【数学】青海省海东市2020届高三第四次模拟考试试题（理）（解析版）

【数学】青海省海东市2020届高三第四次模拟考试试题（理）（解析版）

青海省海东市2020届高三第四次模拟考试数学试题（理）‎ 一、选择题：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.设集合,,则 ( )‎ A. （﹣∞,2） B. （﹣1,0] C. （﹣1,2） D. （﹣1,0）‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵集合,‎ ‎,‎ ‎∴,‎ 故选：B ‎2.已知，若，则a=( )‎ A. 1 B. C. D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】，‎ ‎∴，a＞0，解得.‎ 故选：A ‎3.已知，则( )‎ A. a＞b＞c B. c＞b＞a C. a＞c＞b D. b＞a＞c ‎【答案】C ‎【解析】∵，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵，且，∴，‎ ‎∴，‎ 故选：C.‎ ‎4.某公司对旗下的甲、乙两个门店在1至9月份的营业额（单位：万元）进行统计并得到如图折线图.‎ 下面关于两个门店营业额的分析中，错误的是( )‎ A. 甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，故而营业额的平均值约为32万元 B. 根据甲门店的营业额折线图可知，该门店营业额的平均值在[20，25]内 C. 根据乙门店的营业额折线图可知，其营业额总体是上升趋势 D. 乙门店在这9个月份中的营业额的极差为25万元 ‎【答案】A ‎【解析】对于A，甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，营业额平均值远低于32万元，A错误.‎ 对于B，甲门店的营业额的平均值为21.6，‎ 即该门店营业额的平均值在区间[20，25]内，B正确.‎ 对于C，根据乙门店的营业额折线图可知，其营业额总体是上升趋势，C正确.‎ 对于D，乙门店在这9个月中的营业额最大值为30万元，最小值为5万元，‎ 则极差为25万元，D正确.‎ 故选：A.‎ ‎5.若x，y满足约束条件，则最大值为( )‎ A 5 B. ‎6 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】由x，y满足约束条件，作出可行域如图，‎ 由，得yx，‎ 由图可知，当直线yx过可行域内点时 直线在y轴上的截距最小，最大.‎ 联立，解得 ‎∴目标函数z=x﹣2y的最大值为.‎ ‎ 故选：D ‎6.某几何体的三视图如图所示，则其体积是( )‎ A. B. 36π C. 63π D. 216+9π ‎【答案】C ‎【解析】由三视图知，该几何体是圆柱与圆锥的组合体，如图所示；‎ 则该组合体的体积为V=V柱+V锥=π32 6π323=63π.‎ 故选：C ‎7.著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，我们经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如某体育品牌的LOGO为，可抽象为如图所示的轴对称的优美曲线，下列函数中，其图象大致可“完美”局部表达这条曲线的函数是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】观察图象可知，函数的图象关于y轴对称，‎ 对于A选项，，为偶函数，‎ 对于B选项，，为奇函数，‎ 对于C选项，，为偶函数，‎ 对于D选项，，为奇函数，‎ 而选项B，D为奇函数，其图象关于原点对称，不合题意；‎ 对选项A而言，当时，如取，，则有，f（x）＜0，不合题意；‎ 故选：C ‎8.已知函数的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于，若，则正数的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵函数的图象与轴的两个相邻交点的距离等于，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴是的一条对称轴，‎ ‎∴， ，‎ ‎∴.‎ ‎∵‎ 故令，得为最小值.‎ 故选：B.‎ ‎9.若展开式中x2的项的系数为,则x5的项的系数为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由已知得,k=0,1,..,8,‎ 令,解得k=4,∴,解得.‎ 令,得k=2,故x5的系数为.‎ 故选：C.‎ ‎10.抛物线C：的焦点为F，过F且斜率为的直线l与抛物线C交于M，N两点，点P为抛物线C上的动点，且点P在l的左侧，则面积的最大值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可知直线l的方程为：，设，，‎ 代入抛物线的方程可得，，‎ 由抛物线的性质可得，‎ 设与直线l平行的直线方程为：，代入抛物线的方程可得，‎ 当直线与抛物线相切时，P到直线l的距离有最大值，‎ 所以，解得，‎ 直线l与直线的距离，‎ 所以面积的最大值为，‎ 故选：D.‎ ‎11.在矩形ABCD中，，，沿矩形对角线BD将折起形成四面体ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论：①在四面体ABCD中，当时，‎ ‎；②四面体ABCD的体积的最大值为；③在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成角可能为；④四面体ABCD的外接球的体积为定值.其中所有正确结论的编号为( )‎ A. ①④ B. ①② C. ①②④ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】如图，当时，∵，∴平面，‎ ‎∵平面，∴，即①正确；‎ 当平面平面时，四面体ABCD的体积最大，最大值为，即②正确；‎ 当平面平面时，BC与平面ABD所成的角最大，为，而，‎ ‎∴BC与平面ABD所成角一定小于，即③错误；‎ 在翻折的过程中，和始终是直角三角形，斜边都是BD，其外接球的球心永远是BD的中点，外接球的直径为BD，‎ ‎∴四面体ABCD的外接球的体积不变，即④正确.‎ 故正确的有①②④.‎ 故选：C.‎ ‎12.若对任意的，，，恒成立，则a的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】对任意的，，，可知，‎ 则恒成立等价于，即，‎ 令，则函数在上为减函数，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 再令，，‎ ‎∴，‎ ‎∴在上为减函数，‎ ‎∴，‎ ‎∴a，‎ 故选：A.‎ 二、填空题.‎ ‎13.已知向量，，向量在方向上的投影为，则_____.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】由题意可知：向量在方向上的投影为，‎ 两边平方，可得，解得或，‎ 当时，，不符合题意，‎ ‎∴.‎ 故答案为：2.‎ ‎14.在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则的面积为______.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】因为，，，又，‎ 所以，化为，解得， ‎ 所以．‎ 故答案为：．‎ ‎15.若，则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵，‎ ‎∴，‎ 代入等式，结合余弦二倍角公式化简可得 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎16.双曲线C的渐近线方程为，一个焦点为F（0，﹣8），则该双曲线的标准方程为_____.已知点A（﹣6，0），若点P为C上一动点，且P点在x轴上方，当点P的位置变化时，△PAF的周长的最小值为_____.‎ ‎【答案】 (1). (2). 28‎ ‎【解析】∵双曲线C的渐近线方程为，一个焦点为F（0，﹣8），‎ ‎∴，解得a=4，b=4.‎ ‎∴双曲线的标准方程为；‎ 设双曲线的上焦点为F′（0，8），则|PF|=|PF′|+8，‎ ‎△PAF的周长为|PF|+|PA|+|AF|=|PF′|+|PA|+|AF|+8.‎ 当P点在第二象限，且A，P，F′共线时，|PF′|+|PA|最小，最小值为|AF′|=10.‎ 而|AF|=10，故，△PAF的周长的最小值为10+10+8=28.‎ 故答案为：；28.‎ 三、解答题：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，每道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：‎ ‎17.设{an}是一个首项为2，公比为q（q1）的等比数列，且‎3a1，‎2a2，a3成等差数列.‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）已知数列{bn}的前n项和为Sn，b1=1，且1（n≥2），求数列{anbn}的前n项和Tn.‎ 解：（1）因为‎3a1，‎2a2，a3成等差数列，所以‎4a2=‎3a1+a3，‎ 又{an}是一个首项为2，公比为q（q1）的等比数列， ‎ 所以4×2q=3×2+2q2，解得q=3或q=1（舍去），‎ 则；‎ ‎（2）由，且，‎ 可得是首项和公差均为1的等差数列，‎ 所以，所以，‎ 可得n=1时，b1=S1=1；‎ 时，，对于n=1时，该式也成立，‎ 则，‎ 所以 所以，‎ ‎，‎ 两式相减可得 ‎，‎ 所以.‎ ‎18.如图，在正四棱柱中，，，，，是棱的中点，平面与直线相交于点.‎ ‎（1）证明：直线平面.‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎（1）证明：平面平面，‎ 平面平面，平面平面，‎ ‎，由题意得，‎ 设点为的中点，连结，，‎ 是棱的中点，，‎ 平面，平面，平面，‎ ‎，，，‎ 平面，平面，平面，‎ ‎，平面平面，‎ 平面，平面．‎ ‎（2）解：，，如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，‎ ‎，0，，，1，，，0，， 1，，‎ ‎，1，，，1，，，0，，‎ 设平面的法向量，，，‎ 则，取，得，，，‎ 设平面的法向量，，，‎ 则，取，得，1，，‎ 设二面角的平面角为，‎ 由，‎ ‎，‎ 二面角的正弦值为．‎ ‎19.已知0＜m＜2,动点M到两定点F1（﹣m,0）,F2（m,0）的距离之和为4,设点M的轨迹为曲线C,若曲线C过点.‎ ‎（1）求m的值以及曲线C的方程；‎ ‎（2）过定点且斜率不为零的直线l与曲线C交于A,B两点.证明：以AB为直径的圆过曲线C的右顶点.‎ ‎（1）解：设M（x,y）,因为|MF1|+|MF2|=4＞‎2m,所以曲线C是以两定点F1,F2为焦点,长半轴长为2的椭圆,所以a=2.‎ 设椭圆C的方程为1（b＞0）,代入点得b2=1,‎ 由c2=a2﹣b2,得c2=3,‎ 所以,故曲线C的方程为；‎ ‎（2）证明：设直线l：x=ty,A（x1,y1）,B（x2,y2）,‎ 椭圆的右顶点为P（2,0）,联立方程组 消去x得0.‎ ‎△＞0,y1+y2,y1y2,‎ 所以 ,∴,‎ 故点P在以AB为直径的圆上,即以AB为直径的圆过曲线C的右顶点.‎ ‎20.已知函数f（x）=lnx﹣tx+t.‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）当t=2时,方程f（x）=m﹣ax恰有两个不相等的实数根x1,x2,证明：.‎ 解：（1）f（x）的定义域为（0,+∞）,f′（x）,‎ 当t≤0时,f′（x）＞0恒成立,f（x）在（0,+∞）上单调递增,‎ 当t＞0时,令f′（x）＞0,得0＜x,令f′（x）＜0,得x.‎ ‎∴f（x）在（0,）上单调递增,在（,+∞）上单调递减.‎ 综上所述,当t≤0时,f（x）在（0,+∞）上单调递增；‎ 当t＞0时,f（x）在（0,）上单调递增,在（,+∞）上单调递减.‎ ‎（2）证明：由f（x）=m﹣ax,得lnx+（a﹣2）x+2﹣m=0.‎ 令g（x）=lnx+（a﹣2）x+2,则g（x1）=g（x2）=m.‎ 即lnx1+（a﹣2）x1=lnx2+（a﹣2）x2,‎ ‎∴a﹣2.‎ 不妨设0＜x1＜x2,要证,‎ 只需证2（2﹣a）,即证.‎ 令（c＞1）,g（c）=2lnc﹣c,‎ ‎∵g′（c）0.‎ ‎∴g（c）在（1,+∞）上单调递减,则g（c）＜g（1）=0.‎ 故成立.‎ ‎21.‎‎2020年4月8日 零时正式解除离汉通道管控，这标志着封城76天的武汉打开城门了.在疫情防控常态下，武汉市有序复工复产复市，但是仍然不能麻痹大意仍然要保持警惕，严密防范、慎终如始.为科学合理地做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要，某小区物业提供了A，B两种小区管理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理方案，随机选取了4名物业人员进行投票，物业人员投票的规则如下：①单独投给A方案，则A方案得1分，B方案得﹣1分；②单独投给B方案，则B方案得1分，A方案得﹣1分；③弃权或同时投票给A，B方案，则两种方案均得0分.前1名物业人员的投票结束，再安排下1名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方案多4分或4名物业人员均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为小区的最终管理方案.假设A，B两种方案获得每1名物业人员投票的概率分别为和.‎ ‎（1）在第1名物业人员投票结束后，A方案的得分记为ξ，求ξ的分布列；‎ ‎（2）求最终选取A方案为小区管理方案的概率.‎ 解：（1）由题意知，ξ的所有可能取值为﹣1，0，1，‎ P（ξ=﹣1）=（1），P（ξ=0），P（ξ=1），‎ ‎∴ξ的分布列为 ‎（2）记M1表示事件“前2名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，‎ 由（1）知，，‎ 记M2表示事件“前3名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，‎ ‎，‎ 记M3表示事件“共有4名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，‎ ‎①若A方案比B方案多4分，有两类：‎ 第一类，A方案前三次得了一次1分两次0分，最后一次得1分，其概率为；‎ 第二类，A方案前两次得了一次1分一次﹣1分，后两次均得1分，其概率为，‎ ‎②若A方案比B方案多2分，有三类：‎ 第一类，A方案四次中得了一次1分，其他三次全0分，其概率为；‎ 第二类，A方案前三次得了一次1分，一次0分，一次﹣1分，最后一次得了1分，其概率为；‎ 第三类，A方案前两次得了一次1分一次﹣1分，第三次得1分，第四次得0分，其概率为.‎ 故，‎ ‎∴最终选取A方案为小区管理方案的概率为.‎ ‎（二）选考题：‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．曲线的极坐标方程为，曲线与曲线的交线为直线．‎ ‎（1）求直线和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）直线与轴交于点，与曲线相交于，两点，求的值．‎ 解：（1）已知曲线的参数方程为为参数），‎ 转换为直角坐标方程为①，‎ 曲线的极坐标方程为，整理得，‎ 根据转换为直角坐标方程为②，‎ ‎∴①②两个方程相减得公共弦所在直线的方程为，‎ 曲线的极坐标方程为，‎ 根据转换为直角坐标方程为；‎ ‎（2）直线与轴交于，‎ ‎∴直线的参数方程为为参数），‎ 代入到，得，‎ ‎∴，，‎ 故．‎ ‎ [选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.设函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若方程有两个不等实数根，求a的取值范围.‎ 解：（1），‎ ‎∵，∴或，∴或，即，‎ ‎∴不等式的解集为；‎ ‎（2）方程，即，‎ 显然不是方程的根，故，‎ 令，‎ 当x＜0时，，当且仅当时取等号，‎ 作出的图象，如图所示：‎ ‎∵方程有两个不等实数根，‎ ‎∴由图象可知.‎