安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三下学期4月模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三下学期4月模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 定远重点中学2020届高三下学期4月模拟考试 理科数学 一､选择题(共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1. ，，若，则的取值集合为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出，由，，可得，或，由此能求出的取值集合．‎ ‎【详解】，‎ ‎，，‎ ‎，或，‎ 或或．‎ 的取值集合为．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查集合子集的定义，以及集合空集的定义，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题．‎ ‎2. 若复数的实部和虚部相等，则实数的值为　　‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再结合已知条件即可求出实数a的值．‎ ‎【详解】∵复数的实部和虚部相等，‎ ‎∴，解得a．‎ 故选C．‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．‎ ‎3. 已知平面内一条直线l及平面，则“”是“”的（　　）‎ A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．‎ ‎【详解】解：由面面垂直的定义知，当“l⊥β”时，“α⊥β”成立，‎ 当时，不一定成立，‎ 即“”是“”的充分不必要条件，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查命题充分性和必要性的判断，涉及线面垂直和面面垂直的判定，属基础题.‎ ‎4. 在区间上随机取两个数，记为事件“”的概率，为事件“”的概率，为事件“”的概率，则 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为，对事件“”，如图（1）阴影部分，‎ 对事件“”，如图（2）阴影部分，‎ 对为事件“”，如图（3）阴影部分，‎ 由图知，阴影部分的面积从下到大依次是，正方形的面积为，‎ 根据几何概型公式可得．‎ - 22 -‎ ‎ ‎ ‎（1） （2） （3）‎ 考点：几何概型．‎ ‎5. 已知数列的首项为，第2项为，前项和为，当整数时，恒成立，则等于 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合题目条件，计算公差，证明该数列等差数列，计算通项，结合等差数列前n项和公式，计算结果，即可．‎ ‎【详解】结合可知，，得到 ‎，所以，所以 所以，故选D．‎ ‎【点睛】本道题考查了等差数列的通项计算方法，考查了等差数列前n项和计算方法，难度中等．‎ ‎6. 函数（且）的图象可能为（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.‎ 考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.‎ ‎7. 已知椭圆C：的左右顶点分别为A、B，F为椭圆C的右焦点，圆上有一个动点P，P不同于A、B两点，直线PA与椭圆C交于点Q，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 椭圆焦点在轴上，由在圆，则，有，设，求出，令，，分离常数，求解得出结论.‎ - 22 -‎ ‎【详解】椭圆C：的左右顶点分别为，‎ 右焦点，点圆上且不同于，‎ ‎，‎ 设， ‎ 令，‎ ‎，‎ 且不等于0.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、相互垂直的直线斜率之间的关系、三角函数求值、函数的性质、换元方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题.‎ ‎8. 已知实数满足，则下列关系式中恒成立的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题意，由指数函数的性质分析可得x＞y，据此结合函数的单调性分析选项，综合即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，实数x，y满足（）x<（）y，则x>y，依次分析选项：对于A，y=tanx在其定义域上不是单调函数，故tanx>tany不一定成立，不符合题意；对于B，若0>x>y，则x2+2>y2+2不成立，故ln（x2+2）>ln（y2+2）不一定成立，不符合题意；对于C，当x>y>0时，<，不符合题意；对于D，函数y=x3在R上为增函数，若x>y，必有x3>y3，符合题意．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性的应用，关键是掌握并利用常见函数的单调性．‎ - 22 -‎ ‎9. 若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得，把函数的单调性，转化为在区间上恒成立，即恒成立，利用三角函数的性质，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，可得，‎ 若在区间上单调递减，则在区间上恒成立，‎ 即恒成立，‎ 令，‎ 则，故的最大值为1，此时，即，‎ 所以的最大值为，所以，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调及其应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中转化为转化为恒成立，再利用三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎10. 已知双曲线的左、右焦点分别，以线段为直径的圆与双曲线在第一象限交于点，且,则双曲线的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，，三角形为等边三角形，从而可以得到，即可求出离心率．‎ ‎【详解】由题意知，，，三角形 - 22 -‎ 为等边三角形，‎ 则，，则，解得，‎ 故离心率为，答案为A.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的离心率的求法，属于基础题．‎ ‎11. 已知直线经过函数图象相邻的最高点和最低点，则将的图象沿轴向左平移个单位后得到解析式为（ ）‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线斜率求出周期，从而得，直线与轴的交点是函数的零点，由此可求得，最后由图象变换可得结论．‎ ‎【详解】直线的斜率为，∴，，，‎ 直线与轴交点为，根据对称性，此点是的零点．‎ ‎∴，又，∴，∴．‎ ‎∴将的图象沿轴向左平移个单位后得到解析式为．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查正弦型三角函数的图象与性质，考查三角函数图象变换，解题时注意正弦函数的“五点法”，求三角函数的解析式、性质常常与这五点联系起来．‎ ‎12. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线，直线为曲线在点处的切线.如图所示，阴影部分为曲线、直线以及轴所围成的平面图形，记该平面图形绕轴旋转一周所得的几何体为.给出以下四个几何体：‎ - 22 -‎ 图①是底面直径和高均为的圆锥；‎ 图②是将底面直径和高均为的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；‎ 图③是底面边长和高均为的正四棱锥；‎ 图④是将上底面直径为，下底面直径为，高为的圆台挖掉一个底面直径为，高为的倒置圆锥得到的几何体.‎ 根据祖暅原理，以上四个几何体中与的体积相等的是（ ）‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将题目中的切线写出来，然后表示出水平截面的面积，因为是阴影部分旋转得到，所以水平界面面积为环形面积，整理后，与其他四个几何体进行比较，找到等高处的水平截面的面积相等的，即为所求.‎ ‎【详解】几何体是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，‎ 且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为，切线对应的横坐标为 ‎，‎ 切线为，即，‎ 横截面面积 - 22 -‎ 图①中的圆锥高为1，底面半径为，可以看成由直线绕轴旋转得到 横截面的面积为.‎ 所以几何体和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，‎ 故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查对题目条件的理解和转化，在读懂题目的基础上，表示相应的截面面积，然后进行比较.属于难题.‎ 二､填空题(共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13. 的展开式中项的系数为__________．‎ ‎【答案】-132‎ ‎【解析】‎ 分析：由题意结合二项式展开式的通项公式首先写出展开式，然后结合展开式整理计算即可求得最终结果.‎ 详解：的展开式为：，‎ 当，时，，‎ 当，时，，‎ 据此可得：展开式中项的系数为.‎ 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．‎ ‎14. 在锐角中，角、、所对边分别为，且、、成等差数列，，则面积的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：由、、成等差数列可得，然后根据正弦定理可得，‎ ‎，在此基础上求得的面积后再根据三角变换可得 - 22 -‎ ‎．再根据锐角三角形求得，于是可得面积的取值范围．‎ 详解：∵中、、成等差数列，‎ ‎∴．‎ 由正弦定理得，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∵为锐角三角形，‎ ‎∴，解得．‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故面积的取值范围是．‎ 点睛：（1）解决三角形中的范围问题的常用方法：①利用余弦定理并结合基本不等式求解；②结合正弦定理将问题转化为形如的形式后根据三角函数的有关知识求解．‎ ‎（2）解答本题时容易出现的错误时忽视“锐角”这一条件，从而扩大了角的范围．‎ ‎15. 如图所示，已知直线的方程为，⊙，⊙是相外切的等圆.且分别与坐标轴及线段相切，，则两圆半径__________（用常数表示）．‎ - 22 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：由题得△CDM∽△BAO，得，再利用等式的性质得到两圆半径.‎ 详解：‎ 如图所示，作CM⊥DM,CE⊥AB,由△CDM∽△BAO,得 故答案为 点睛：（1）本题主要考查直线和圆的位置关系，考查几何选讲，意在考查学生对这些知识的掌握能力和计算能力. (2)解答本题的关键是得到的化简，这里利用到了合比的性质，‎ ‎16. 已知两平行平面间的距离为，点，点，且，若异面直线与所成角为60°，则四面体的体积为__________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ 设平面ABC与平面交线为CE，取 ,则 ‎ ‎ ‎ 三､解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写需给出文字说明，证明过程或演算步骤.)‎ ‎17. 在中，边所对的角分别为，‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若的中线的长为1，求的面积的最大值 ‎【答案】（1）（2）面积的最大值为 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知及正弦定理可得：sinC，由余弦定理，同角三角函数基本关系式可求tanC的值，结合范围C∈（0，π），可得C的值．‎ ‎（2）由三角形中线长定理得：2（a2+b2）＝4+c2，由三角形余弦定理得：c2＝a2+b2﹣ab，消去c2，结合基本不等式可求ab，利用三角形面积公式即可计算得解．‎ ‎【详解】（1）∵由已知及正弦定理可得：sinC，‎ ‎∴由余弦定理可得：，‎ 即，‎ ‎∴由C∈（0，π），可得．‎ ‎（2）由三角形中线长定理得：2（a2+b2）＝22+c2＝4+c2，‎ - 22 -‎ 由三角形余弦定理得：c2＝a2+b2﹣ab，‎ 消去c2得：（当且仅当a＝b时，等号成立），‎ 即．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角形中线长定理的综合应用，三角形中线长定理主要表述三角形三边和中线长度关系，定理内容为：三角形一条中线两侧所对边平方和等于底边的一半平方与该边中线平方和的2倍，属于中档题．‎ ‎18. 如图，在四面体中，平面平面，,，，.‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)设是的中点，若直线与平面的夹角为，‎ 求四面体外接球的表面积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)利用线面垂直的判断定理结合题意 ‎(2)利用题意首先求得外接球的半径，然后利用球的表面积公式计算表面积即可.‎ 试题解析：‎ ‎(1)由平面平面，，得平面，‎ ‎ ‎ 又由，，，得，所以 ‎ 故平面，所以 - 22 -‎ ‎（2）取的中点，连接，则,‎ 因为平面 平面 ‎ 连接,则，‎ 又，所以四面体的外接球的半径 ‎ 故四面体的外接球的表面积=（向量解法酌情给分）.‎ ‎19. 已知过抛物线焦点且倾斜角的直线与抛物线交于点的面积为．‎ ‎（I）求抛物线的方程；‎ ‎（II）设是直线上的一个动点，过作抛物线的切线，切点分别为直线与直线轴的交点分别为点是以为圆心为半径的圆上任意两点，求最大时点的坐标．‎ ‎【答案】（I）；（II）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（I）抛物线焦点为，写出直线方程，与抛物线方程联立，消元后可得，其中，可再求出原点到直线的距离，由求得，也可由求得；‎ ‎（II）首先设出点坐标，设，利用导数的几何意义得出两切线方程，代入点坐标，从而得直线方程为，从而可得坐标，得的长，而要使最大，则与圆相切，这样可求得，最后由基本不等式可得最大值．也可用正切函数求最大值．‎ 试题解析：‎ ‎（I）依题意，，所以直线的方程为；‎ 由得，‎ - 22 -‎ 所以，‎ 到的距离，‎ ‎，抛物线方程为 ‎（II）设，由得，‎ 则切线方程为即，‎ 同理，切线方程为，‎ 把代入可得故直线的方程为即 由得，‎ ‎，‎ 当与圆相切时角最大，‎ 此时，等号当时成立 当时，所求的角最大．‎ 综上，当最大时点的坐标为 点睛：在解析几何中由于的边过定点，因此其面积可表示为，因此可易求，同样在解解析几何问题时如善于发现平面几何的性质可以帮助解题，第（II）小题中如能发现则知是圆的切线，因此取最大值时，中一条与重合，另一条也是圆的切线，从而易得解．‎ 另解：（I）依题意，，所以直线的方程为；‎ 由得，‎ ‎，‎ ‎，抛物线方程为．‎ - 22 -‎ ‎（II）设，由得，‎ 则切线方程为即，‎ 同理，切线方程为，‎ 把代入可得故直线的方程为即 由得，‎ ‎，‎ 注意到 ‎，‎ 当且仅当即时等号成立．‎ ‎20. 2016年某市政府出台了“2020年创建全国文明城市简称创文”的具体规划，今日，作为“创文”项目之一的“市区公交站点的重新布局及建设”基本完成，市有关部门准备对项目进行调查，并根据调查结果决定是否验收，调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该项目进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图，相关规则为：调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；采用百分制评分，内认定为满意，80分及以上认定为非常满意；市民对公交站点布局的满意率不低于即可进行验收；用样本的频率代替概率．‎ 求被调查者满意或非常满意该项目的频率；‎ 若从该市的全体市民中随机抽取3人，试估计恰有2人非常满意该项目的概率；‎ - 22 -‎ 已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中选取2人担任群众督察员，记为群众督查员中老年人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据直方图的意义，求出后四个小矩形的面积和即可求得被调查者满意或非常满意该项目的频率；（2）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是 ‎，根据独立重复试验次发生次的概率公式可得结果；（3）随机变量的所有可能取值为0，1，2，利用组合知识根据古典概型概率公式分别求出各随机变量的概率，即可得分布列，根据期望公式可得结果.‎ 试题解析：（1）根据题意：60分或以上被认定满意或非常满意，在频率分布直方图中，‎ 评分在的频率为：‎ ‎；‎ ‎（2）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是 ‎，‎ 用样本的频率代替概率，从该市的全体市民中随机抽取1人，‎ 该人非常满意该项目的概率为，‎ 现从中抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率为：‎ ‎；‎ ‎（3）∵评分低于60分的被调查者中，老年人占，‎ 又从被调查者中按年龄分层抽取9人，‎ ‎∴这9人中，老年人有3人，非老年人6人，‎ 随机变量的所有可能取值为0，1，2，‎ - 22 -‎ 的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 的数学期望 .‎ ‎21. 设函数，其中，是自然对数的底数.‎ ‎（Ⅰ）若是上的增函数，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）由于函数单调递增，故导函数恒为非负数，分离常数后利用导数求得的最小值，由此得到的取值范围；（II）将原不等式，转化为，令，求出的导数，对分成两类，讨论函数的最小值，由此证得，由此证得.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ），是上的增函数等价于恒成立.‎ 令，得，令（）.以下只需求的最大值.‎ 求导得，‎ 令，，是上的减函数，‎ 又，故1是的唯一零点，‎ 当，，，递增；当，，，递减；‎ 故当时，取得极大值且为最大值，‎ 所以，即的取值范围是.‎ - 22 -‎ ‎（Ⅱ） .‎ 令（），以下证明当时，的最小值大于0.‎ 求导得 .‎ ‎①当时，， ；‎ ‎②当时， ，令，‎ 则 ，又 ，‎ 取且使，即，则 ，‎ 因为，故存在唯一零点，‎ 即有唯一的极值点且为极小值点，又，‎ 且，即，故，‎ 因为，故是上的减函数.‎ 所以 ，所以.‎ 综上，当时，总有.‎ 点睛：本题主要考查导数与单调性的关系及恒成立问题，考查利用导数证明不等式的方法，考查化归与转化的数学思想方法.第一问由于已知函数在区间上单调递增，故其导函数在这个区间上恒为非负数，若函数在区间上单调递减，则其导函数在这个区间上恒为非正数.分离常数后可求得的取值范围.‎ ‎22. 选修4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，直线经过点，倾斜角为.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.‎ ‎（1）写出直线的参数方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与曲线相交于两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）直线的参数方程为 (为参数）；曲线的直角坐标方程为；（2）．‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）先根据直线参数方程标准式写直线的参数方程，利用化简极坐标方程为直角坐标方程；（2）将直线参数方程代入圆方程，再根据参数几何意义化简，最后根据韦达定理代入化简求值 试题解析：（1）直线的参数方程为 (为参数）.‎ 即直线的参数方程为 (为参数）；‎ ‎∵，∴，∴，即，‎ 故曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，‎ 显然, ∴, ∴，‎ ‎，‎ ‎∴.‎ ‎23. 已知函数 ‎（1）求不等式的解集 ‎（2）设，证明：.‎ ‎【答案】(1)或 ；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求交集，最后求并集（2）利用分析法证明，先根据绝对值三角不等式将不等式转化为证明，再两边平方，因式分解转化为证明，最后根据条件确定成立.‎ ‎【详解】（1）∵，∴.‎ 当时，不等式可化为，‎ 解得，∴；‎ 当,不等式可化为，解得， 无解；‎ - 22 -‎ 当时，不等式可化为，解得，∴.‎ 综上所述，或.‎ ‎（2）∵，‎ 要证成立，‎ 只需证，‎ 即证，‎ 即证,‎ 即证.‎ 由（1）知，或，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴成立.‎ 综上所述，对于任意的都有成立.‎ 点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.‎ ‎(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.‎ ‎ ‎ - 22 -‎ - 22 -‎