宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期模拟考试数学（理）试题 22页

宁夏六盘山高级中学2020届高三第二次模拟考试 理科数学试卷 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写在本试题相应的位置、涂清楚.‎ ‎2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.‎ ‎3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.‎ ‎4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.‎ ‎5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.‎ 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，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 即中至少有一个是零；复数为纯虚数，故为小范围，故为必要不充分条件.‎ ‎2.集合，，若，则的值为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为，所以，选D.‎ ‎3.等差数列的首项为1，公差不为，若，，成等比数列，则数列的前项的和为（ ）‎ A. B. C. 3 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列通项公式与等比中项性质建立方程，求得公差，再由等差数列求和公式求得答案.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为d，，，且，，成等比数列，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得，‎ 前6项的和为 ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查求等差数列前n项和，属于基础题.‎ ‎4.设平面向量，则与垂直的向量可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：先由平面向量的加法运算和数乘运算得到，再利用数量积为0进行判定．‎ 详解：由题意，得，‎ 因为，，‎ ‎，，‎ 故选D．‎ 点睛：本题考查平面向量的坐标运算、平面向量垂直的判定等知识，意在考查学生的逻辑思维能力和基本计算能力．‎ ‎5.用一平面去截体积为的球，所得截面的面积为，则球心到截面的距离为（ ）.‎ A. 2 B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由球的体积，得球的半径是，利用球的截面的性质，即可求解．‎ ‎【详解】设球的半径为，截面圆的半径为，由球的体积，得球的半径是，‎ 截面的面积为，则截面圆的半径是，‎ 所以球心到截面的距离为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了球的截面的性质的应用，其中解答中熟记球的截面的性质是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎6.(+)(2-)5的展开式中33的系数为 A. -80 B. ‎-40 ‎C. 40 D. 80‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎， ‎ 由展开式的通项公式可得：‎ 当时，展开式中的系数为；‎ 当时，展开式中的系数为，‎ 则的系数为.‎ 故选C.‎ ‎【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项.‎ ‎（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.‎ ‎7.下列命题中，错误命题是 A. “若，则”的逆命题为真 B. 线性回归直线必过样本点的中心 C. 在平面直角坐标系中到点和的距离的和为的点的轨迹为椭圆 D. 在锐角中，有 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由四种命题的真假判断A的正误；回归直线方程的性质判断B的正误；椭圆的定义判断C的正误；三角形的性质以及正弦函数的单调性判断D的正误；‎ ‎【详解】选项A：“若，则a＞b＞‎0”‎的逆命题为：若a＞b＞0，则，显然是真命题；‎ 选项B：线性回归直线方程必过样本点的中心，所以B正确；‎ 选项C：在平面直角坐标系中到点（1，0）和（0，1）的距离的和为的点的轨迹为线段，所以C不正确．‎ 选项D：在锐角△ABC中，有A+B＞，A＞﹣B，所以sinA＞sin（﹣B）＝cosB>0，可得sin‎2A＞cos2B，所以D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查数学的基本概念：命题、回归直线、轨迹、解三角形等基本知识的考查，属于中档题．‎ ‎8.元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示.若将“没了壶中酒”改为“剩余原壶中的酒量”，即输出值是输入值的，则输入的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，使得最后退出循环时，即可得解.‎ ‎【详解】时，；时，；时，；时，退出循环.此时，，解得.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确结论，属于基础题.‎ ‎9.已知圆的一条切线与双曲线没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意，圆心到直线的距离，∴， ‎ ‎∵圆的一条切线与双曲线C：没有交点， ∴，∴，∵双曲线的离心率，∴双曲线的离心率的取值范围是，故选B.‎ ‎10.将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：‎ ‎（1）；（2）是等边三角形；‎ ‎（3）与平面所成的角为60°；（4）与所成的角为.‎ 其中错误的结论是（ ）‎ A. （1） B. （2） C. （3） D. （4）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，则，，利用线面垂直的判定定理可证面，再由直线与平面垂直的性质定理可知正确；‎ ‎（2）利用勾股定理求出棱长AC，即可判定正确；‎ ‎（3）利用定义法可判定与平面所成的角为，应为45°，故不正确；‎ ‎（4）由空间向量的方式计算异面直线所成角.‎ ‎【详解】取的中点，则，.‎ 又，平面，平面，‎ 面.‎ 平面，，故（1）正确；‎ 设正方形边长为，则，.‎ ‎，，‎ 为二面角所成平面角，‎ 又二面角为直二面角，则，‎ ‎.‎ 为等边三角形，故（2）正确；‎ ‎，则，‎ 又，，平面，平面，‎ 平面，‎ 为与面所成的角，为45°，故（3）不正确；‎ 以为坐标原点，、、分别为，，轴建立直角坐标系，‎ 则，，，.‎ ‎，.‎ ‎，即与所成的角为60°，故（4）正确.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查折叠问题中线线垂直的判定，线面角的运算，还考查了空间异面直线所成角的运算，属于简单题.‎ ‎11.函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数有两个不同的零点，那么在定义域内必定存在极值，分析可得是极大值，且极大值大于零，从而构建不等式，解得答案.‎ ‎【详解】由题意可知，，定义域为，‎ ‎，‎ 令，解得，‎ 函数有两个不同零点，则 即，且当，，单调递增；‎ 当，，单调递减，‎ 即在上取得极大值，且，‎ 所以，‎ 又时，，时，，‎ 故实数的取值范围是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查由函数的零点个数求参数的取值范围，考查了导数解决极值及零点问题，属于较难题.‎ ‎12.在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若= +，则+的最大值为 A. 3 B. 2 C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图所示，建立平面直角坐标系.‎ 设,‎ 易得圆的半径，即圆C的方程是，‎ ‎，若满足，‎ 则 ，，所以，‎ 设，即，点在圆上，‎ 所以圆心到直线的距离，即，解得，‎ 所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.‎ ‎【名师点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.‎ ‎（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.‎ 二、填空题：‎ ‎13.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，则______.‎ ‎【答案】0.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，，根据二项分布的概率、方差公式计算即可.‎ ‎【详解】由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，‎ 所以，‎ 所以或． 由，得， 即，‎ 所以， 所以， 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查的是二项分布问题，根据二项分布求概率，再利用方差公式求解即可．‎ ‎14.函数（，，是常数，，）的部分图象如图所示，则的值是______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知图象可知振幅与，由周期计算公式可得，再由特殊点可计算出，最后代指计算答案.‎ ‎【详解】根据函数（，，是常数，，‎ ‎）的部分图象，得，，‎ ‎.‎ 再根据五点法作图可得，‎ ‎，则取，‎ 故 ‎，‎ 故答案为：‎ 点睛】本题考查由三角函数图像求解析式并求值，属于基础题.‎ ‎15.若数列满足，，_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 表示已知前一项递推关系，利用作差法并整理可得通项公式，进而求得答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以当时，，‎ 两式相减得：，‎ 即，‎ 所以，‎ 由可知，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查由已知递推关系求通项公式，类比前n 项和关系分析借助作差处理，属于中档题.‎ ‎16.“求方程的解”有如下解题思路：设，则在上单调递减，且，所以原方程有唯一解，类比上述解题思路，不等式的解集是__________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 不等式变形为，‎ x6+x2＞（x+2）3+（x+2）；‎ 令u=x2，v=x+2，‎ 则x6+x2＞（x+2）3+（x+2）⇔u3+u＞v3+v；‎ 考查函数f（x）=x3+x，知f（x）在R上为增函数，‎ ‎∴f（u）＞f（v），∴u＞v；‎ 不等式x6+x2＞（x+2）3+（x+2）可化为x2＞x+2，解得x＜﹣1或x＞2；‎ ‎∴不等式的解集为：（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．‎ 故答案为（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．‎ 点睛：本题主要考查抽象函数函数的奇偶性、单调性及对称性，属于难题.解决这类问题，一定要多读题，挖掘出隐含条件，其次要先从熟悉的知识点入手，有点到面逐步展开，解答本题的关键是构造函数f（x）=x3+x，，进而利用单调性解不等式可得结果.‎ 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为选考题，考生根据要求作答 ‎17.在△ABC中, 内角A, B, C所对的边分别是a, b, c. 已知, a = 3,.‎ ‎(Ⅰ) 求b的值; ‎ ‎(Ⅱ) 求的值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ) 在△ABC中，由可得，又由 可得，又，故，由，可得.‎ ‎(Ⅱ)由得，，进而得，，‎ 所以=.‎ 本题第（Ⅰ）问，因为,所以由边角互化结合余弦定理即可求出边b；第(Ⅱ)问，由平方关系、二倍角公式、两角差的正弦公式可以求出结果.在解三角形中，遇到边角混和式，常常想边角互化.对三角函数及解三角形的题目，熟练三角部分的公式是解答好本类题的关键，日常复习中加强基本题型的训练.‎ ‎【考点定位】本小题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦与余弦公式、两角差的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查基本运算求解能力.‎ ‎18.某公司人数众多为鼓励员工利用网络进行营销，准备为员工办理手机流量套餐.为了解员工手机流量使用情况，按照男员工和女员工的比例分层抽样，得到名员工的月使用流量（单位：）的数据，其频率分布直方图如图所示.‎ ‎（1）求的值，并估计这名员工月使用流量的平均值（同一组中的数据用中点值代表；‎ ‎（2）若将月使用流量在以上（含）的员工称为“手机营销达人”，填写下面的列联表，能否有超过的把握认为“成为手机营销达人与员工的性别有关”；‎ 男员工 女员工 合计 手机营销达人 ‎5‎ 非手机营销达人 合计 ‎200‎ 参考公式及数据：，其中.‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎（3）若这名员工中有名男员工每月使用流量在，从每月使用流量在的员工中随机抽取名进行问卷调查，记女员工的人数为，求的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）填表见解析；有超过95%.的把握认为“手机营销达人与员工的性别有关”（3）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图各矩形面积和为1求得；再由平均值计算公式计算；‎ ‎（2）由独立重复试验分析方式计算观测值，对比表中数据，下结论；‎ ‎（3）由超几何分布计算概率并列出分布列，再由数学期望计算公式求得答案 ‎【详解】（1）由图知：，‎ 则 ‎（2）由已知得列联表如下：‎ 男员工 女员工 合计 手机营销达人 ‎5‎ ‎35‎ ‎40‎ 非手机营销达人 ‎45‎ ‎115‎ ‎160‎ 合计 ‎50‎ ‎150‎ ‎200‎ 由表中数据可得：‎ 的观测值 所以有超过95%.的把握认为“手机营销达人与员工的性别有关”；‎ ‎（3）由频率分布直方图可得在的员工共有：人，且的可能取值为1，2，3，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以分布列如下：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查求频率分布直方图中的参数和平均值，由独立性检验分析实际问题，还考查了由超几何分布列分布列并求其期望，属于中档题.‎ ‎19.如图所示，四棱锥中，底面，，，，，，，为的中点.‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别计算∠BCA和∠CAE得出两角相等，得出AE∥BC，故而AE∥平面PBC；（2）建立空间坐标系，求出两个半平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．‎ ‎【详解】（1）证明：‎ 在中，‎ 是直角三角形 又为的中点，‎ 是等边三角形，‎ 又平面平面 平面 ‎（2）‎ 由（1）可知，以点为原点，以所在直线分别为轴、轴、‎ 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ‎ ‎ ‎ 设为平面的法向量，则即 设，则 设为平面的法向量，则即 设，则 二面角的余弦值为 ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题．一般证明线面平行是从线线平行入手，通过构造平行四边形，三角形中位线，梯形底边等，找到线线平行，再证线面平行．‎ ‎20.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）不过原点的直线与椭圆交于，两点，若三直线、、的斜率与，，点成等比数列，求直线的斜率及的值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得关于a,b,c的方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，，根据和韦达定理求出k的值.再根据求出.‎ ‎【详解】解：（1）依题意得， ‎ 又 ‎ ‎∴椭圆的方程为 ‎ ‎（2）设直线的方程为，‎ 由得，‎ ‎∴. ‎ 由题设知 ，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵，∴. ‎ 此时 则 故直线的斜率为.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的计算和简单几何性质，考查直线和椭圆的位置关系和定值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.‎ ‎21.已知函数且.‎ ‎（1）求a；‎ ‎（2）证明：存在唯一的极大值点，且.‎ ‎【答案】（1）a=1；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；‎ ‎（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．‎ ‎【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），‎ 则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．‎ 则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．‎ 因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，‎ 所以h（x）min＝h（），‎ 又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，‎ 所以1，解得a＝1；‎ 另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），‎ 所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，‎ 所以解得a＝1；‎ ‎（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，‎ 令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，‎ 令t′（x）＝0，解得：x，‎ 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，‎ 所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，‎ 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，‎ 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，‎ 所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，‎ 由x0可知f（x0）＜（x0）max；‎ 由f′（）＜0可知x0，‎ 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，‎ 所以f（x0）＞f（）；‎ 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．‎ 选考题：共10分，请考生在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.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为为参数以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．‎ 写出曲线C的极坐标方程；‎ 设点M的极坐标为，过点M的直线l与曲线C相交于A，B两点，若，求AB的弦长．‎ ‎【答案】（1）；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将参数方程转化为直角坐标方程，然后转化为极坐标方程可得曲线C的极坐标方程为．‎ 设直线l的参数方程是(为参数，与圆的方程联立可得，结合题意和直线参数的几何意义可得弦长．‎ ‎【详解】曲线C的参数方程为(为参数．‎ 曲线C的直角坐标方程为，‎ 曲线C的极坐标方程为，‎ 即曲线C的极坐标方程为．‎ 设直线l的参数方程是(为参数，‎ 曲线C的直角坐标方程是，，‎ 联立，得，‎ ‎，且，，‎ 则，或，，‎ 的弦长．‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与极坐标方程转化方法，直线参数方程的几何意义及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎23.（1）设函数，证明：；‎ ‎（2）若实数满足，求证：．‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）因为，所以，‎ 所以．‎ ‎（2）因为，由柯西不等式可得，‎ 当且仅当，即，时取等号，整理得，所以．‎