开卷教育联盟全国2020届高三模拟考试（一）数学（理）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 开卷教育联盟2020届全国高三模拟考试（一）数学（理科）‎ 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.已知集合，，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得集合M，再由集合交集运算即可求解.‎ ‎【详解】集合，解一元二次不等式可得 ‎，‎ 由交集运算可得，‎ 即，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，集合交集的简单运算，属于基础题.‎ ‎2.设为虚数单位，若复数满足，则复数的虚部为( )‎ A. -1 B. C. -2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算化简，求得复数，再根据复数的概念即可求得虚部.‎ ‎【详解】复数满足，‎ 则化简可得，‎ 由复数除法运算化简可得 ‎，‎ - 23 -‎ 所以复数的虚部为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的除法运算，复数的概念应用，属于基础题.‎ ‎3.已知，，，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数与对数函数的图像与性质，借助中间值法即可比较大小.‎ ‎【详解】由对数函数的图像与性质可得 ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的图像与性质应用，由中间值法比较大小，属于基础题.‎ ‎4.我们规定离心率的椭圆叫优美椭圆，下列结论正确的个数是( )‎ ‎①一个焦点、一个短轴顶点与一个长轴顶点构成直角三角形的椭圆是优美椭圆；②短轴长与长轴长之比为的椭圆是优美椭圆；③椭圆是优美椭圆；④焦距、短轴长、长轴长成等比数列的椭圆是优美椭圆.‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 根据椭圆的几何性质，结合定义即可求得四个选项中的椭圆离心率，即可判断是否为优美椭圆.‎ ‎【详解】对于A，一个焦点、一个短轴顶点与一个长轴顶点构成直角三角形的椭圆是优美椭圆，则满足，化简可得，即，解得或（舍），所以A正确；‎ 对于B，短轴长与长轴长之比为，即，则，所以B错误；‎ 对于C，椭圆，则，所以C正确；‎ 对于D，焦距、短轴长、长轴长成等比数列，即，化简可得，由A可知，D中椭圆为优美椭圆，所以D正确，‎ 综上可知，正确的为ACD，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的几何性质简单应用，椭圆离心率的求法，属于基础题.‎ ‎5.我国传统文化中有天干地支之说，天干为“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”.其中甲、乙五行属木，归东方，丙、丁五行属火，归南方，戊、己五行属土，归中央，庚、辛五行属金，归西方，壬、癸五行属水，归北方.在天干十个字中随机取两个，则它们五行属性相同的概率是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据古典概型概率，结合排列数求法，即可得解.‎ ‎【详解】从天干十个字中随机取两个，所有取的种类为，‎ 共有金木水火土五行，所以随机取的两个五行相同的概率为，‎ 故选：A.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型概率求法，组合数计算公式的简单应用，属于基础题.‎ ‎6.函数的图象大致是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据解析式求得导函数，并求得极值点，由极值点个数可排除AD；再由时，恒为正，排除C即可得解.‎ ‎【详解】函数，‎ 则，令，‎ 解得的两个极值点为，故排除AD，‎ 且当时，恒为正，排除C，‎ 即只有B选项符合要求，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了由函数解析式判断函数图像，导函数与函数图像的关系应用，属于基础题.‎ ‎7.已知非零向量，满足，则，的夹角为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 根据向量模长的等量关系，可得三条边长的比值，结合余弦定理即可求得，夹角的余弦值，进而求得，的夹角.‎ ‎【详解】非零向量，满足，‎ 则，‎ 设，，‎ 则，，‎ 由余弦定理求得.‎ 而，所以，‎ 即，的夹角为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量模长关系，余弦定理在解三角形中的应用，平面向量夹角的求法，属于基础题.‎ ‎8.执行下面的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N的最小值为 A. 5 B. 4 C. 3 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 阅读程序框图，程序运行如下：‎ - 23 -‎ 首先初始化数值：，然后进入循环体：‎ 此时应满足，执行循环语句：；‎ 此时应满足，执行循环语句：；‎ 此时满足，可以跳出循环，则输入的正整数N的最小值为2.‎ 故选D.‎ ‎【名师点睛】对算法与程序框图的考查，侧重于对程序框图中循环结构的考查.先明晰算法及程序框图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环的起始条件、循环次数、循环的终止条件，更要通过循环规律，明确程序框图研究的数学问题，是求和还是求项.‎ ‎9.记集合，，，，…，其中为公差大于0的等差数列，若，则195属于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质，先求得数列的通项公式，进而判断出195的项数；结合等差数列求和公式，即可判断出195所在的集合.‎ ‎【详解】数列为公差大于0的等差数列，，‎ 则，，‎ ‎∴，‎ 故195是第50项，‎ 前9个集合共项，第10个集合有10项，‎ 所以第50项属于.‎ 故选：A.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列通项公式的求法及等差数列前n项和公式的简单应用，属于基础题.‎ ‎10.已知椭圆的两个焦点为，过顶点的直线：与：的交点恰好在上，且，则的方程为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线方程可知两直线分别过上、下两顶点，设两直线交点为，由两点间斜率公式及化简可得椭圆的标准方程，结合焦点坐标即可确定参数，进而代入可得椭圆的方程.‎ ‎【详解】过顶点的直线：与：的交点恰好在上，则两直线分别过上、下两顶点，‎ 设两条直线的交点为，‎ 则有，化简得，‎ 由椭圆的两个焦点为，‎ 所以可得，解得，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质的简单应用，两点间斜率公式的应用，注意焦点的位置，属于中档题.‎ ‎11.已知函数，若是函数的一条对称轴，且，则点所在的直线方程为( )‎ - 23 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由辅助角公式对三角函数式化简，结合正弦函数对称轴的性质求得的表达式，代入条件中，用诱导公式化简即可求得，即可得点所在的直线方程.‎ ‎【详解】由辅助角公式化简函数可得 则对称轴满足，‎ 则 因为是函数的一条对称轴，‎ 则，‎ 则，‎ 即，所以，‎ 即点所在的直线方程为，‎ 故选：B.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了辅助角公式在三角函数式化简中的应用，正弦函数对称轴性质应用，正切函数诱导公式的简单应用，属于中档题.‎ ‎12.已知四面体的四个顶点都在球的球面上，为中点，，，都是正三角形，若，则球的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出四面体，过，的外心，分别作平面，的垂线，可知两条直线相交于一点，点即为外接球球心；由等边三角形外心性质，结合线段关系即可求得外接球的半径，进而得球的表面积.‎ ‎【详解】过，的外心，分别作平面，的垂线，显然两垂线都在平面内，故它们相交于一点，点为外接球球心，如下图所示：‎ 因为，‎ 所以在中，，‎ ‎，，‎ ‎∴，‎ - 23 -‎ 所以，‎ 球的表面积.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了四面体外接球的求法，等边三角形外心性质的应用，球表面积的求法，对空间想象能力要求高，属于难题.‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据曲线先求得导函数，即可求得当的到数值，即为切线斜率，再由点斜式即可得切线方程.‎ ‎【详解】曲线，‎ 则 则当时，，‎ 所以，即，‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义应用，切线方程的求法，属于基础题.‎ ‎14.记为等比数列的前项和.若，，则______.‎ ‎【答案】121‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列通项公式，可代入等式求得公比，再由等比数列前n项和公式即可求得 ‎【详解】等比数列，由，则，‎ - 23 -‎ 因为，代入可得，‎ 解得，‎ 所以由等比数列的前n项和公式可得，‎ 故答案为：121.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列通项公式及前n项和公式的简单应用，属于基础题.‎ ‎15.在抗击“非洲猪瘟”的战斗中，某市场防疫检测所得知一批共10只猪中混入了3只携带病毒的猪，在没有传染扩散前，马上逐个不放回地检测，每次抽中各只猪的机会均等，直到检测出所有病猪就停止检测，则恰在第六次检测后停止的概率是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 恰在第六次检测后停止说明第六次检测出的为携带病毒的猪，前5只检测的猪有3只健康猪和两只携带病毒的猪，分步计算出前六个位置安排的方法数，结合总的排序数，即可得概率值.‎ ‎【详解】恰在第六次停止即前五只猪3好2病，第六只是病猪，‎ 则从7只健康的猪中选择3只种方法，将选出的3只猪排列在前五个位置共有种方法，将前五个位置中的两个空位和第六个位置安排携带病毒的猪共有种方法，‎ 故共有种排列，‎ 前6只猪共有种排列，‎ 故概率为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了排列组合问题在实际问题中的应用，分步乘法计数原理及概率求法，属于中档题.‎ ‎16.已知抛物线的焦点到双曲线：‎ - 23 -‎ 的渐近线的距离不大于，则双曲线的离心率的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线方程求得焦点坐标，由双曲线方程可得渐近线方程，根据点到直线距离公式及题设，即可得的不等式，结合双曲线中关系即可求得离心率的范围.‎ ‎【详解】抛物线，则焦点坐标为，‎ 双曲线：的渐近线方程为，‎ 则由题意可得点到直线的距离，‎ 所以，即，‎ ‎，，‎ 故双曲线离心率的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了圆锥曲线的综合应用，抛物线的焦点及双曲线渐近线方程的求法，点到直线距离公式的应用及双曲线离心率取值范围的求法，一元二次不等式的解法，综合性强，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.已知向量，，.‎ ‎（1）求的最小值，并求此时的值；‎ ‎（2）在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，，，求的值.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1），时，的最小值为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平面向量数量积的坐标运算，结合三角函数降幂公式及辅助角公式化简三角函数式，结合正弦函数图像与性质即可求得函数的最小值及取最小值时的值；‎ ‎（2）将代入函数解析式，结合等量关系可求得，进而由余弦定理可求得，再根据正弦定理即可求得的值.‎ ‎【详解】（1）向量，，，‎ 则 ‎，‎ 当，，时取最小值 即，时，的最小值为.‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎∴，‎ - 23 -‎ 在中，由正弦定理得，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数恒等变形的应用，降幂公式及辅助角公式的应用，正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.‎ ‎18.在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面平面，四边形为直角梯形，且，，，点为棱的中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若直线与直线所成角为，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面垂直的性质可知平面，即，根据所给线段关系及勾股定理逆定理，可证明，进而由线面垂直的判定定理证明平面，从而证明.‎ ‎（2）根据题意以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，设，写出各个点的坐标，由直线与直线所成角为求得，由空间向量数量积运算求得平面的法向量，即可由空间向量数量积的坐标运算求得直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，所以.‎ 又平面平面，平面平面，则平面，‎ - 23 -‎ 又平面，‎ 故.‎ 取的中点，连接，在直角梯形中，‎ 可知，，‎ 故，所以.‎ 又，故平面.‎ 又平面，‎ 所以.‎ ‎（2）由（1）知，，两两垂直，以为原点，为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设，则，，，，.‎ 故，.‎ 因直线与直线所成角为，‎ 故，‎ 解得.‎ 设直线与平面所成的角为，平面的法向量为，‎ - 23 -‎ 则，，，‎ 故，取，则，，‎ 所以，‎ 故，‎ 故直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的性质及线面垂直的判定定理应用，由线面垂直判定线线垂直，由异面直线夹角大小求线段长，用法向量法求直线与平面夹角，属于中档题.‎ ‎19.某市举办“爱我华夏，弘扬传承”知识抢答赛，最后有张珊、李诗两位选手进入冠亚军PK赛，规则如下：依次从忠、孝、仁、义、礼、信、智七个题库中每一次随机选取一道题两人抢答，胜者得25分，败者不扣分（无平局），先得100分者为冠军，结束PK.由于两人阅读习惯区别，在前面的比赛中得出：张珊在忠、孝、礼、智方面略有优势，胜率为0.6，其它方面两人不分伯仲，胜率都是0.5.‎ ‎（1）求PK结束时李诗恰得25分的概率；‎ ‎（2）记PK结束时抢答场数为，求的分布列及期望.‎ ‎【答案】（1）0.18；（2）分布列见解析，5.785.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可知共比赛5次，且前四次李诗只胜一次，由独立事件概率乘法公式即可求解.‎ ‎（2）因为至少答4题，因而抢答场数所有可能的值为4，5，6，7，分别讨论四种情况下各自的胜率即可求得分布列，由分布列即可求得期望值.‎ ‎【详解】（1）李诗恰得25分则张珊得100分，即共比赛5次，前四次李诗胜一次，第五次张珊胜；‎ 则李诗在前四次只胜一次的概率 - 23 -‎ ‎（2）所有可能的值为4，5，6，7，‎ 即某人连胜4次，所以；‎ 即某人前4次3胜l负第五次胜，张珊胜的概率为0.18，李诗胜的概率为，所以；‎ 即某人前五次3胜2负第六次胜，各有三类：①在第1，2，5场中负2次，②在第3，4场中连负2次，③在第1，2，5场中负1次，第3，4场中负1次，张珊胜的概率为.李诗胜的概率为，所以；，‎ 故分布列为 ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎0.13‎ ‎026‎ ‎0.305‎ ‎0.305‎ 期望.‎ ‎【点睛】本题考查了独立事件乘法公式的应用，离散型随机变量分布列的求法及期望求法，注意分类讨论时要做到不重不漏，属于中档题.‎ ‎20.已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．‎ ‎（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；‎ ‎（2）若，求|AB|．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.‎ ‎【详解】（1）设直线方程为：，，‎ 由抛物线焦半径公式可知： ‎ 联立得：‎ 则 ‎ ‎，解得：‎ 直线的方程为：，即：‎ ‎（2）设，则可设直线方程为：‎ 联立得：‎ 则 ‎ ‎，‎ ‎ ， ‎ 则 ‎【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.‎ ‎21.已知函数（，为常数）.‎ - 23 -‎ ‎（1）当时，求在处的切线方程；‎ ‎（2）对任意两个不相等的正数，，求证：当时，都有.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入解析式，并求得导函数，代入即可求得切线斜率；将代入函数解析式求得切点坐标，即可由点斜式求得切线方程；‎ ‎（2）由函数解析式求得导函数；构造函数，可求导得，将代入并变形化简，即可判断出的单调区间，进而确定，再由可知恒成立，即原不等式成立.‎ ‎【详解】（1）时，函数，‎ 则，‎ 故，又，‎ 所以切线方程为，‎ 即.‎ ‎（2）证明：函数（，为常数）.‎ 则，‎ 构造函数，，‎ ‎∴，‎ - 23 -‎ 所以 ‎，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴.‎ 故当时，，为减函数；‎ 故当时，，为增函数.‎ 故对一切，.当且仅当时取等号.‎ 题中，故恒成立，‎ 原不等式得证.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义及切线方程的求法，构造函数法在证明不等式中的应用，利用导数证明函数的单调性并求得最值，属于难题.‎ ‎（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.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系xOy中，已知曲线C1：(α为参数)，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρcos ＝－，曲线C3：ρ＝2sin θ.‎ ‎(1)求曲线C1与C2的交点M的直角坐标；‎ ‎(2)设点A，B分别为曲线C2，C3上的动点，求|AB|的最小值．‎ ‎【答案】(1) M(－1,0);(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将两个曲线方程均化为直角坐标方程，联立得到交点坐标即可；（2）点点距转化为圆心到直线的距离加减半径.‎ - 23 -‎ 解析：‎ ‎(1)曲线C1：消去参数α，‎ 得y＋x2＝1，x∈[－1,1]．①‎ 曲线C2：ρcos＝－⇒x＋y＋1＝0，②‎ 联立①②，消去y可得x2－x－2＝0⇒x＝－1或x＝2(舍去)，所以M(－1,0)．‎ ‎(2)曲线C3：ρ＝2sin θ的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，是以(0,1)为圆心，半径r＝1的圆．‎ 设圆心为C，则点C到直线x＋y＋1＝0的距离d＝＝，所以|AB|的最小值为－1.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.设函数的最大值为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数解析式，分类讨论可得分段函数解析式，画出函数图像即可求得函数的最大值，即为的值；‎ ‎（2）代入（1）中的值，将等式分组，结合基本不等式即可求得的最大值.‎ ‎【详解】（1）函数 分类讨论化简可得，‎ 画出函数图像如下图所示，‎ - 23 -‎ 由图像可知当时，函数取得最大值.‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 所以，‎ 而 ‎∴，当且仅当时，等号成立，‎ ‎∴的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了含绝对值函数最值的求法，数形结合法求最值，基本不等式在求最值中的应用，属于中档题.‎ - 23 -‎ - 23 -‎