安徽省六安市第一中学2020届高三下学期数学模拟卷（九）（文）(解析版)

安徽省六安市第一中学2020届高三下学期数学模拟卷（九）（文）(解析版)

安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟卷（九）（文）‎ 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．设复数满足（为虚数单位），则 （ ）‎ A．0 B． C．2 D．‎ ‎2．在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个位正整数的所有数位上数字的次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位正整数的自恋数组成集合，集合，则的真子集个数为 （ ）‎ A．3 B．4 C．7 D．8‎ ‎3．已知，则“”是“”的 （ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎4．用表示中的最大值，若，则的最小值为 ‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎5．如图，圆过正六边形的两个顶点，记圆与正六边形的公共部分为，则往正六边形内投掷一点，该点不落在内的概率为 ‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知正项等比数列的前项和为，且，若，，则的大小关系为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中三视图，求得该几何体的表面积为 ‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知单位向量的夹角为，若向量，且，则 ‎ A．2 B．4 C．8 D．16‎ ‎9．执行如图所示的程序框图，若输出的的值是35，则判断框内应补充的条件为 ‎ A． B． C． D．‎ ‎10．过椭圆一个焦点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，是原点，若是等边三角形，则椭圆的离心率为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是 （ ）‎ A． B． C． D．‎ 12． 设定义在上的函数满足对任意都有，且 时，，则的大小关系是 ‎ A． B．‎ C． D．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上．）‎ ‎13．已知函数，则函数图象的对称轴为 .‎ ‎14．已知直线与直线相互垂直，点到圆的最短距离为3，则 .‎ ‎15．已知点满足，求的取值范围为 .‎ ‎16．已知数列的前项和，数列对，有，求 .‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎17．（12分）在中，角的对边分别为，已知.‎ ‎（1）求；（2）若，求.‎ ‎18．（12分）如图，正三棱柱中，为中点，为上的一点，.‎ ‎（1）若平面，求证：.（2）平面将棱柱分割为两个几何体，记上面一个几何体的体积为，下面一个几何体的体积为，求.‎ ‎19．（12分）为了调查某厂工人生产某件产品的效率，随机抽查了100名工人某天生产该产品的数量，所取样本数据分组区间为，由此得到右图所示频率分布直方图（1）求的值并估计该厂工人一天生产此产品数量的平均值；（2）从生产产品数量在的四组工人中，用分层抽样方法抽取13人，则每层各应抽取多少人？‎ ‎20．（12分）已知是曲线上的动点，且点到的距离比它到x轴的距离大1.直线与直线的交点为.（1）求曲线的轨迹方程；（2）已知是曲线上不同的两点，线段的垂直垂直平分线交曲线于两点，若的中点为，则是否存在点，使得四点内接于以点为圆心的圆上；若存在，求出点坐标以及圆的方程；若不存在，说明理由.‎ ‎21．（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在区间上有两个零点，求的取值范围.‎ 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．作答时请写清题号．‎ ‎22．（10分）选修4—4坐标系与参数方程 在极坐标系中，曲线的极坐标方程为.现以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为(为参数).（1）求曲线的直角坐标系方程和直线的普通方程；（2）点在曲线上，且到直线的距离为，求符合条件的点的直角坐标.‎ ‎23．（10分）选修4—5不等式选讲 已知定义在上的函数.（1）当时，解不等式；（2）若对任意恒成立，求的取值范围.‎ 参考答案 ‎1．【答案】B【解析】注意到，则，故选B.‎ ‎2．【答案】C【解析】依题意，，，故，故的真子集个数为7，故选C.‎ ‎3．【答案】C【解析】由，得，即，，从而，以上推导过程均是可逆的，故选C.‎ ‎4．【答案】B【解析】可知当时，，此时.当时，可得，此时.当时，，此时.综上，，可得当或时取得最小值1，故选B.‎ ‎5．【答案】D【解析】依题意，不妨设，故正六边形的面积；公共部分为的面积，故所求概率，故选D.‎ ‎6．【答案】B【解析】依题意，，故，则，故，故选B.‎ ‎7．【答案】C【解析】将三视图还原，可知原几何体由半球体与圆柱体拼接而成，其中半球体的半径为2，圆柱体的底面半径为2，高为2，故所求几何体的表面积，故选C. ‎ ‎8．【答案】B【解析】依题意，，故，故，故，解得，故，故，故 ‎9．【答案】C【解析】当，可得；‎ 当，可得；‎ 当，可得；‎ 当，可得；‎ 当，可得；‎ 当，可得；‎ 当，可得；‎ 当，可得；‎ 当，可得；‎ 当，可得.‎ 故判断框内应补充的条件为，故选C.‎ ‎10．【答案】D【解析】不妨设题中的焦点为椭圆的右焦点，将焦点坐标代入椭圆方程中，得两交点坐标分别为，由于是等边三角形，则可得，从而，即，解之得或（舍去），故选D.‎ ‎11．【答案】B【解析】由图象可得当，，故可排除C，因为当时，.当，可得，而当时，，故可排除D选项，当时，，故可排除A选项，故选B.‎ 12． ‎【答案】C【解析】由于，故对任意有，则为周期函数，周期为4.当时，，可得，构造函数，，故在区间上单调递增，则，‎ 即.注意到，‎ ‎，，故由 可得，故选C.‎ ‎13．【答案】【解析】依题意，，‎ 由得，故关于直线对称.‎ ‎14．【答案】2【解析】依题意， ①； ②；联立两式，解得，故.‎ ‎15．【答案】【解析】不等式组所表示的平面区域如图所示阴影部分 ‎（包括边界），其中为直线的交点，表示阴影部分区域内的点与点连线的斜率，计算可得三点坐标分别为，由图象可得的最大值为，的最小值为，故，从而.‎ 16． ‎【答案】【解析】由条件可得，当，，从而数列的通项公式.‎ 当时，由得，将此二式相减，可得，.当时，得，‎ 符合表达式，故数列的通项公式为，‎ 从而.‎ ‎17．【解析】‎ ‎（1）由得，即，解得或（舍去），由正弦定理得.（6分）‎ ‎（2）由余弦定理得，将代入，得，‎ 解得，由余弦定理得，‎ 则,，‎ 从而.（12分）‎ 18． ‎【解析】‎ ‎（1）如图，取中点，连接.‎ 棱柱为正三棱柱，‎ 为正三角形，侧棱两两平行且都垂直于平面.‎ ‎，‎ 平面，，平面，‎ 平面，，四点在同一个平面上.‎ 平面，平面，平面平面，‎ ‎，，，为中点，即.（6分）‎ ‎（2）正三棱柱的底面积，则体积.‎ 下面一个几何体为四棱锥，底面积，因为平面平面，过点作边上的高线，由平面与平面垂直的性质可得此高线垂直于平面，故四棱锥的高，则，从而.（12分）‎ ‎19．【解析】‎ ‎（1）由于小矩形的面积之和为1，‎ 则，由此可得.（3分）‎ 该厂工人一天生产此产品数量的平均值 ‎.（6分）‎ ‎（2）生产产品数量在的工人有人，生产产品数量在的工人有人，生产产品数量在的工人有人，生产产品数量在的工人有人，故用分层抽样法从生产产品数量在的四组工人中抽样，抽取人数分别为人，人，人，人.（12分）‎ ‎20．【解析】‎ ‎（1）因为点到的距离比它到轴的距离大1，‎ 则点到的距离与点到直线的距离相等；‎ 故点的轨迹为抛物线，即曲线的轨迹方程为；（5分）‎ ‎（2）联立解得故；‎ 设，则，根据点差法，两式相减，‎ 整理得，‎ 所以直线的方程是，直线的方程是，‎ 联立，得，‎ 从而有.‎ 联立，得，有；‎ 设的中点为，则，从而有，‎ 故四点共圆且为圆心，故圆的方程是.（12分）‎ ‎21．【解析】‎ ‎（1）的定义域为，，‎ 令可得或.下面分三种情况.‎ 当时，可得，由得，由得，‎ 此时的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ 当时，由得或，由得，‎ 此时的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ 当时，，在区间上单调递增.（6分）‎ （2） 由（1）得，当时，在处取得最小值，且在区间内先减后增，又，‎ ‎，要使得在区间上有两个零点，‎ 必须有且，由此可得.‎ 当时，，显然在区间上不存在两个零点.‎ 当时，由（1）得在区间内先减后增，‎ 又，，‎ 故此时在区间上不存在两个零点. ‎ 当时，由（1）得在区间内先增，先减，后增.‎ 又,，‎ 故此时在区间上不存在两个零点.‎ 当时，由（1）得在区间上单调递增，‎ 在区间上不存在两个零点.‎ 综上，的取值范围是.（12分）‎ ‎22．【解析】‎ ‎（1）由曲线的极坐标方程为，则，即，‎ 得其标准方程为.直线参数方程为(为参数)，‎ 则其普通方程为.（5分）‎ ‎（2）由（1）得曲线为圆心为，半径为5的圆，曲线的参数方程为 ‎(为参数)，由题设条件及点到直线的距离公式可得，‎ 化简的，可得或.‎ 当时，注意到，联立方程组，‎ 得或，此时对应的点坐标为.当时，注意到，联立方程组，得或，‎ 此时对应的点坐标为.‎ 综上，符合条件的点坐标为.（10分）‎ ‎23．【解析】‎ ‎（1）当时，.‎ 当时，原不等式可化为，解得，‎ 结合得此时.‎ 当时，原不等式可化为，‎ 解得，结合得此时不存在.‎ 当时，原不等式可化为，解得，‎ 结合得此时.‎ 综上，原不等式的解集为.（5分）‎ （2） 由于对任意恒成立，‎ 故当时，不等式对任意恒成立，此时.‎ 当，即或时，由于，记，‎ 下面对分三种情况讨论.‎ 当时，，‎ 在区间内单调递减.‎ 当时，，‎ 在区间内单调递增.‎ 当时，，‎ 在区间内单调递增.综上，可得，‎ 要使得对任意恒成立，只需，即，得，‎ 结合或，得.‎ 综上，的取值范围为.（10分）‎