陕西省安康中学2020届高三下学期仿真模拟数学（理）试题 Word版含解析

陕西省安康中学2020届高三下学期仿真模拟数学（理）试题 Word版含解析

‎2020年高三仿真模拟考试 理科数学 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本题共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. 已知全集，集合，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 解一元二次不等式求得全集，由此求得.‎ ‎【详解】由，解得，所以，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合补集的概念和运算，属于基础题.‎ ‎2. 设复数，在复平面内对应点关于虚轴对称，，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ 先由已知求出，然后把，代入中化简即可.‎ ‎【详解】解：因为复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，‎ 所以，‎ 所以．‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查复数的几何意义和复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎3. 已知向量，，，则（ ）‎ A. -2 B. 2 C. -1 D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量垂直数量积为零，坐标运算求参数即可.‎ ‎【详解】，得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的垂直和向量坐标运算，属于基础题.‎ ‎4. 造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承，普遍认为这四种发明对中国古代的政治、经济、文化的发展产生了巨大的推动作用.某小学三年级共有学生400名，随机抽查100名学生并提问中国古代四大发明，能说出两种及其以上发明的有73人，据此估计该校三年级的400名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有（ ）.‎ A. 69人 B. 84人 C. 108人 D. 115人 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得名学生中，只能说出一种或一种也说不出的人数，由此列出比例式，可求得 - 20 -‎ 名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的人数.‎ ‎【详解】在这100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的有人，‎ 设该校三年级的400名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有人，‎ 则，解得人.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用样本估计总体，属于基础题.‎ ‎5. 记为等差数列的前项和，，，则（ ）‎ A. -77 B. -70 C. -49 D. -42‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，利用等差数列量项之间的关系，整理得出，解得，根据求得结果.‎ ‎【详解】由，得，‎ ‎∴，，.‎ 故选:A ‎【点睛】该题考查的是有关等差数列的问题，涉及到的知识点有等差数列求和公式，属于基础题目.‎ ‎6. 我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗为十升).问，米几何？”下图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S=15(单位：升)，则输入的k的值为（ ）‎ - 20 -‎ ‎ ‎ A. 45 B. 60 C. 75 D. 100‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图中程序的功能，可以列方程计算．‎ ‎【详解】由题意，．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，读懂程序的功能是解题关键．‎ ‎7. 已知双曲线的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的焦距是虚轴长的2倍，可得出，结合，得出，即可求出双曲线的渐近线方程.‎ - 20 -‎ ‎【详解】解：由双曲线可知，焦点在轴上，‎ 则双曲线的渐近线方程为：，‎ 由于焦距是虚轴长的2倍，可得：，‎ ‎∴，‎ 即：，，‎ 所以双曲线的渐近线方程为：.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程.‎ ‎8. 已知直线是曲线的切线，则（ ）‎ A. 或1 B. 或2 C. 或 D. 或1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得直线的斜率，利用曲线的导数，求得切点坐标，代入直线方程，求得的值.‎ ‎【详解】直线的斜率为，‎ 对于，令，解得，故切点为，代入直线方程得，解得或1.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查根据切线方程求参数，属于基础题.‎ ‎9. 正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成的角为（ ）‎ - 20 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接，，根据正棱柱结构性质，得出//，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.‎ ‎【详解】解：如图，取中点，连接，，‎ 由于正三棱柱，则底面，‎ 而底面，所以，‎ 由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，‎ 所以，且,‎ 所以平面，‎ 而平面，则，‎ 则//，，‎ ‎∴即为异面直线与所成角，‎ 设，则，，，‎ 则，‎ - 20 -‎ ‎∴.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.‎ ‎10. 将甲、乙、丙、丁、戊5名护士派往、、、四家医院，每所医院至少派1名护士，则不同的派法总数有（ ）‎ A. 480种 B. 360种 C. 240种 D. 120种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先将5名护士分成4组，再将5名护士往四家医院即可.‎ ‎【详解】首先将5名护士分成4组，共有，‎ 再将5名护士往、、、四家医院，共有种派法.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查均匀分组问题，同时考查学生分析问题的能力，属于简单题.‎ ‎11. 已知是定义在上的偶函数，且在单调递增，设，，，则（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的单调性以及奇偶性求解即可.‎ ‎【详解】∵是偶函数且在上单调递增 ‎∴‎ ‎∵，∴‎ 故选：B - 20 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据函数的单调性以及奇偶性比较大小，属于中档题.‎ ‎12. 已知直线与抛物线交于，两点，的焦点在曲线上．若线段的中点到的距离为2，则到的准线距离的最大值为（ ）‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由化简变形得曲线是以为直径的圆, 线段的中点到的距离为2得到圆半径为2，从而得到，再利用基本不等式得最值.‎ ‎【详解】由则化简得 ‎，‎ 所以点在以为直径的圆上，‎ ‎∴，∴，，‎ ‎∴，当且仅当时等号成立 ‎ ‎ - 20 -‎ ‎ ‎ 由抛物线的定义及由图可得到的准线的距离为 ‎ 故最大值为． ‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查圆的方程和抛物线的定义及利用基本不等式求最值，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13. 已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为2，则该圆柱的体积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立勾股定理即可计算出圆柱底面半径，即可求得体积.‎ ‎【详解】设圆柱底面半径为，由已知有，∴，‎ 体积.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题.‎ ‎14. 若，满足约束条件，则的最大值为______.‎ ‎【答案】3‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，先画出约束条件所表示的可行域，由目标函数得，作直线向下平移过点A时，取最大值，将点A的坐标代入即可得答案.‎ ‎【详解】解：，满足约束条件所表示的可行域如图所示，‎ 由目标函数，得，要取得最大值，只要直线的截距最小即可，所以将直线向下平移过点A时，取最大值，‎ 由，得，即点A的坐标为，‎ 所以的最大值为 故答案为：3‎ ‎【点睛】此题考查简单的线性规划的应用，属于基础题.‎ ‎15. 已知各项均为正数的等比数列的前项积为，，（且），则______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列下标和性质，即可求得，以及，再利用对数运算即可求得结果.‎ ‎【详解】因为，故可得，则，‎ - 20 -‎ ‎∴，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的下标和性质，属基础题.‎ ‎16. 已知函数在区间有三个零点，，，且，若，则______，的最小正周期为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，由可得，结合图象可知与关于对称，可得，与关于对称，可得 ‎，再结合即可求得的值，即可得的值以及的最小正周期.‎ ‎【详解】令，由可得，‎ 在区间有三个零点，，，且 ‎，‎ 等价于与区间有三个交点，‎ 交点横坐标分别为 、、，‎ 如图 - 20 -‎ 结合图象可知与关于对称，即，可得，‎ 同理与满足关于对称，即，即，‎ ‎∴，，，‎ 最小正周期为.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数图象的性质与特点，涉及函数的零点转化为两个函数图象的交点，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.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：共60分.‎ ‎17. 车工刘师傅利用数控车床为某公司加工一种高科技易损零件，对之前加工的100个零件的加工时间进行统计，结果如下：‎ 加工1个零件用时（分钟）‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎35‎ 频数（个）‎ ‎15‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎15‎ 以加工这100个零件用时的频率代替概率.‎ ‎（1）求的分布列与数学期望；‎ ‎（2）刘师傅准备给几个徒弟做一个加工该零件的讲座，用时40分钟，另外他打算在讲座前、讲座后各加工1个该零件作示范，求刘师傅讲座及加工2个零件作示范的总时间超过100‎ - 20 -‎ 分钟的概率.‎ ‎【答案】（1）分布列见解析；期望为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中数据计算出频率即可写出分布列，进而求出期望；‎ ‎（2）分三种情况计算出概率相加即可.‎ ‎【详解】（1）的分布列如下：‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎0.15‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.15‎ ‎.‎ ‎（2）设，分别表示讲座前、讲座后加工该零件所需时间，事件表示“刘师傅讲座及加工两个零件作示范的总时间超过100分钟”，则.‎ ‎【点睛】本题考查分布列和数学期望的求法，考查概率的求解，属于基础题.‎ ‎18. 如图，四棱锥中，为正方形，平面，是的中点，是上一点，．‎ ‎（1）证明：平面；‎ - 20 -‎ ‎（2）若，，求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）90°．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，交于，连接，则由是的中点，可得，而由可得，所以可得到，从而由线面平行的判定定理可证得平面；‎ ‎（2）由已知可知两两垂直，所以以所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的大小.‎ ‎【详解】解：（1）连接，交于，连接，‎ ‎∵是的中点，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）∵平面，在平面内，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵四边形为正方形，所以,‎ ‎∴两两垂直，‎ ‎∴建立如图所示的空间坐标系，则，，，．‎ - 20 -‎ ‎，，，，‎ 设平面的法向量为，‎ ‎∴，令，则．‎ 设平面的法向量为，‎ ‎∴，令，则，‎ ‎∴，，即二面角的大小为90°．‎ ‎【点睛】此题考查了线面平行的证明，利用空间向量求二面角的平面角，考查空间想象能力，属于中档题.‎ ‎19. 已知，，分别为内角，，的对边，且．‎ ‎（1）证明：，，成等差数列；‎ ‎（2）若的外接圆半径为，且，求的面积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）正切化正弦，利用正弦定理边角互化得，再利用余弦定理即可证明；‎ ‎（2）由边角互化得，故，结合（1）得，再利用正弦定理得，利用余弦定理得，再利用面积公式即可求解.‎ ‎【详解】（1）证明：由已知得，即，‎ 由余弦定理得，‎ ‎∴，即，，成等差数列．‎ ‎（2）由正弦定理得，‎ 又因为，得，‎ 由（1）知不可能是钝角，‎ ‎∴，，，，‎ ‎∴可得，‎ ‎∴的面积为．‎ ‎【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，考查数学运算能力，是基础题.‎ ‎20. 已知椭圆过点，且离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过椭圆的上顶点作两条互相垂直的直线分别交于，两点，若的平分线方程为，求直线的斜率.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件直接列方程组求出即可；‎ ‎（2）由（1）可得的平分线方程为，在其上任取一点，则，由于，可得到，的距离为，设，则由点到直线的距离公式可列方程求出的值，从而可得直线的方程，再与椭圆方程联立可求出点的从坐标，同样的方法可求出点的坐标，进而可求出直线的斜率.‎ ‎【详解】（1）由已知可得，解得，，‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ ‎（2）由（1）知，所以的平分线方程为，‎ 在直线上取点，则，‎ 因为直线，互相垂直，所以，‎ 所以到，的距离为，‎ 设，则，或，‎ 不妨取，则，‎ 分别与椭圆方程联立解得，，，，‎ ‎∴直线的斜率.‎ ‎【点睛】此题考查了求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了运算能力，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数有两个极值点，.‎ - 20 -‎ ‎（1）求的取值范围；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）有两个根，，转化为与的图像有两个交点，即可求的取值范围，‎ ‎（2）由（1）判断出的取值范围，根据韦达定理求得，的关系，利用做差比较，通过构造函数，利用导函数证得，由此可证，即可证明.‎ ‎【详解】（1），由题意有两个根，即与的图像有两个交点，易知，∴.‎ ‎（2）由（1）知，，∴，，，‎ ‎∵，∴，，‎ 令，∴，‎ ‎∴在上是减函数，，‎ ‎∴，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，属于中档题.‎ ‎（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，则按所做的第一题计分.‎ - 20 -‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）写出的普通方程与的直角坐标方程﹔‎ ‎（2）设点在上，、分别是与、轴的交点，求面积的最小值．‎ ‎【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用消去参数，求得的普通方程，结合两角差的余弦公式化简，求得的直角坐标方程.‎ ‎（2）根据、分别是与、轴的交点，得到、的坐标以及，根据点到直线距离公式，结合辅助角公式以及三角形的面积公式，求得面积的最小值.‎ ‎【详解】（1）由，求得的普通方程为，‎ 由化简得，所以的直角坐标方程为；‎ ‎（2）由（1）知，，∴，‎ 设点，则点到的距离 - 20 -‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查利用参数方程求椭圆上的点到直线的距离的最小值以及三角形面积的最值，属于中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）当时，求的解集；‎ ‎（2）当时，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值不等式的解法求解即可.‎ ‎（2）将问题转化为当时，恒成立，再求在上的最值即可.‎ ‎【详解】（1）当时，可化为，‎ 即，，‎ ‎∴或，解得或，‎ ‎∴的解集为.‎ ‎（2）可化为，即.‎ ‎∵在上的最大值为3，最小值为0，‎ ‎∴，解得.‎ 故的取值范围为：.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，是中档题.‎ - 20 -‎