东北三省四市教研联合体2020届高三模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

东北三省四市教研联合体2020届高三模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年东北三省四市教研联合体高考模拟试卷 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.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由已知得到，再与A求交集即可.‎ ‎【详解】由已知，，故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集、补集运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.‎ ‎2.已知复数，则的虚部为（ ）‎ A. －1 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子分母同乘分母共轭复数即可.‎ ‎【详解】，故的虚部为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，考查学生运算能力，是一道容易题.‎ ‎3.2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中，甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示（以十位数字为茎，个位数字为叶）.若甲队得分的中位数是86，乙队得分的平均数是88，则（ ）‎ - 24 -‎ A. 170 B. 10 C. 172 D. 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中位数指一串数据按从小（大）到大（小）排列后，处在最中间的那个数，平均数指一串数据的算术平均数.‎ ‎【详解】由茎叶图知，甲的中位数为，故；‎ 乙的平均数为，‎ 解得，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查茎叶图的应用，涉及到中位数、平均数的知识，是一道容易题.‎ ‎4.的展开式中的系数为（ ）‎ A. 5 B. 10 C. 20 D. 30‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由知，展开式中项有两项，一项是中的项，另一项是与中含x的项乘积构成.‎ ‎【详解】由已知，，因为展开式的通项为，所以 展开式中的系数为.‎ 故选：C.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查求二项式定理展开式中的特定项，解决这类问题要注意通项公式应写准确，本题是一道基础题.‎ ‎5.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.‎ ‎【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，‎ 故，所以，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.‎ ‎6.已知公差不为0的等差数列的前项的和为，，且成等比数列，则（ ）‎ A. 56 B. 72 C. 88 D. 40‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，将代入，求得公差d，再利用等差数列的前n项和公式计算即可.‎ ‎【详解】由已知，，，故，解得或（舍），‎ - 24 -‎ 故，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式，考查等差数列基本量的计算，是一道容易题.‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 命题“，”的否定形式是“，”‎ B. 若平面，，，满足，则 C. 随机变量服从正态分布（），若，则 D. 设是实数，“”是“”的充分不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由特称命题的否定是全称命题可判断选项A；可能相交，可判断B选项；利用正态分布的性质可判断选项C；或，利用集合间的包含关系可判断选项D.‎ ‎【详解】命题“，”的否定形式是“，”，故A错误；，‎ ‎，则可能相交，故B错误；若，则，所以 ‎，故，所以C错误；由，得或，‎ 故“”是“”的充分不必要条件，D正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假判断，涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等，是一道容易题.‎ ‎8.已知双曲线：（，）的右焦点与圆：的圆心重合，且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ）‎ - 24 -‎ A. 2 B. C. D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知，圆心M到渐近线的距离为，可得，又，解方程即可.‎ ‎【详解】由已知，，渐近线方程为，因为圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，‎ 所以圆心M到渐近线距离为，故，‎ 所以离心率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的问题，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，是一道容易题.‎ ‎9.已知是圆心为坐标原点，半径为1的圆上的任意一点，将射线绕点逆时针旋转到交圆于点，则的最大值为（ ）‎ A. 3 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设射线OA与x轴正向所成的角为，由三角函数的定义得，，，利用辅助角公式计算即可.‎ ‎【详解】设射线OA与x轴正向所成的角为，由已知，，‎ - 24 -‎ ‎，所以 ‎，‎ 当时，取得等号.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正弦型函数的最值问题，涉及到三角函数的定义、辅助角公式等知识，是一道容易题.‎ ‎10.从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则在方程表示双曲线的条件下，方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，分别计算出，再利用公式计算即可.‎ ‎【详解】设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上 的双曲线”，由题意，，，则所求的概率为 ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题，涉及到双曲线的定义，是一道容易题.‎ ‎11.已知函数若关于的方程 - 24 -‎ 有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.‎ ‎【详解】令，则，如图 与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有 六个不相等的实数根，则有两个不同的根，‎ 设由根的分布可知，‎ ‎，解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.‎ ‎12.已知定义在上的函数满足，且当时，.设在上的最大值为（），且数列的前项的和为.若对于任意正整数不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ‎ - 24 -‎ ‎ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知先求出，即，进一步可得，再将所求问题转化为对于任意正整数恒成立，设，只需找到数列的最大值即可.‎ ‎【详解】当时，则，，‎ 所以，，显然当时，‎ ‎，故，，若对于任意正整数不等式 恒成立，即对于任意正整数恒成立，即对于任 意正整数恒成立，设，，令，解得，‎ 令，解得，考虑到，故有当时，单调递增，‎ 当时，有单调递减，故数列的最大值为，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查数列中的不等式恒成立问题，涉及到求函数解析、等比数列前n项和、数列单调性的判断等知识，是一道较为综合的数列题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.若曲线（其中常数）在点处的切线的斜率为1，则________.‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用导数的几何意义，由解方程即可.‎ ‎【详解】由已知，，所以，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.‎ ‎14.若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 注意平移是针对自变量x，所以，再利用整体换元法求值域（最值）即可.‎ ‎【详解】由已知，，‎ ‎，又，故，‎ ‎，所以的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题，涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用，是一道基础题.‎ ‎15.如图所示，在边长为4的正方形纸片中，与相交于.剪去 - 24 -‎ ‎，将剩余部分沿，折叠，使、重合，则以、、、为顶点的四面体的外接球的体积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三棱锥置入正方体中，利用正方体体对角线为三棱锥外接球的直径即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知，将三棱锥置入正方体中，如图所示 ‎，，故正方体体对角线长为，‎ 所以外接球半径为，其体积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球的体积问题，一般在处理特殊几何体的外接球问题时，要考虑是否能将其置入正（长）方体中，是一道中档题.‎ ‎16.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，如图是过且垂直于长轴的弦，则的内切圆方程是________.‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用公式计算出，其中为的周长，为内切圆半径，再利用圆心到直线AB的距离等于半径可得到圆心坐标.‎ ‎【详解】由已知，，，，设内切圆的圆心为，半径为，则 ‎，故有，‎ 解得，由，或（舍），所以的内切圆方程为 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆中三角形内切圆的方程问题，涉及到椭圆焦点三角形、椭圆的定义等知识，考查学生的运算能力，是一道中档题.‎ 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.‎ ‎17.在中，为边上一点，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，求.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）；（2）4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），利用两角差的正弦公式计算即可；‎ ‎（2）设，在中，用正弦定理将用x表示，在中用一次余弦定理即可解决.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴，‎ 所以， ‎ ‎.‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴设，，‎ 在中，由正弦定理得，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查两角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.‎ - 24 -‎ ‎18.某大型单位举行了一次全体员工都参加的考试，从中随机抽取了20人的分数.以下茎叶图记录了他们的考试分数（以十位数字为茎，个位数字为叶）：‎ 若分数不低于95分，则称该员工的成绩为“优秀”.‎ ‎（1）从这20人中任取3人，求恰有1人成绩“优秀”的概率；‎ ‎（2）根据这20人的分数补全下方的频率分布表和频率分布直方图，并根据频率分布直方图解决下面的问题.‎ 组别 分组 频数 频率 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎①估计所有员工的平均分数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎②若从所有员工中任选3人，记表示抽到的员工成绩为“优秀”的人数，求的分布列和数学期望.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）；（2）①82，②分布列见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从20人中任取3人共有种结果，恰有1人成绩“优秀”共有种结果，利用古典概型的概率计算公式计算即可；‎ ‎（2）①平均数的估计值为各小矩形的组中值与其面积乘积的和；②要注意服从的是二项分布，不是超几何分布，利用二项分布的分布列及期望公式求解即可.‎ ‎【详解】（1）设从20人中任取3人恰有1人成绩“优秀”为事件，‎ 则，所以，恰有1人“优秀”的概率为.‎ ‎（2）‎ 组别 分组 频数 频率 ‎1‎ ‎2‎ ‎0.01‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎0.03‎ ‎3‎ ‎8‎ ‎0.04‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎0.02‎ - 24 -‎ ‎①，‎ 估计所有员工的平均分为82‎ ‎②的可能取值为0、1、2、3，随机选取1人是“优秀”的概率为，‎ ‎∴；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎∴的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎∵，∴数学期望.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率计算以及二项分布期望的问题，涉及到频率分布直方图、平均数的估计值等知识，是一道容易题.‎ ‎19.已知抛物线：的焦点为，过上一点（）作两条倾斜角互补的直线分别与交于，两点，‎ ‎（1）证明：直线的斜率是－1；‎ ‎（2）若，，成等比数列，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，，由已知，得，代入中即可；‎ ‎（2）利用抛物线的定义将转化为，再利用韦达定理计算.‎ ‎【详解】（1）在抛物线上，∴，‎ 设，，‎ 由题可知，，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴‎ ‎（2）由（1）问可设：：，‎ 则， ， ，‎ ‎∴，∴，‎ 即（*），‎ 将直线与抛物线联立，可得：，‎ - 24 -‎ 所以，‎ 代入（*）式，可得满足，∴：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，在处理直线与抛物线位置关系的问题时，通常要涉及韦达定理来求解，本题查学生的运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎20.如图，在直角中，，通过以直线为轴顺时针旋转得到（）.点为斜边上一点.点为线段上一点，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）当直线与平面所成的角取最大值时，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先算出的长度，利用勾股定理证明，再由已知可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；‎ ‎（2）由（1）可得为直线与平面所成的角，要使其最大，则应最小，可得为中点，然后建系分别求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值，进一步得到正弦值.‎ ‎【详解】（1）在中，，由余弦定理得 ‎，‎ ‎∴，‎ - 24 -‎ ‎∴，‎ 由题意可知：∴，，，‎ ‎∴平面，‎ 平面，∴，‎ 又，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）以为坐标原点，以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.‎ ‎∵平面，∴在平面上的射影是，‎ ‎∴与平面所成的角是，∴最大时，即，点为中点.‎ ‎，，，，，‎ ‎，，设平面的法向量，‎ 由，得，令，得，‎ 所以平面的法向量，‎ 同理，设平面的法向量，由，得，‎ 令，得，所以平面的法向量，‎ ‎∴，，‎ - 24 -‎ 故二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎21.已知函数（），是的导数.‎ ‎（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；‎ ‎（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，，注意到上单增，再利用零点存在性定理即可解决；‎ ‎（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.‎ ‎【详解】（1）由已知，，所以，‎ 设，，‎ 当时，单调递增，而，，且在上图象连续 不断.所以在上有唯一零点，‎ - 24 -‎ 当时，；当时，；‎ ‎∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小 值点，即在区间上存在唯一的极小值点；‎ ‎（2）设，，，‎ ‎∴在单调递增，，‎ 即，从而，‎ 因为函数在上单调递减，‎ ‎∴在上恒成立，‎ 令，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 在上单调递减，，‎ 当时，，则在上单调递减，，符合题意.‎ 当时，在上单调递减，‎ 所以一定存在，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 与题意不符，舍去.‎ 综上，的取值范围是 - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常是构造函数，转化成函数的最值来处理，本题是一道较难的题.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.点在曲线上，点满足.‎ ‎（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求动点的轨迹的极坐标方程；‎ ‎（2）点，分别是曲线上第一象限，第二象限上两点，且满足，求的值.‎ ‎【答案】（1）（）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知，曲线的参数方程消去t后，要注意x的范围，再利用普通方程与极坐标方程的互化公式运算即可；‎ ‎（2）设，，由（1）可得，，相加即可得到证明.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎∵，∴，∴，‎ 由题可知：，‎ - 24 -‎ ‎：（）.‎ ‎（2）因为，‎ 设，，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.‎ ‎23.已知关于的不等式有解.‎ ‎（1）求实数的最大值；‎ ‎（2）若，，均为正实数，且满足.证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，只需找到的最大值即可；‎ ‎（2），构造并利用基本不等式可得，即.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎∴的最大值为4.‎ - 24 -‎ 关于的不等式有解等价于，‎ ‎（ⅰ）当时，上述不等式转化为，解得，‎ ‎（ⅱ）当时，上述不等式转化为，解得，‎ 综上所述，实数的取值范围为，则实数的最大值为3，即.‎ ‎（2）证明：根据（1）求解知，所以，‎ 又∵，，，，‎ ‎，当且仅当时，等号成立，‎ 即，∴，‎ 所以，.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式中的能成立问题以及综合法证明不等式问题，是一道中档题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎