辽宁省沈阳市东北育才学校2020届高三第六次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com ‎2019-2020学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（下）第六次模拟数学试卷（理科）（3月份）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.在复平面内，已知复数z对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知求得z，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【详解】由题意，，‎ 则．‎ 故选：B．‎ ‎【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，是基础题．‎ ‎2.已知集合，.若，则实数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合元素所表示的意义，以及集合关系，即可求解.‎ ‎【详解】因为，所以直线与 直线平行，所以.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的概念与运算、解方程等基础知识，属于基础题.‎ ‎3.在等比数列中，已知，，则（ ）‎ A. 12 B. 18 C. 24 D. 36‎ - 25 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设公比为q，由等比数列的通项公式可得，解可得的值，计算可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，等比数列中，设其公比为q，‎ 已知，，则，解可得或，舍；‎ 故，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式，涉及等比数列的性质，属于基础题．‎ ‎4.某程序框图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ - 25 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由程序框图可知，函数为奇函数且存在零点，然后逐一分析四个选项得答案．‎ ‎【详解】由程序框图可知，函数为奇函数且存在零点．‎ 对于A、，定义域为，‎ 且，函数为奇函数，又，函数存在零点；‎ 对于B、，∵在定义域内恒成立，∴不存在零点；‎ 对于C、恒成立，不存在零点；‎ 对于D、，定义域R，，函数为偶函数．‎ ‎∴可以输出的函数为，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，考查函数奇偶性的判定与零点的判定，是中档题．‎ ‎5.一组数据的平均数为m，方差为n，将这组数据的每个数都加上得到一组新数据，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 这组新数据的平均不变 B. 这组新数据的平均数为am C. 这组新数据的方差为 D. 这组新数据的方差不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查平均数和方差的性质，基础题．‎ ‎【详解】设这一组数据为，由，，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查方差的性质，考查了运算能力，属于容易题.‎ - 25 -‎ ‎6.直线与圆有两个不同交点的一个必要不充分条件是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆的标准方程，利用直线和圆相交的条件求出m的取值范围，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．‎ ‎【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，‎ 若直线与圆有两个不同的交点，‎ 则圆心到直线的距离，‎ 即，得，得，‎ 则的一个必要不充分条件是，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用直线和圆相交的等价条件求出m的取值范围是解决本题的关键．‎ ‎7.2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数（注：素数也叫做质数）猜想的一个弱化形式.孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数使得是素数，素数对称为孪生素数，从20以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意共包含个基本事件，4种情况满足条件，得到答案.‎ - 25 -‎ ‎【详解】依题意，20以内的素数共有8个，从中选两个共包含个基本事件，‎ 而20以内的孪生素数有共四对，包含4个基本事件，‎ 所以从20以内的素数中任取两个，其中能构成字生素数的概率为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎8.设抛物线的焦点为F，抛物线C与圆交于MN两点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆的方程可得过原点，而抛物线的顶点为原点，所以抛物线与圆的取值一个交点为原点O，设另一个交点M的坐标，由MN的值可得M的坐标与p的关系，两个方程联立可得M的纵坐标，代入MN的值可得p的值．‎ ‎【详解】由题意可得圆的圆心为：，半径为，过原点O，而抛物线的顶点在原点，即抛物线与圆的其中一个交点为O与N重合，‎ 如图：‎ 设M坐标，由题意可得，①，‎ - 25 -‎ 联立抛物线与圆的方程可得：②，‎ ‎①②联立可得：，代入①可得，，解得：，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】考查抛物线与圆相交求交点，及相交弦长的应用，属于中档题．‎ ‎9.在正四棱柱中，，，点，分别为棱，上两点，且，，则（ ）‎ A. ，且直线，异面 B. ，且直线，相交 C. ，且直线，异面 D. ，且直线，相交 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作图，通过计算可知D1E≠AF，取点M为BC的中点，则AMFD1共面，显然点E不在面AMFD1内，由此直线D1E，AF异面．‎ ‎【详解】∵，‎ 如图，取点M为BC的中点，则AD1∥MF，‎ 故AMFD1共面，点E在面AMFD1面外，‎ 故直线D1E，AF异面．‎ 故选：A．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线的判定及空间中线段的距离求解，属于基础题．‎ ‎10.已知奇函数满足，则的取值可能是（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是奇函数知,可得,由知关于对称, 即可得出,进而解得,根据选项即可出答案.‎ ‎【详解】由是奇函数得，所以，‎ 又因为得关于对称，‎ 所以，解得.‎ 所以当时，得.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质,着重考查在已知 - 25 -‎ 的奇偶性,对称轴时求的问题,难度较易.‎ ‎11.直线与双曲线的渐近线交于两点，设为双曲线上任意一点，若（为坐标原点），则下列不等式恒成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设，计算得到，再利用均值不等式得到答案.‎ ‎【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为，联立直线，解得，‎ ‎∴不妨设，∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵为双曲线上的任意一点，∴，∴，‎ ‎∴（时等号成立），可得，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线和不等式的综合应用，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.‎ ‎12.已知函数的值域与函数的值域相同，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 求导得到在上递增，在上递减，得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】时，；，，‎ ‎∴在上递增，在上递减，‎ ‎，即的值域为.‎ 令，则，‎ ‎∵在上递增，在上递减，要使的值域为，‎ 则，∴的取值范围是，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了根据函数值域求参数，意在考查学生的综合应用能力.‎ 二、填空题：本大共4小题．每小题5分．‎ ‎13.已知的展开式的所有项的系数和为64，则其展开式中的常数项为_______.‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，可以求出，利用二项展开式的通项公式，求出常数项．‎ ‎【详解】已知的展开式的所有项的系数和为64，令，得，‎ 二项展开式的通项公式为，令，‎ 所以常数项为．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了二项展开式中所有项系数和公式．重点考查了二项展开式中的常数项．‎ ‎14.如图，已知圆柱的轴截面是正方形，C是圆柱下底面弧的中点，是圆柱上底面弧的中点，那么异面直线与所成角的正切值为_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取圆柱下底面弧的另一中点，连接,直线与所成角等于异面直线与所成角,利用圆柱的轴截面是正方形,,从而可得结论.‎ ‎【详解】‎ 取圆柱下底面弧的另一中点，连接，‎ 则因为C是圆柱下底面弧的中点，‎ 所以，‎ 所以直线与所成角等于异面直线与所成角.‎ - 25 -‎ 因为是圆柱上底面弧的中点，‎ 所以圆柱下底面，所以.‎ 因为圆柱的轴截面是正方形，‎ 所以，‎ 所以直线与所成角的正切值为.‎ 所以异面直线与所成角的正切值为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线成角问题,用异面直线成角的定义做出角,通过解三角形求得,难度容易.‎ ‎15.设是等差数列前n项和，若，则的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，根据前n项和公式，可得公差的取值范围，即可求出的取值范围.‎ ‎【详解】解：设等差数列的公差为，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查等差数列前n项和公式的应用，属于基础题.‎ ‎16.已知函数，若，则不等式 - 25 -‎ 的解集为__________，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将a=1代入原函数，可得的解析式，可得不等式的解集；‎ 分a的情况进行讨论，可得有两个零点时候，a的取值范围.‎ ‎【详解】解：由题意得：，当a=1时，，‎ 可得：（1）当时，，可得；（2）当时，，可得，综合可得的解集为；‎ 由，只有一个零点时，，可得，当时，此时，只有一个零点，当时，有两个零点，同理，当时，此时，只有一个零点，当时，有两个零点，‎ 故可得的取值范围是 ‎【点睛】本题主要考查分段函数与函数的性质，综合性强，注意分类讨论思想的运用.‎ 三、解答题（本大题共5小题，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.在①；②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.‎ 在中，内角的对边分别为，设的面积为，已知 .‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求的值.‎ - 25 -‎ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）如果选择条件①，用余弦定理和三角形面积公式化简即得的值；如果选择条件②，利用正弦定理化简得，再求的值；（2）如果选择条件①，先求出，代入即得解；如果选择条件②，求出，再利用余弦定理即得解.‎ ‎【详解】（1）选择条件①：‎ 由題意得.即 整理可得， ‎ 又.所以，所以.‎ 选择条件②：‎ 因为，‎ 由正弦定理得，‎ ‎，‎ 即 在中，，所以，‎ ‎，所以 ‎ ‎（2）如果选择①，由，得，又 则，解得.‎ 将代入中，‎ 得，‎ - 25 -‎ 解得.‎ 如果条件②：，解得，又a=10,‎ 所以，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎18.如图,在四棱锥中,侧面底面,底面为梯形，‎ ‎(1)证明:;‎ ‎(2) 若为正三角形,求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明BD⊥平面PAD,再证明；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为，又底面为直角梯形 面底面 因面底面,平面ABCD,‎ 所以BD⊥平面 所以.‎ - 25 -‎ ‎（2）如图所示，建立空间直角坐标系，‎ 设平面的法向量为 所以，令 设平面的法向量为 令 设二面角的平面角为 .由图观察为钝角 ‎【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查空间二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎19.某学校为了解该校高三年级学生数学科学习情况，对一模考试数学成绩进行分析，从中抽取了名学生的成绩作为样本进行统计，该校全体学生的成绩均在，按照，，，，，，，的分组作出频率分布直方图如图（1）所示，样本中分数在内的所有数据的茎叶图如图（2）所示．根据上级统计划出预录分数线，有下列分数与可能被录取院校层次对照表为表（3）．‎ - 25 -‎ 分数 可能被录取院校层次 专科 本科 重本 图（3）‎ ‎（1）求和频率分布直方图中的，的值；‎ ‎（2）根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为概率，若在该校高三年级学生中任取3人，求至少有一人是可能录取为重本层次院校的概率；‎ ‎（3）在选取的样本中，从可能录取为重本和专科两个层次的学生中随机抽取3名学生进行调研，用表示所抽取的3名学生中为重本的人数，求随机变量的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】（1），，；（2） （3）分布列见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合茎叶图中分数在70~80的人数以及频率分布直方图中对应的频率，计算得到n，x，y的值；‎ ‎（2）先利用古典概型计算从该校高三年级学生中任取1人为重本的概率，该校高三年级学生中任取3人，至少有一人能被重点大学录取的事件服从二项分布，利用公式计算即得解；‎ ‎（3）随机变量服从超几何分布，利用超几何分布的概率公式计算即得解.‎ ‎【详解】解：（1）由题意可知，样本容量，‎ 解得，．‎ - 25 -‎ ‎（2）成绩能被重点大学录取的人数为人，‎ 抽取的50人中成绩能被重点大学录取的频率是，‎ 故从该校高三年级学生中任取1人为重本的概率为．‎ 记该校高三年级学生中任取3人，至少有一人能被重点大学录取的事件为；‎ 则．‎ ‎（3）成绩能被重点大学录取的人数为15人，成绩能被专科学校录取的人数人，故随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．‎ 所以，；；‎ ‎；；‎ 故随机变量的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 随机变量的数学期望．‎ ‎【点睛】本题考查了统计与概率综合，考查了学生数学应用，综合分析，转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.‎ ‎20.已知两点分别在轴和轴上运动，且，若动点满足.‎ ‎（1）求出动点的轨迹的标准方程；‎ ‎（2）设动直线与曲线有且仅有一个公共点，与圆相交于两点（两点均不在坐标轴上），求直线的斜率之积.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算得到，根据，计算得到答案.‎ ‎（2）讨论直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况，计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）因为，即 所以，所以 又因为，所以，即，即.‎ 所以曲线的标准方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，设的方程为.‎ 由方程组得.‎ ‎∵直线与椭圆有且仅有一个公共点，‎ ‎∴，即.‎ 由方程组得，‎ 则.‎ 设，则，‎ 设直线的斜率分别为，‎ 所以 - 25 -‎ ‎，‎ 将代入上式，得.‎ 当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为.‎ 此时，圆与的交点也满足.‎ 综上，直线的斜率之积为定值.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的轨迹问题，椭圆内的定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎21.已知函数（为常数）.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若函数在内有极值，试比较与的大小，并证明你的结论.‎ ‎【答案】（1）当时，在上是增函数，在上是增函数；当时，在上是增函数，在上是增函数，在上是减函数，在上是减函数； （2）当时，；当时，；当时，.见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到，讨论，，三种情况计算得到答案.‎ - 25 -‎ ‎（2）根据题意有一变号零点在区间上，得到，构造函数，根据函数的单调性得到答案.‎ ‎【详解】（1）定义域为，‎ 设 当时，，此时，从而恒成立，‎ 故函数在上是增函数，在上是增函数；‎ 当时，函数图象开口向上，对称轴，又 所以此时，从而恒成立，‎ 故函数在上是增函数，在上是增函数；‎ 当时，，设有两个不同的实根，‎ 共中，‎ 令，则，‎ 令，得或；令，得或，‎ 故函数在上是增函数，在上是增函数，在上是减函数，在上是减函数.‎ 综上，当时，函数在上是增函数，在上是增函数；‎ 当时，函数在上增函数，在上是增函数，在上是减函数，在 - 25 -‎ 上是减函数.‎ ‎（2）要使在上有极值，由（1）知，①‎ 则有一变号零点在区间上，不妨设，‎ 又因为，∴，又，‎ ‎∴只需，即，∴，②‎ 联立①②可得：.‎ 从而与均为正数.‎ 要比较与的大小，同取自然底数的对数，‎ 即比较与的大小，再转化为比较与的大小.‎ 构造函数，则，‎ 再设，则，从而在上单调递减，‎ 此时，故在上恒成立，则在上单调递减.‎ 综上所述，当时，；‎ 当时，；‎ 当时，.‎ ‎【点睛】本题考查了函数单调性，利用导数比较函数值大小，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选一题作答，若多做，则按所做的第一题记分.‎ - 25 -‎ ‎[极坐标与参数方程]‎ ‎22.已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），曲线的方程为.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求直线l和曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）曲线分别交直线l和曲线于点A，B，求的最大值及相应的值.‎ ‎【答案】(1)直线的极坐标方程为：；曲线的极坐标方程为：；(2) 当时，,的最大值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)参数方程化为普通方程，只要消去参数方程中的参数即可；极坐标方程化为普通方程，只要利用极坐标与直角坐标的函数关系转换即可；‎ ‎(2)设出点的极坐标，结合极坐标的几何意义与三角函数求最值的知识，即可求解.‎ ‎【详解】(1)由题意，直线的直角坐标方程为：，‎ 直线的极坐标方程为：，‎ 曲线的直角坐标方程：，‎ 曲线的极坐标方程为：.‎ ‎(2)由题意设：，，‎ 由(1)得，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ - 25 -‎ 当，即时，,‎ 此时取最大值.‎ ‎【点睛】本题考查了曲线的极坐标方程与普通方程间的互化，以及极坐标系中极径的几何意义与三角函数的综合运用，属于中档题.‎ ‎[不等式选讲]‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）若，解不等式；‎ ‎（2）若不存在实数，使得，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）讨论，，三种情况，分别计算得到答案.‎ ‎（2）题目等价于恒成立，利用绝对值三角不等式得到答案.‎ ‎【详解】（1）‎ 当时，，解得，∴；‎ 当时，，解得，∴；‎ 当时，，解得，∴.‎ 综上所述，不等式的解集为.‎ ‎（2）不存在实数，使得，等价于恒成立，‎ 即恒成立.‎ ‎∵，∴‎ - 25 -‎ 当时，，解得；‎ 当时，，解得.‎ ‎∴时，不存在实数，使得.‎ ‎【点睛】本题考查了解绝对值不等式，不等式恒成立求参数，意在考查学生的综合应用能力.‎ - 25 -‎ - 25 -‎