内蒙古包头市2020届高三第二次模拟数学（理）试题 Word版含解析 25页

‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 ‎（包头市第二次模拟考试）‎ 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号、试卷类型（A或B）涂写在答题卡上.‎ 本试卷满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将答题卡交回.‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得可得和，然后根据补集的定义即可得出答案.‎ ‎【详解】解：，，.‎ ‎.‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的补集运算、一元二次不等式和对数不等式的解集，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎2.设复数，则的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】C - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，代入，整理后即可求得的虚部．‎ ‎【详解】解：，‎ ‎，‎ 则的虚部为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题．‎ ‎3.X表示某足球队在2次点球中射进的球数，X的分布列如下表，若，则（ ）‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P a b A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据期望和方差的数学公式求解即可 ‎【详解】由，可得①，又由②，由①和②可得，，，所以，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的期望和方差公式的应用，属于基础题. ‎ ‎4.已知，则（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用两角和的正切公式求出，再用倍角公式化简，再用弦化切技巧求解.‎ 详解】由,则，‎ 又 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查两角和的正切公式，余弦的倍角公式，弦化切技巧，角变换技巧，是考查了多个基本知识的基础题．‎ ‎5.对数的发明是数学史上的重大事件，它可以改进数字的计算方法、提高计算速度和准确度.已知，，若从集合，中各任取一个数，，则为整数的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基本事件总数，利用列举法求出为整数包含的基本事件有个，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.‎ ‎【详解】，，‎ 若从集合，中各任取一个数，，‎ 基本事件总数，‎ 为整数包含的基本事件有，，，，‎ ‎，，共有个，‎ - 25 -‎ 为整数的概率为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式、分步计数原理、列举法求基本事件个数、对数的运算，属于基础题.‎ ‎6.已知直线与平面，，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间点、直线、平面之间的位置关系，对四个选项逐一判断可得答案.‎ ‎【详解】对于，若，则或与相交，故不正确；‎ 对于，若，又，则根据平面与平面垂直的判定定理可得，故正确；‎ 对于，若，则或与相交，故不正确；‎ 对于，若，则或与为异面直线，或与相交，故不正确.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了空间点、直线、平面之间的位置关系，属于基础题.‎ ‎7.甲、乙、丙三名学生参加数学竞赛，他们获得一、二、三等奖各一人，对于他们分别获得几等奖，其他学生作了如下的猜测：‎ 猜测1：甲获得二等奖，丙获得三等奖；‎ 猜测2：甲获得三等奖，乙获得二等奖；‎ 猜测3：甲获得一等奖，丙获得二等奖；‎ 结果，学生们的三种猜测各对了一半，则甲、乙、丙所获得的奖项分别是（ ）‎ A. 一等、二等、三等 B. 二等、一等、三等 C. 二等、三等、一等 D. 三等、二等、一等 ‎【答案】A - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先假设猜测1：甲获得二等奖正确，得到与猜测2矛盾，假设不成立，得到丙获得三等奖正确，从而得到猜测3中甲获得一等奖正确和猜测2中乙获得二等奖正确，综合即可得到答案.‎ ‎【详解】假设猜测1：甲获得二等奖正确，‎ 则猜测2：甲获得三等奖错误，乙获得二等奖错误；与题意矛盾，假设不成立.‎ 故：猜测1：甲获得二等奖错误，丙获得三等奖正确；‎ 根据丙获得三等奖正确得到：‎ 猜测3：甲获得一等奖正确，丙获得二等奖错误；‎ 根据甲获得一等奖正确，得到：‎ 猜测2：甲获得三等奖错误，乙获得二等奖正确，‎ 综上：甲获得一等奖，乙获得二等奖，丙获得三等奖.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查合情推理，同时考查学生分析问题和解决问题的能力，属于简单题.‎ ‎8.过双曲线的左焦点作垂直于实轴的弦，A为E的右顶点.若，则E的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得的值，再由题意及双曲线的对称性可得，又有，，之间的关系求出，的值，进而求出双曲线的方程．‎ ‎【详解】解：由题意可得，由题意可得，，‎ - 25 -‎ 由双曲线的对称性及可得，，解得：，，‎ 所以双曲线的方程为：，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质，属于基础题．‎ ‎9.已知函数满足，若数列满足，则数列的前20项和为（ ）‎ A. 100 B. 105 C. 110 D. 115‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数满足，利用倒序相加法求出，再求前20项和．‎ ‎【详解】解：函数满足，①，‎ ‎②，‎ 由①②可得，‎ ‎，所以数列 - 25 -‎ 是首项为1，公差为的等差数列，其前20项和为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质及倒序相加法求和，属于基础题．‎ ‎10.已知圆柱的高为h，它的两个底面半径为r的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，利用勾股定理可得，再由基本不等式求得的最大值，则圆柱侧面积的最大值即可求得.‎ ‎【详解】解：如图：‎ 根据题意可得：，则,‎ 所以，则，‎ 当且仅当，即时上式等号成立.‎ 所以，圆柱的侧面积.‎ 即该圆柱的侧面积的最大值为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆柱的外接球，基本不等式，考查学生数形结合的能力，属于中档题.‎ - 25 -‎ ‎11.已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线与C交于两点.若，，则C的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，利用椭圆的定义，求得，，，‎ 可得，，由于，由二倍角公式列方程可得结果.‎ ‎【详解】‎ 如图，由题意可得：‎ ‎，，，，‎ 所以，故，‎ 可得，，，，‎ 利用，则为等腰三角形，所以，，，,可得，可得．‎ 故选：C - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用以及椭圆的离心，属于难题．离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．‎ ‎12.已知函数是定义在R上连续的奇函数，当时，，且，则函数的零点个数是（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设，由函数的零点与方程的关系分析可得函数的零点就是方程的根，分析可得为上连续的奇函数，且在上为增函数，又由（1）的值可得（1）的值，据此可得方程只有一个根，即函数只有1个零点，可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，若，变形可得，‎ 设，‎ 则函数的零点就是方程的根，‎ ‎，其定义域为，‎ 又由为定义在上连续的奇函数，则，‎ 则为上连续的奇函数，‎ ‎，则，‎ 又由当时，，则有，即函数为上的增函数，‎ 又由为上连续的奇函数，且，‎ 则为上的增函数，‎ 又由（1），则（1）（1），则方程只有一个根，‎ - 25 -‎ 故函数只有1个零点，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点与方程的关系以及函数的奇偶性与单调性的判断以及应用，涉及利用导数分析函数的单调性，属于中档题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分题，共20分.‎ ‎13.已知，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出的值，再由可得出，由此可得出的值.‎ ‎【详解】，，‎ ‎，，即，因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的运算，考查垂直向量的等价条件的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎14.函数在有且只有3个零点，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的取值范围，求得的取值范围，结合余弦函数的零点列不等式，由此求得的取值范围.‎ ‎【详解】依题意，.由得，要使函数在有且只有个零点，则需，即 - 25 -‎ ‎.所以的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本小题主要考查三角函数的零点问题，属于中档题.‎ ‎15.在锐角中，角的对边分别为，已知，且，则锐角面积的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件，利用正弦定理求得.画出图象，结合三角形是锐角三角形，求得的取值范围，由此求得三角形面积的取值范围.‎ ‎【详解】依题意，锐角三角形中，，‎ 即，即.‎ 由正弦定理得，由于，所以.‎ 故，即，‎ 由于，所以，所以，‎ 画出三角形的图象如下图所示，其中，‎ ‎，‎ 由于三角形是锐角三角形，所以在线段内运动（不包括端点），‎ 所以，即.‎ 所以.‎ - 25 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.‎ ‎16.已知函数，关于函数有下列结论：‎ ‎①，；‎ ‎②函数的图象是中心对称图形，且对称中心是；‎ ‎③若是的极大值点，则在区间单调递减；‎ ‎④若是的极小值点，且，则有且仅有一个零点.‎ 其中正确的结论有________（填写出所有正确结论的序号）.‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据零点存在定理，对称性，导数与极值的关系对各选项判断．‎ ‎【详解】易知时，，时，，因此一定存在零点，①正确；‎ ‎，所以图象不一定关于点对称，②错；‎ 由题意，若是的极大值点，则是的一根，则它还有另一根，据题意，只有在上，递减，在时，‎ - 25 -‎ ‎，递增，③错；‎ 与上面讨论类似，有两个不等实根，，在或时，，在两个区间上都是递增，时，，递减，是极小值点，是极大值点，则，，在上无零点，在上有唯一零点．④正确．‎ 故答案：①④‎ ‎【点睛】本题考查函数的对称性，考查导数与极值的关系，函数的零点问题．‎ 对称性结论：若在定义域内恒成立，则图象关于点对称．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤.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：60分.‎ ‎17.在①，且，②，且，③，且这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求出和数列的通项公式与前项和；若不存在，请说明理由.‎ 设为各项均为正数的数列的前项和，满足________，是否存在，使得数列成为等差数列？‎ ‎【答案】答案不唯一，具体见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，用换后得，两式相减得，若选择①，由可求得等差数列的通项公式及值，前项和；若选择②，由得和的关系式，作为关于的二次方程，至少有正根，由根的分布得其条件是，得出与已知矛盾的结论，说明不存在；若选择③，由，同样可求和．‎ - 25 -‎ ‎【详解】解：选择①，‎ 因为，所以，两式相减，得 ‎，‎ 即，又，所以，‎ 因为，且，所以，‎ 由，得，即，‎ 把代入上式，得，‎ 当时，由及，得，‎ 所以，，满足，可知数列是以3为首项，以2为公差的等差数列.‎ 数列的通项公式为，‎ 数列的前项和为.‎ 选择②，‎ 因为，所以，两式相减，得 ‎，‎ 即，又，所以，‎ 由，得，即，‎ 因为已知数列的各项均为正数，所以，‎ 因为关于的一元二次方程至少存在一个正实数解的充要条件是 ‎，‎ 解得，‎ 这与已知条件矛盾，所以满足条件的不存在.‎ ‎（注：若存在两个实数解分别为，，则，，‎ 当时，的解一正一负；当时，的解一正一零；‎ - 25 -‎ 当时，的解均为正.‎ 所以方程至少存在一个正实数解，当且仅当.）‎ 选择③，因为，所以，两式相减，得 ‎，‎ 即，又，所以，‎ 由，得，又已知，‎ 所以，，‎ 由，得，，所以，‎ 当时，由及得，‎ 由，及，得，‎ 所以和满足，‎ 可知数列是以3为首项，以2为公差的等差数列，‎ 数列的通项公式为，‎ 数列的前项和为.‎ ‎【点睛】本题考查数列的探索性命题，考查数列的前项与的关系，确定数列的通项公式．解题根据是．‎ ‎18.如图，在中，，点P为的中点，交于点D，现将沿翻折至，使得平面平面.‎ ‎（1）若Q为线段的中点，求证：平面；‎ - 25 -‎ ‎（2）在线段上是否存在点E，使得二面角大小为.若存在，请求出点E所在位置，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在；E为线段的中点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出，，从而，推导出，，进而平面，由此能求出，，由此能证明平面．‎ ‎（2）推导出，，得平面，以点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，当点为线段的中点时，二面角的大小为．‎ ‎【详解】解：（1）证明：在中，，，‎ 将沿翻折至，，‎ 又，平面，‎ 平面，，‎ 在中，Q为的中点，，‎ 又，平面 ‎（2）在，，，又沿翻折至，‎ 且平面平面，由（1）有，得平面.‎ 以点P为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.‎ 则，‎ ‎.‎ - 25 -‎ 设，则，所以 设平面的一个法向量为 则由即 可得 可取平面的一个法向量为 则，解得.‎ 所以当点E为线段的中点时，二面角大小为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．‎ ‎19.某校举行了全体学生的一分钟跳绳比赛，为了了解学生的体质，随机抽取了100名学生，其跳绳个数的频数分布表如下：‎ 一分钟跳绳个数 频数 ‎6‎ ‎12‎ ‎18‎ ‎30‎ ‎16‎ ‎10‎ ‎8‎ ‎（1）若将抽取的100名学生一分钟跳绳个数作为一个样本，请将这100名学生一分钟跳绳个数的频率分布直方图补充完整（只画图，不需要写出计算过程）；‎ - 25 -‎ ‎（2）若该校共有3000名学生，所有学生的一分钟跳绳个数X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.利用所得正态分布模型，解决以下问题：‎ ‎①估计该校一分钟跳绳个数超过165个的人数（结果四舍五入到整数）；‎ ‎②若在该校所有学生中任意抽取4人，设一分钟跳绳个数超过180个的人数为，求随机变量的分布列、期望与方差.‎ 附：若随机变量Z服从正态分布，则，，.‎ ‎【答案】（1）作图见解析；（2）①2524（人）②分布列见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由跳绳个数的频数分布表能完成频率分布直方图．‎ ‎（2）①由频率分布直方图求出样本数据的平均数的估计值，从而该校全体学生的一分钏跳绳个数近似服从正态分布，，由，求出，由此能求出该校一分钟跳绳个数超过165个的人数．‎ ‎②由正态分布求出在该校任取一人，一分钟跳绳个数超过180个的概率约为，从而，由此能求出随机变量的分布列、期望与方差．‎ ‎【详解】解：（1）由题意可得，‎ - 25 -‎ ‎（2）样本数据的平均数的估计值为（个）‎ 所以该校全体学生的一分钟跳绳个数X近似服从正态分布 ‎①，‎ 所以该校一分钟跳绳个数超过165个的人数约为（人）‎ ‎②由正态分布可得，在该校任取一人，一分钟跳绳个数超过180个的概率约为，所以，的所有可能的取值为0，1，2，3，4.‎ 所以，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P - 25 -‎ 所以 ‎【点睛】本题考查频率分布直方图的画法，考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查正态分布、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）若函数，讨论在的单调性；‎ ‎（2）若，对任意恒成立，求整数k的最大值.‎ ‎【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导数的符号可求得在的单调性；‎ ‎（2）分离变量，转化为求函数的最小值，通过导数和零点存在性定理可得结果.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 令，则.‎ 所以函数在单调递增，从而，所以.‎ 由，得；由得.‎ 所以区间上单调递减，在区间上单调递增.‎ ‎（2）因为，对任意恒成立，‎ - 25 -‎ 所以.‎ 令，则，所以在R上单调递增，‎ 又，‎ 所以存在唯一的，使得又 由（1）知当时，，所以 所以存在唯一的，使得，即.‎ 当时，，所以单调递减；‎ 当时，，所以单调递增；‎ 所以 ‎，‎ 又，所以k的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的单调性，考查了零点存在性定理，考查了利用导数处理不等式恒成立问题，属于中档题.‎ ‎21.已知抛物线上一点到焦点F的距离为.‎ ‎（1）求抛物线M的方程；‎ ‎（2）过点F斜率为k的直线l与M相交于C，D两点，线段的垂直平分线与M相交于两点，点分别为线段和的中点.‎ ‎①试用k表示点的坐标；‎ ‎②若以线段为直径的圆过点C，求直线l的方程.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）（2）①；②，或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可得且，解得，进而得出抛物线方程．‎ ‎（2）①点的坐标为，写出直线的方程为：，联立直线与抛物线的方程得，设，，，，则由韦达定理得，，进而得中点的坐标，再写出线段垂直平分线的方程：，联立它与抛物线方程，同理得线段中点的坐标．‎ ‎②根据题意得，，在中，由勾股定理得，即，分别由抛物线定义，弦长公式，两点之间得距离公式表示，，，代入化简解得，进而得直线的方程．‎ ‎【详解】解：（1）根据抛物线的定义和已知条件，得，故，‎ 由点Q在M上，可知，把代入，得.‎ 所以抛物线M的方程为：.‎ ‎（2）①由（1）可知点F的坐标为，所以直线l的方程为：.‎ 联立消去y得，‎ 设，则，所以，‎ 所以线段中点.‎ 因为过点E且与l垂直，所以的方程为：‎ - 25 -‎ 联立消去y，得，显然成立.‎ 设，则，所以，‎ 所以线段中点 ‎②因为以线段为直径的圆过点C，所以，‎ 在中，，‎ 即.‎ 根据抛物线定义，得，‎ 又 ‎，‎ ‎，‎ 所以，由，‎ 得，‎ 解方程得，所以直线l的方程为，或.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程，直线与抛物线相交问题，属于中档题．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B - 25 -‎ 铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按照所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线，其中.‎ ‎（1）说明是哪种曲线，并将的方程化为极坐标方程；‎ ‎（2）设曲线和曲线交于，两点，求.‎ ‎【答案】（1）是以为圆心，5为半径的圆；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数得到的普通方程，再利用极坐标公式得到答案.‎ ‎（2）根据韦达定理得到，，根据计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）消去参数得到的普通方程为，‎ 是以为圆心，5为半径的圆，将，代人的普通方程中，‎ 得到，化简整理得到：.‎ ‎（2）设，两点所对应的极径分别为，，‎ 将曲线的极坐标方程代人曲线的极坐标方程，得.‎ 于是，，‎ ‎.‎ 由，得，两边平方整理得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，求弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎23.已知，，为正实数，且，证明：‎ ‎（1）；‎ - 25 -‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用3次均值不等式，相乘计算得到答案.‎ ‎（2）变换，利用3次均值不等式相加，计算得到证明.‎ ‎【详解】（1）因为，，为正实数，所以，，，‎ ‎（当且仅当时，等号同时成立），‎ 所以.‎ ‎（2）因为，所以 又，‎ 即.（当且仅当时，等号同时成立）.‎ 所以，即.‎ ‎【点睛】本题考查了利用均值不等式证明不等式，意在考查学生对于均值不等式各种变形技巧的灵活运用.‎ - 25 -‎