开卷教育联盟2020届全国高三模拟考试（四）数学文科试题 Word版含解析

开卷教育联盟2020届全国高三模拟考试（四）数学文科试题 Word版含解析

开卷教育联盟2020届全国高三模拟考试（四）‎ 文科数学 时量：120分钟满分：150分 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡相应的位置上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再涂选其他答案标号.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：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. 已知集合是1~20以内的所有素数，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据交集的定义可知，交集即为两集合的公共元素所组成的集合，求出即可.‎ ‎【详解】解：，.‎ ‎∴.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】此题考查了两集合交集的求法.‎ ‎2. 若复数满足，则复数在复平面对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可求得，即可得出答案.‎ - 24 -‎ ‎【详解】解：，则复数在复平面对应的点为 位于第四象限.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算，复数的除法运算法则是分子分母同时乘以分母的共轭复数.‎ ‎3. 已知双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则双曲线的标准方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得到关于m的方程，解方程求得m的值即可确定双曲线方程.‎ ‎【详解】由题意可得：，‎ 则实轴长为：，虚轴长为，‎ 由题意有：，解得：，‎ 代入可得双曲线方程为.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线方程的求解，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎4. 已知二次函数，且是偶函数，若满足，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. 由的范围决定 D. 由，的范围共同决定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 由是偶函数可得，从而得到函数关于对称，所以，再写出不等式，即可得答案；‎ ‎【详解】是偶函数，‎ ‎，函数关于对称，‎ ‎，，‎ 或，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查二次函数的性质、一元二次不等式的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎5. 1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，例如求1到2000这2000个整数中，能被3除余1且被7除余1的数的个数，现由程序框图，其中MOD函数是一个求余函数，记表示m除以n的余数，例如，则输出i为（ ）.‎ A. 98 B. 97 C. 96 D. 95‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序图可知，能被3除余1且被7除余1的数，就是能被21整除余1的数，运用等差数列的通项公式，以及解不等式即得。‎ - 24 -‎ ‎【详解】由题得，运行程序图，当时，且，满足条件，此时，当时，且，此时，可得等差数列，，则，当时，即，，i是正整数，因此.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查程序框图，由于运行次数较多，因此需要将运行程序的规律转化为数学语言，再进行求解。‎ ‎6. 若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由指数函数与对数函数的图象与性质，分别求得的取值范围，即可求解.‎ ‎【详解】由指数函数的图象与性质，可得，‎ 由对数函数的图象与性质，可得，可得，‎ 又由，所以，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数式与对数式的比较大小，其中解答中熟练应用指数函数与对数函数的图象与性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查推理与运算能力.‎ ‎7. 已知函数则（ ）‎ A. 对任意实数，方程无解 B. 存在实数，方程有2个根 C. 存在实数，方程有3个根 - 24 -‎ D. 对任意实数，方程有1个根 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出函数的图象，设，则方程，即为，‎ 结合图象，分，，和四种情况讨论，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，作出函数的图象，如图所示，‎ 设，则方程，即为，‎ 结合图象，可得 ‎①当时，此时方程有两个根，其中，‎ 此时方程有1个根或2个根；‎ ‎②当时，此时方程有两个根，‎ 此时方程没有实数根；‎ ‎③当时，此时方程只有一个根，其中，‎ 此时方程没有实数根；‎ ‎④当时，此时方程没有实数根，此时方程没有实数根.‎ 综合可得，存在实数，方程有2个根.‎ 故选：B.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，以及合理使用换元法分析求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力.‎ ‎8. 已知函数，将其图象向右平移个单位后得到的图象，若，则的值可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得的解析式，根据和的取值范围，判断出的可能取值.‎ ‎【详解】，向右平移得到 ‎.‎ ‎，，，‎ 故“且”或“且”，‎ 即“且”或“且”，‎ 即“且”或“且”，‎ - 24 -‎ 其中.‎ 所以或，‎ 令，则的值为.‎ 故选：A ‎【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，考查三角函数的值域，属于中档题.‎ ‎9. 已知数列的各项均为正数，且满足，，设为数列的前项和，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中条件，可以整理得到，从而判断出数列是以为首项，以2为公比的等比数列，进而求得，之后应用错位相减法求得，将代入即可求得结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以有，‎ 所以，‎ 因为数列的各项均为正数，所以，‎ 即，‎ 又因为，‎ 所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列，‎ - 24 -‎ 所以，所以，‎ 所以①，‎ ‎②，‎ ‎①-②得：，‎ 所以，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有利用递推公式求数列的通项公式，利用错位相减法对数列求和，属于中档题目.‎ ‎10. 在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边.已知，，，则（ ）.‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据余弦定理和可求出，因为A，B，C是三角形的内角，所以可得，再由和余弦定理可得b的值。‎ ‎【详解】由题得，，，，化简整理得，，又，，，由正弦定理得，.‎ 故按：A - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，是常考题型。‎ ‎11. 已知函数的导函数无零点，且对任意，都有，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，可知函数在上是单调函数，可确定为常数，设，可写出，结合题意，求得，从而得到，进而求得，得到结果.‎ ‎【详解】根据题意，函数在上是单调函数，‎ 且对任意，都有成立，则有为常数，‎ 设，则，则，‎ 解得或（舍），‎ 所以，所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关函数单调性的综合应用，属于简单题目.‎ ‎12. 椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点，若，，其中为坐标原点，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 由可得，若，有，结合可求得，，最后结合几何图形有即可求得离心率 ‎【详解】由题意，有，即，知 ‎ 过左焦点的直线交于，两点，令，‎ 有，，且由上知①‎ 又∵有，且知：‎ ‎∴由知：②，由①、②可知：，‎ - 24 -‎ ‎∴结合几何图形知：，即得 故选：C ‎【点睛】本题考查了求离心率的问题，结合向量的线性关系及模相等，有相关线段的比例关系及等量关系，即求得点的横坐标，结合几何图形根据线段比例求离心率 二、填空题 ‎13. 平面向量与的夹角为，且，，则________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，利用数量积运算求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 又因为与的夹角为，，‎ 所以，‎ 所以 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎14. 设实数，满足约束条件，则目标函数的最小值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最小值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示，平移基准直线到可行域边界点，此时取得最小值为 故答案为：‎ ‎【点睛】本小题主要考查线性规划求最值，属于基础题.‎ ‎15. 已知，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角公式和诱导公式，化简求得所求表达式的值.‎ ‎【详解】‎ 故答案为：‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查二倍角公式、诱导公式，属于中档题.‎ ‎16. 已知四棱锥中，底面是梯形，且，，，，且，，则三棱锥外接球的表面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，连接，证得平面，从而得到等边三角形，‎ 再取中点，设三棱锥外接球的球心为，半径为，球心到的距离为，在直角和直角中，列出方程组，求得，结合面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】取的中点，连接，因为，可得，‎ 又由底面是梯形，且，，，可得，‎ 所以平面，又由平面，所以所以平面，‎ 在直角中，，‎ 在直角中，，且，所以等边三角形，‎ 取的中点，可得且，‎ 设三棱锥外接球的球心为，半径为，球心到的距离为，‎ 在直角中，可得，‎ 在直角中，可得，‎ 解得，‎ 所以球的表面积为.‎ 故答案为：.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的组合的性质及应用，其中解答中根据几何体的结构特征，找出球心的位置，结合球的性质列出方程组是解答的关键，着重考查了运算能力和转换能力，以及空间想象能力，属于中档试题.‎ 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，每个考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题 ‎17. 设为正项等比数列的前项和，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设数列满足，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设数列的公比为，利用已知条件得，利用定义求得通项公式即可；（2）由，求出的通项公式，利用分组求和法求出即可.‎ ‎【详解】（1）设数列的公比为，‎ 则，且，‎ 由已知得，‎ - 24 -‎ 即，‎ 解得，‎ ‎（2）由，‎ 得，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式以及分组求和.属于较易题.‎ ‎18. 在新高考改革中，打破了文理分科的“”模式，不少省份采用了“”，“”，“”等模式.其中“”模式的操作又更受欢迎，即语数外三门为必考科目，然后在物理和历史中选考一门，最后从剩余的四门中选考两门.某校为了了解学生的选科情况，从高二年级的2000名学生（其中男生1100人，女生900人）中，采用分层抽样的方法从中抽取n名学生进行调查.‎ ‎（1）已知抽取的n名学生中含男生110人，求n的值及抽取到的女生人数；‎ ‎（2）在（1）的情况下对抽取到的n名同学“选物理”和“选历史”进行问卷调查，得到下列2×2列联表.请将列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为选科目与性别有关？‎ 选物理 选历史 合计 男生 ‎90‎ 女生 ‎30‎ 合计 ‎（3）在（2）的条件下，从抽取的“选历史”的学生中按性别分层抽样再抽取5名，再从这5‎ - 24 -‎ 名学生中抽取2人了解选政治、地理、化学、生物的情况，求2人至少有1名男生的概率.‎ 参考公式：.‎ ‎0.10‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1）；90人；（2）详见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意列出方程求n，再求出女生人数；（2）根据题意填写列联表，计算的值，对照临界值得出结论；（3）利用分层抽样法和列举法，求出基本事件数，计算所求的概率值。‎ ‎【详解】解：（1）由题意得，解得，则女生人数为（人）.‎ ‎（2）‎ 选物理 选历史 合计 男生 ‎90‎ ‎20‎ ‎110‎ 女生 ‎60‎ ‎30‎ ‎90‎ 合计 ‎150‎ ‎50‎ ‎200‎ ‎∴没有99%的把握认为选科与性别有关.‎ ‎（3）从选历史的学生中按性别分层抽5名学生，则由（2）可知，有2名男生，3名女生，设男生编号为1，2，女生编号为3，4，5，5名学生中再选取2人，则所有等可能的结果为34，‎ - 24 -‎ ‎35，31，32，45，41，42，51，52，12共10种，至少1名男生的结果为31，32，41，42，51，52共7种，∴2人中至少1名男生的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查分层抽样，填写列联表和求的值，以及古典概型，是常考题型。‎ ‎19. 已知直四棱柱的底面ABCD是菱形，，E是上任意一点.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）设，当E为的中点时，求点E到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题，，又ABCD是菱形，那么，可知平面，平面BDE，即得证；（2）由等体积法，计算即得。‎ ‎【详解】解：（1）证明：∵四棱柱是直四棱柱，‎ ‎∴底面ABCD，而底面ABCD，∴.‎ 又ABCD是菱形，有，∵，故平面 又平面BDE，∴平面平面.‎ ‎（2）法一：设AC与BD的交点为O，连OE，，由（1）知点E到平面的距离即点E到直线的距离.又在三角形中，，，得OE - 24 -‎ 边上的高为，故E到直线的距离.‎ 法二：由，而，，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定定理，以及用等体积法求点到平面的距离，是常考题型。‎ ‎20. 已知平面上的动点到点的距离为，点在直线：上的射影为，若.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）设过定点的直线与轨迹交于，两点，若在直线上存在两点，使直线，交于轨迹上的一点（异于，），是否存在轴上点，使？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）转化条件为动点到直线距离等于，由抛物线的定义即可得解；‎ ‎（2）设，，，由直线方程的知识可得、，设直线，联立方程由韦达定理可得、，假设存在点满足条件，由平面向量数量积的坐标表示化简可得 - 24 -‎ ‎，即可得解.‎ ‎【详解】（1）由可得动点的横坐标大于，‎ 所以动点到直线的距离等于，‎ 所以点的轨迹为抛物线，点为该抛物线的焦点，直线为其准线，‎ 所以点的轨迹的方程为；‎ ‎（2）设直线，，，，‎ 则直线的斜率，‎ 所以直线，‎ 当时，，所以点，‎ 同理可得点，‎ 由，消去x化简可得，，‎ 所以，，‎ 假设存在点满足条件，‎ 则，，‎ 则 ‎，‎ 所以，解得或，‎ - 24 -‎ 所以存在定点或满足条件.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线定义的应用及直线与抛物线的位置关系的应用，考查了抛物线中定点问题的解决及运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21. 已知函数（，且）‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若函数在区间内有两个极值点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，详见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得的定义域和导函数，对分成和两种情况进行分类讨论，由此求得的单调区间.‎ ‎（2）求得的导函数，构造函数，依题意可知在区间上有两个零点，且零点两侧函数值符号相反，利用导数研究的零点，由此求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）的定义域为，，‎ 当时，在区间和上，递减，在区间上，递增.‎ 当时， 在区间和上，递增，在区间上，递减.‎ ‎（2），‎ ‎.‎ - 24 -‎ 当时，.‎ 构造函数，依题意可知在区间上有两个零点，且零点两侧函数值符号相反.‎ ‎，‎ 当时，，在区间上递增，至多有一个零点，不符合题意.‎ 当时，令 ，解得.‎ ‎（i）若即，则在区间上递减，至多有一个零点，不符合题意.‎ ‎（ii）若即，则在区间上递增，至多有一个零点，不符合题意.‎ ‎（iii）若，即，则在区间上递增，在区间上递减.‎ 当时，；当时，；‎ ‎.‎ 要使在区间上有两个零点，且零点两侧函数值符号相反，则需 ‎，解得.‎ 综上所述，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究函数的极值点，属于中档题.‎ ‎（二）选考题：请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.‎ - 24 -‎ ‎[选修4—4：坐标系与参数方程]‎ ‎22. 在直角坐标系中，倾斜角为的直线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角.‎ ‎【答案】（1） ； （2） 或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平方关系消参数得直线的普通方程，根据得曲线的直角坐标方程（2）利用直线参数方程几何意义求解.‎ ‎【详解】（1）因为直线的参数方程为（为参数），‎ 当时，直线的直角坐标方程为． ‎ 当时，直线的直角坐标方程为． ‎ 因为， ‎ 因为，所以．‎ 所以的直角坐标方程为． ‎ ‎（2）解法1：曲线的直角坐标方程为，‎ 将直线的参数方程代入曲线的方程整理，得．‎ 因为，可设该方程的两个根为，，‎ 则 ，．‎ - 24 -‎ 所以 ． ‎ 整理得，‎ 故．‎ 因为，所以或，‎ 解得或 综上所述，直线的倾斜角为或． ‎ 解法2：直线与圆交于，两点，且，‎ 故圆心到直线的距离． ‎ ‎①当时，直线的直角坐标方程为，符合题意． ‎ ‎②当时，直线方程为．‎ 所以，整理得．‎ 解得．‎ 综上所述，直线的倾斜角为或．‎ 点睛】本题考查参数方程化普通方程、极坐标方程化直角坐标方程以及直线参数方程应用，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ ‎[选修4—5：不等式选讲]‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分三种情况，去绝对值求解，即得；（2）结合图像即得。‎ ‎【详解】解：（1）∵，∴等价，‎ 故不等式的解集为.‎ ‎（2）∵恒成立，令知其表示过定点的直线，结合图象得，∴实数a的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查解含绝对值不等式，以及结合图像的方法解参数，是常考题型。‎ - 24 -‎