不等式等价于或或；‎ - 28 -‎ 解得或或；‎ 故不等式的解集为或.‎ ‎（2），‎ 所以不等式恒成立，只要即可，‎ 当时，不等式化为，此时；‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 综上可得实数的取值范围为.‎ 点睛】本题主要考查了绝对值不等式解法与应用问题，也考查了运算求解能力，属于中档题.‎ - 28 -‎ - 28 -‎