四川省成都市树德中学2020届高三二诊模拟考试数学（理科）试题 Word版含解析

四川省成都市树德中学2020届高三二诊模拟考试数学（理科）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 树德中学高2017级二诊模拟考试数学（理科）试题 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 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.函数的定义域为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】函数的定义域应满足 ‎ 故选C.‎ ‎2.复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的四则运算以及几何意义即可求解.‎ ‎【详解】解：，‎ 则复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点的坐标为：，‎ 位于第二象限.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎3.已知等差数列满足，公差，且成等比数列，则 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 先用公差表示出，结合等比数列求出.‎ ‎【详解】,因为成等比数列，所以，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题，化归基本量，寻求等量关系是求解的关键.‎ ‎4.已知命题：使成立． 则为（ ）‎ A. 均成立 B. 均成立 C. 使成立 D. 使成立 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即．‎ 考点：全称命题.‎ ‎5.已知双曲线的渐近线方程为，且其右焦点为，则双曲线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，，所以，，所求双曲线方程为．‎ 考点：双曲线方程.‎ ‎6.函数（）的图象的大致形状是（ ）‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对x分类讨论，去掉绝对值，即可作出图象.‎ ‎【详解】 ‎ 故选C．‎ ‎【点睛】识图常用的方法 ‎(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；‎ ‎(2)定量计算法：通过定量计算来分析解决问题；‎ ‎(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．‎ ‎7.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，指数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在第三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）‎ - 24 -‎ A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻有3类排法，再考虑两者的顺序，有种，剩余的3门全排列，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻时，可排在第1节和第2节或第4节和第5节或第5节和第6节，有3种，再考虑两者的顺序，有种，‎ 剩余的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种，‎ 所以“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种不同的排法.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了排列、组合的应用，其中解答中认真审题，根据题设条件，先排列有限制条件的元素是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎8.执行如图所示的程序框图，当输出的时，则输入的的值为( )‎ A. -2 B. -1 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 若输入，则执行循环得 - 24 -‎ 结束循环，输出，与题意输出的矛盾；‎ 若输入，则执行循环得 结束循环，输出，符合题意；‎ 若输入，则执行循环得 结束循环，输出，与题意输出的矛盾；‎ 若输入，则执行循环得 结束循环，输出，与题意输出的矛盾；‎ 综上选B.‎ ‎9.如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出球心到四个支点所在球小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解.‎ ‎【详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为，球心为，‎ - 24 -‎ 由题意，球的体积为，即可得球的半径为1，‎ 又由边长为的正方形硬纸，可得圆的半径为，‎ 利用球的性质可得，‎ 又由到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为，‎ 所以球心到底面的距离为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎10.设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，因为，得到，利用直线的斜率公式，得到，结合基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为，‎ 设，‎ 因为，即线段的中点，所以，‎ - 24 -‎ 所以直线的斜率，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 所以直线的斜率的最大值为1.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及其应用，直线的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎11.下列命题为真命题的个数是（ ）（其中，为无理数）‎ ‎①；②；③.‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①中，根据指数幂的运算性质和不等式的性质，可判定值正确的；对于②中，构造新函数，利用导数得到函数为单调递增函数，进而得到，即可判定是错误的；对于③中，构造新函数，利用导数求得函数的最大值为，进而得到，即可判定是正确的.‎ ‎【详解】由题意，对于①中，由，可得，根据不等式的性质，可得成立，所以是正确的；‎ 对于②中，设函数，则，所以函数为单调递增函数，‎ 因为，则 又由，所以，即，所以②不正确；‎ 对于③中，设函数，则，‎ 当时，，函数单调递增，‎ - 24 -‎ 当时，，函数单调递减，‎ 所以当时，函数取得最大值，最大值为，‎ 所以，即，即，所以是正确的.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了不等式的性质，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中根据题意，合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎12.在锐角中，，，分别是角，，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理化简得，解得，进而得到，利用正切的倍角公式求得，根据三角形的面积公式，求得，进而化简，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，在锐角中，满足，‎ 由正弦定理可得，即，‎ 可得，所以，即，‎ 所以，所以，则，‎ 所以，可得，‎ - 24 -‎ 又由的面积，所以，‎ 则 ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知向量=（1，2），=（-3，1），则=______．‎ ‎【答案】-6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可求，然后根据向量数量积的坐标表示可求 .‎ ‎【详解】∵=（1，2），=（-3，1），∴=（-4，-1），‎ 则 =1×（-4）+2×（-1）=-6‎ 故答案为-6‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量数量积的坐标表示，属于基础试题．‎ ‎14.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则_________‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，结合函数的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，函数分别是上的奇函数和偶函数，且 - 24 -‎ ‎，‎ 令，可得，‎ 所以.‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理赋值求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎15.直线是圆：与圆：公切线，并且分别与轴正半轴，轴正半轴相交于，两点，则的面积为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，设，利用三角形相似求得的值，代入三角形的面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】如图所示，设，‎ 由与相似，可得，解得，‎ 再由与相似，可得，解得，‎ 由三角形的面积公式，可得的面积为.‎ 故答案为：.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，以及三角形相似的应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎16.已知函数，令，，若，表示不超过实数的最大整数，记数列的前项和为，则_________‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的运算，结合数列的通项公式的求法，求得，，，进而得到，再利用放缩法和取整函数的定义，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，且，，‎ 可得，‎ ‎，‎ 又由，可得为常数列，且，‎ 数列表示首项为4，公差为2的等差数列，所以，‎ 其中数列满足，‎ 所以，‎ 所以，‎ 又由，‎ 所以，‎ 且，‎ - 24 -‎ 所以数列的前项和为，满足，‎ 所以，‎ 即，‎ 又由表示不超过实数的最大整数，所以.‎ 故答案为：5.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的导数的计算，以及等差数列的通项公式，累加法求解数列的通项公式，以及裂项法求数列的和的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ 三、解答題（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）‎ ‎17.已知数列的前项和为，且满足（）.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设（），数列的前项和.若对恒成立，求实数，的值.‎ ‎【答案】（1）（2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据数列的通项与前n项和的关系式，即求解数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，利用等比数列的前n项和公式和裂项法，求得，结合题意，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，当时，由，解得；‎ - 24 -‎ 当时，可得，‎ 即，‎ 显然当时上式也适合，所以数列的通项公式为.‎ ‎（2）由（1）可得，‎ 所以 ‎.‎ 因为对恒成立，‎ 所以，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的求解，等差数列的前n项和公式，以及裂项法求和的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，是正三角形，，是的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设是的中点，连接、，先证明是平行四边形，再证明平面，即 ‎（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建空间直角坐标系，分别计算各个点坐标，计算平面法向量，利用向量的夹角公式得到直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：设是中点，连接、，‎ 是的中点，，，‎ ‎，，， ，‎ 是平行四边形，，‎ ‎，，，‎ ‎，，，‎ 由余弦定理得，‎ ‎，，‎ ‎，平面，，‎ ‎；‎ ‎（2）由（1）得平面，，平面平面，‎ 过点作，垂足为，平面，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，‎ - 24 -‎ 则，，，‎ ‎，‎ 设是平面的一个法向量，则，，‎ 令，则，，‎ ‎，‎ 直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直，线线垂直，利用空间直角坐标系解决线面夹角问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.‎ ‎19.2018年是中国改革开放的第40周年，为了充分认识新形势下改革开放的时代性，某地的民调机构随机选取了该地的100名市民进行调查，将他们的年龄分成6段：，并绘制了如图所示的频率分布直方图.‎ ‎（1）现从年龄在内的人员中按分层抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人进行座谈，用表示年龄在内的人数，求的分布列和数学期望；‎ ‎（2）若用样本的频率代替概率，用随机抽样的方法从该地抽取20名市民进行调查，其中有 - 24 -‎ 名市民的年龄在的概率为.当最大时，求的值.‎ ‎【答案】（1）分布列见解析；；（2）7.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据分层抽样的方法判断出年龄在内的人数，可得的可能取值为0，1，2，结合组合知识，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望；（2）设年龄在内的人数为，则，设,可得若，则，；若，则，，从而可得结果.‎ ‎【详解】（1）按分层抽样的方法抽取的8人中，‎ 年龄在内的人数为人，‎ 年龄在内的人数为人，‎ 年龄在内的人数为人.‎ 所以的可能取值为0，1，2，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ - 24 -‎ ‎（2）设在抽取的20名市民中，年龄在内的人数为，服从二项分布.由频率分布直方图可知，年龄在内的频率为，‎ 所以，‎ 所以 .‎ 设 ，‎ 若，则，；‎ 若，则，.‎ 所以当时，最大，即当最大时，.‎ ‎【点睛】本题主要考查分层抽样的定义、直方图的应用以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.‎ ‎20.已知椭圆 的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) 为定值.过程见解析.‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）焦距说明，用点差法可得＝.这样可解得，得椭圆方程；‎ ‎（2）若，这种特殊情形可直接求得，在时，直线方程为，设，把直线方程代入椭圆方程，后可得，然后由纺长公式计算出弦长，同时直线方程为，代入椭圆方程可得点坐标，从而计算出，最后计算即可.‎ 详解：（1）由题意可知，设，代入椭圆可得：‎ ‎，两式相减并整理可得，‎ ‎，即. ‎ 又因为，，代入上式可得，.‎ 又，所以， ‎ 故椭圆的方程为. ‎ ‎（2）由题意可知，，当为长轴时，为短半轴，此时 ‎； ‎ ‎ 否则，可设直线的方程为，联立，消可得，‎ ‎， ‎ 则有：， ‎ - 24 -‎ 所以 设直线方程为，联立，根据对称性，‎ 不妨得，‎ 所以. ‎ 故，‎ 综上所述，为定值. ‎ 点睛：设直线与椭圆相交于两点，的中点为，则有，证明方法是点差法：即把点坐标代入椭圆方程得，，两式相减，结合斜率公式可得.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据单调递减可知导函数恒小于等于，采用参变分离的方法分离出，并将的部分构造成新函数，分析与最值之间的关系；‎ - 24 -‎ ‎（2）通过对的导函数分析，确定有唯一零点，则就是的极大值点也是最大值点，计算的值并利用进行化简，从而确定.‎ ‎【详解】（1）由题意知， 在上恒成立，所以在上恒成立.‎ 令，则，‎ 所以在上单调递增，所以，‎ 所以.‎ ‎（2）当时，.‎ 则，‎ 令，则，‎ 所以在上单调递减.‎ 由于，，所以存在满足，即.‎ 当时，，；当时，，.‎ 所以在上单调递增，在上单调递减.‎ 所以，‎ 因为，所以，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】（1）求函数中字母的范围时，常用的方法有两种：参变分离法、分类讨论法；‎ - 24 -‎ ‎（2）当导函数不易求零点时，需要将导函数中某些部分拿出作单独分析，以便先确定导函数的单调性从而确定导函数的零点所在区间，再分析整个函数的单调性，最后确定出函数的最值.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线、曲线在第一象限交于两点，且，点的坐标为，求的面积.‎ ‎【答案】（1）的极坐标方程为，的直角坐标方程为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先把曲线的参数方程消参后，转化为普通方程，再利用 求得极坐标方程.将，化为，再利用 求得曲线的普通方程.‎ ‎（2）设直线的极角，代入，得，将代入，得，由，得，即，从而求得，，从而求得，再利用求解.‎ ‎【详解】（1）依题意，曲线，即，‎ - 24 -‎ 故，即.‎ 因为，故，‎ 即，即.‎ ‎（2）将代入，得，‎ 将代入，得，‎ 由，得，得，‎ 解得，则.‎ 又，故，‎ 故的面积.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义，还考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.‎ ‎23.已知函数，记的最小值为.‎ ‎（Ⅰ）解不等式；‎ ‎（Ⅱ）若正实数，满足，求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可；‎ ‎(Ⅱ)首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.‎ ‎【详解】（Ⅰ）①当时，，即，‎ - 24 -‎ ‎∴；‎ ‎②当时，，‎ ‎∴；‎ ‎③当时，，即，‎ ‎∴.‎ 综上所述，原不等式的解集为.‎ ‎（Ⅱ）∵，‎ 当且仅当时，等号成立.‎ ‎∴的最小值.‎ ‎∴，‎ 即，‎ 当且仅当即时，等号成立.‎ 又，∴，时，等号成立.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，绝对值三角不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ - 24 -‎ - 24 -‎