广西贵港市2020届高三毕业班第四次高考模拟理科数学试题 Word版含解析 23页

‎2020届高中毕业班第四次模拟考试试题 理科数学 一、选择题：本大题共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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过一元二次不等式的解法，化简集合B，再利用交集的定义求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 解得，‎ 所以，‎ 又 ‎∴.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.若为实数，复数在复平面上位于第四象限，且，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据在复平面上位于第四象限，顶点，再根据，由求解.‎ ‎【详解】因为在复平面上位于第四象限，‎ 所以，‎ 又因为，‎ 所以，‎ 解得.‎ 故选：C ‎【点睛】复数的几何意义和复数的模的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎3.某班级共有50人，把某次数学测试成绩制作成直方图如图，若分数在内为优秀，则任取两人成绩均为优秀的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由直方图得到优秀的人数，利用古典概型求概率的公式，分别求解所有的情况，和满足条件的情况，即得解 ‎【详解】由直方图知优秀人数为，‎ 所以任取两人成绩均为优秀的概率为，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图和古典概型综合，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算能力，属于基础题 ‎4.已知椭圆的焦点为F，短轴端点为P，若直线PF与圆 相切，则圆O的半径为（ ）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆方程，得到焦点和上顶点的坐标，写出直线方程，再根据直线PF与圆相切，利用圆心到直线的距离等于圆的半径求解.‎ ‎【详解】因为椭圆，‎ 不妨设，‎ 所以PF的方程为，‎ 因为直线PF与圆相切，‎ 所以圆心到直线的距离等于圆的半径，‎ 即，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎5.已知二项式展开式中二项式系数最大的只有第5项，则项的系数为（ ）‎ A. 28 B. 36 C. 56 D. 84‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得的值，再根据二项式展开公式，即可求出结果．‎ ‎【详解】二项式展开式中二项式系数最大的项为中间项，‎ 又二项式展开式中共有9项，‎ 所以，‎ 所以，所以项的系数为28.‎ 故选： A.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，求展开式中某项的系数，属于基础题．‎ ‎6.三个几何体组合的正视图和侧视图均为如下图所示，则下列图中能作为俯视图的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正视图和侧视图一样，由正视图和侧视图知三个几何体可以是圆柱或底面为正方形的直棱柱，依次验证即可.‎ ‎【详解】解：对于①，由三个圆柱组合而成，其正视图和侧视图相同，符合要求；‎ 对于②，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是小的圆柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；‎ 对于③，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是底面为正方形的小的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；‎ 对于④，最底层是圆柱，中间是圆柱，最上面是底面为正方形的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；‎ 所以四个图都可能作为俯视图.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】考查由正视图和侧视图判断几何体的俯视图；基础题.‎ ‎7.如图，正方体中，E．F分别为棱、的中点，下列说法：‎ ‎①直线BE与直线DF相交；‎ ‎②直线BE与直线DF是异面直线；‎ ‎③；‎ ‎④直线BD与直线EF是异面直线．其中正确的说法的序号为（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中两直线位置关系的判定定理说明可得；‎ ‎【详解】解：∵正方体中，E、F分别为棱、的中点 ‎，，‎ ‎∴，即③正确；‎ 由③知BE与DF共面，所以直线BE与直线DF相交，即①正确，‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查空间中两直线的位置关系的判断，属于中档题.‎ ‎8.如图，点P在以为直径的半圆弧上，点P沿着BA运动，记．将点P到A、B两点距离之和表示为x的函数，则的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，进而可得，再根据三角函数的性质，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意可知，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，所以.‎ 所以函数图象大致为D.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键，本题属于中档题．‎ ‎9.在直角中，，，，，，设BF与CE交于G，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以A为原点建立坐标系，可得到直线CE，BF的方程，联立得到G点的坐标，继而得到的坐标，利用向量夹角的坐标公式，即得解 ‎【详解】如图，以A为原点建立坐标系，‎ 则，，∴，，‎ 所以直线CE方程为，直线BF的方程为，‎ 解，得 ‎∴，，‎ ‎∴‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了向量夹角的坐标表示，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题 ‎10.设函数是奇函数的导函数，，当时，．已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由，得在上是增函数，又由函数是奇函数，，可得当时，，当时，‎ ‎，由，和，可得选项.‎ ‎【详解】设，∵，∴在上是增函数，‎ 又因为函数是奇函数，，所以，，‎ 所以当时，，所以，当时，，，‎ 又，所以在上是增函数，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查构造函数，由其导函数的正负得出得出所构造函数的单调性，以及考查对数运算，指数式比较大小，属于中档题.‎ ‎11.已知为双曲线的右焦点，点在上，且轴，为的中点（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，分析得出为等腰直角三角形，可得出，利用勾股定理得出，然后利用双曲线的定义结合离心率公式可求得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】如图，设双曲线的左焦点为，‎ 轴，则，‎ 为的中点，且，，‎ ‎，由勾股定理得，‎ 由双曲线的定义可得，即，‎ 因此，双曲线的离心率为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12.已知中，BC边上的中线，，，则的周长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在和中，由余弦定理，化简可得；在中，由余弦定理可知，由此可得，由此即可求出的周长.‎ ‎【详解】在和中，由余弦定理，可知 ‎，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 在中，由余弦定理可知，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 所以的周长为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于中等题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二倍角公式和平方关系，即可求出．‎ ‎【详解】．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角公式和平方关系的应用，属于基础题．‎ ‎14.函数在处的切线在轴上的截距为____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数求得函数在点处的切线方程，化为斜截式方程，可得出结果.‎ ‎【详解】对函数求导得，‎ 所以，函数在处的切线方程为，即，‎ 因此，函数在处的切线在轴上的截距为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线在轴上的截距的求解，考查了利用导数求函数的切线方程，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知与的等差中项为，等比中项为，则____________．‎ ‎【答案】31或17．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，可得到，，可转化为方程的两根，得到，或，，即得解 ‎【详解】依题意得，，‎ 所以，为方程的两根，‎ ‎∴，或，，‎ ‎∴或 故答案为：31或17．‎ ‎【点睛】本题考查了等差，等比中项的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题 ‎16.已知A，B，C是球O的球面上三点，，，，D为该球面上的动点，若三棱锥D-ABC体积的最大值为，则球O的表面积为____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当D、O、G三点共线时，三棱锥D-ABC体积的最大，利用三棱锥体积的最大值为，求出球的半径，即可求出球O的表面积.‎ ‎【详解】如图，‎ 由得，所以的外接圆的圆心在AB的中点G上，所以平面ABC，‎ 当D、O、G三点共线时，三棱锥D-ABC体积的最大，‎ 由得，‎ 设球的半径为R，则，即，‎ 所以球O的表面积为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关问题，解答本题的关键是找出当三棱锥的体积最大时点D的位置，属于中档题.‎ 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．‎ ‎（一）必考题（共60分）‎ ‎17.已知等差数列中，，，等比数列的各项均为正数，且，．‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）等差数列公差为，等比数列公比为，根据，得到关于和的方程组，通过解方程组求得和，进而求得的通项公式；通过，求得，进而求得的通项公式.‎ ‎（2）通过已知条件和（1）中的结论求得，进而求得的前项和.‎ ‎【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，‎ 则由得，‎ ‎∴，‎ 由得或（舍去），‎ ‎∴；‎ ‎（2）‎ 所以是首项为，公差为的等差数列.‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式、等差数列的前项和公式，考查学生公式的掌握程度与计算能力，属于基础题.‎ ‎18.如图，直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，是侧棱上的点．‎ ‎（1）若，证明：是的中点；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用勾股定理得出，再由可得知为等边三角形，利用勾股定理得出，进而可证得结论成立；‎ ‎（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得二面角的余弦值．‎ ‎【详解】（1）由直三棱柱得平面，‎ ‎、平面，，，‎ 为等腰直角三角形，，且，‎ 由勾股定理得，‎ ‎，是等边三角形，则，‎ 由勾股定理得，为的中点；‎ ‎（2）易知、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，‎ 设，则、、，，，‎ 设平面的法向量为，由，得，‎ 令，得，，，‎ 又平面的法向量为，，‎ 由图形可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线段中点的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查计算能力与推理能力，属于中等题.‎ ‎19.年上半年，随着新冠肺炎疫情在全球蔓延，全球超过个国家或地区宣布进人紧急状态，部分国家或地区直接宣布“封国”或“封城”，随着国外部分活动进入停摆，全球经济缺乏活力，一些企业开始倒闭，下表为年第一季度企业成立年限与倒闭分布情况统计表：‎ 企业成立年份 ‎2019‎ ‎2018‎ ‎2017‎ ‎2016‎ ‎2015‎ 企业成立年限 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 倒闭企业数量（万家）‎ ‎5.23‎ ‎4.70‎ ‎3.72‎ ‎3.12‎ ‎2.42‎ 倒闭企业所占比例 ‎21.8%‎ ‎19.6%‎ ‎15.5%‎ ‎13.0%‎ ‎10.1%‎ 根据上表，给出两种回归模型：‎ 模型①：建立曲线型回归模型，求得回归方程为；‎ 模型②：建立线性回归模型.‎ ‎（1）根据所给的统计量，求模型②中关于的回归方程；‎ ‎（2）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测年成立的企业中倒闭企业所占比例（结果保留整数）.‎ 回归模型 模型①‎ 模型②‎ 回归方程 参考公式：，；.‎ 参考数据：，，，，，.‎ ‎【答案】（1）（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据所给数据求出、，相应值代入参考公式即可求得回归方程；（2）计算模型②的相关系数的平方，得模型②的相关系数的平方更大其拟合程度更好，再将代入回归方程进行计算，求得预测值.‎ ‎【详解】（1）由，，可得，，‎ 所以，‎ 则，‎ 所以模型②中关于的回归方程为.‎ ‎（2）对于回归方程，‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以模型①的小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好，‎ 选择模型②，当时，，‎ 所以预测年成立的企业中倒闭企业所占比例为.‎ ‎【点睛】本题考查统计案例、最小二乘法法求回归直线方程、根据相关系数的平方比较模型的拟合程度，属于中档题.‎ ‎20.设函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若存在极值，对于任意，都有恒成立，求取值范围．‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导，分和两种情况讨论求解.‎ ‎（2）由（1）知:若存在极值，则，“对于任意，都有恒成立”转化为“对于任意，都有恒成立”，设，用导数法求最大值即可.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎①当时，，‎ 即，所以在上是增函数；‎ ‎②当时，令，‎ 则，‎ ‎∴，，‎ 所以时，，‎ 时，，‎ 所以在上是减函数，‎ 在上是增函数；‎ ‎（2）由存在极值知，‎ ‎“对于任意，都有恒成立”等价于 ‎“对于任意，都有恒成立”，‎ 设，，‎ 则，，‎ 设，，‎ 则，，‎ 所以在上是减函数，‎ 又，所以时，‎ ‎，时，，‎ 所以在上是增函数，在上是减函数，‎ 所以，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ ‎21.已知抛物线与直线相交于A，B两点，线段AB的长为8．‎ ‎（1）求抛物线C的方程；‎ ‎（2）过点的直线l与抛物线C交于M．N两点，点P为直线上的任意一点，设直线PM，PQ，PN的斜率分别为，且满足，能否为定值？若为定值，求出的值；若不为定值，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）是，为定值2．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把代入中，结合韦达定理和弦长公式可得结果；‎ ‎（2）依题意可设直线的方程为，，，，，联立直线与抛物线的方程，将韦达定理和两点间斜率计算公式相结合即可得结果.‎ ‎【详解】（1）把代入得，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，∴，‎ 所以抛物线C的方程为；‎ ‎（2）设直线l的方程为，，‎ ‎，，‎ 把代入得 ‎，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎∴，所以为定值2．‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线方程的求法，以及直线与抛物线的位置关系，考查了学生的计算能力，属于难题.‎ ‎（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，则按所做的第一计分．）‎ 选修4-4（坐标系与参数方程）‎ ‎22.在直角坐标系xOy中，曲线（t为参数），其中，在以O为极点x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线．‎ ‎（1）求的直角坐标方程；‎ ‎（2）当时，设与相交于A，B两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由极坐标化直角坐标的公式,，直接转化即可. （2）将曲线代入，得，由韦达定理和弦长公式可得答案.‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 把，代入得 ‎，‎ 即的直角坐标方程；‎ ‎（2）当时，曲线，（为参数），‎ 设于A，B两点在直线对应的参数分别为 将曲线代入，得 ‎∴，，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查极坐标化为直角坐标，求直线与圆相交的弦长，本题也可以直接用直线与圆的位置关系中的方法处理，属于中档题.‎ 选修4-5（不等式选讲）：‎ ‎23.已知，，，函数．‎ 当，时，求不等式的解集；‎ 当的最小值为时，证明：．‎ ‎【答案】或；证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先将，代入函数中并对不等式进行化简，得出，然后通过去绝对值进行求解，即可得出结果；‎ 首先可以根据的最小值为得出，然后将化简为，最后根据基本不等式即可得出结论.‎ ‎【详解】解：将，代入函数中，‎ 不等式可化为，‎ 当时，，解得；‎ 当时，，无解；‎ 当时，，解得．‎ 所以不等式的解集为或．‎ 证明：因 ‎，‎ 所以 ‎（当且仅当时，等号成立）．‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法及基本不等式的应用，考查划归与转化的思想，属于中档题.‎ ‎ ‎