吉林省东北师范大学附属中学2020届高三上学期第二次模拟数学（文）试题 Word版含解析

吉林省东北师范大学附属中学2020届高三上学期第二次模拟数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019—2020学年高三年级上学期 第二次摸底考试（数学）学科试卷（文）‎ 考试时间：120分钟试卷满分：150分 一、选择题：本大题共12小题，每题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（其中为虚数单位），则的虚部为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，进而可得结果.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以，故的虚部为，故选B.‎ ‎【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.‎ ‎2.若A=，则（ ）‎ A. A=B B. A C. A D. B ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合A,B,再判断集合之间的关系.‎ ‎【详解】的定义域为[-2,2]，易知u=的值域为[0,4]‎ 故的值域为[0,2]‎ 即A=[0,2] ，B=[-2,2] ，易得A，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了用描述法表示集合，考查了集合的化简与集合间的关系；‎ - 22 -‎ 集合常用的表示方法有列举法，描述法，图示法. 集合{}表示函数的定义域，集合{}表示函数的值域.‎ ‎3.已知扇形的圆心角为2弧度,弧长为 , 则这个扇形的面积是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据弧长公式|α|可得：圆的半径R＝2，然后结合扇形的面积公式S可得答案．‎ ‎【详解】因为扇形的圆心角α＝2弧度，它所对的弧长l＝4cm，‎ 所以根据弧长公式|α|可得：圆的半径R＝2，‎ 所以扇形的面积为：S4cm2；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查扇形的弧长公式与扇形的面积公式，此题属于基础题型，只要认真计算并且熟练的记忆公式即可解答正确．‎ ‎4.已知且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，由，可得，代入即可求值得解.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 22 -‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数关系式，常用公式，属于基础题.‎ ‎5.条件或，条件，p是q（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过举反例，判断出成立推不出成立，通过判断逆否命题的真假，判断出原命题的真假得到后者成立能推出前者成立，由充分条件、必要条件的定义得到结论．‎ ‎【详解】若成立，例如当，时，不成立，即不成立，‎ 反之，若且，则是真命题，‎ 所以若，则或是真命题，即成立，‎ 所以是的必要而不充分条件，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了判断一个命题是另一个命题的什么条件，一般先判断前者成立是否能推出后者成立，再判断后者成立能否推出前者成立，属于中档题．‎ ‎6.若角， ，是的三个内角，则下列等式中一定成立的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角形的内角和公式、诱导公式逐一判断各个选项中的式子是否成立,从而得出结论.‎ - 22 -‎ ‎【详解】因为角是的三个内角,‎ ‎,故排除; ‎ 又,故排除; ‎ ‎,故正确; ‎ 由于有可能为钝角,故可能小于零,而,‎ 故选项不一定正确; ‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题考查三角形内角和定理和诱导公式，属于基础题.‎ ‎7.设，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由指数函数的性质得，由对数函数的性质得，根据正切函数的性质得，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由指数函数的性质，可得，由对数函数的性质可得，‎ 根据正切函数的性质，可得，所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数式、对数式以及正切函数值的比较大小问题，其中解答中熟记指数函数与对数函数的性质，以及正切函数的性质得到的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎8.设函数在上可导，其导函数为，若函数在处取得极大值，则函数的图象可能是（ ）‎ - 22 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先确定导函数的符号，然后结合题意确定函数在区间和处函数的特征即可确定函数图像.‎ ‎【详解】函数在上可导，其导函数，且函数在处取得极大值，‎ 当时，；当时，；当时，.‎ 时，，时，，‎ 当或时，；当时，.‎ 故选：‎ ‎【点睛】根据函数取得极大值，判断导函数在极值点附近左侧为正，右侧为负，由正负情况讨论图像可能成立的选项，是判断图像问题常见方法，有一定难度.‎ ‎9.如图是偶函数的部分图像，为等腰直角三角形，，，则（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为等腰直角三角形可得，；再由，求出；函数为偶函数求出，求出解析式代入即可求解.‎ ‎【详解】根据已知的等腰直角三角形可知，，‎ 所以，即.‎ 所以，又因为该函数为偶函数，‎ 所以，所以. ‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查三角函数的性质，考查利用函数性质求解析，熟记性质是解题的关键，是中档题 ‎10.已知，，，是边上的点，且，为的外心，的值为（ ）‎ A. 8 B. 10 C. 18 D. 9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由得到，取，中点分别为，求出，，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，因此；‎ 取，中点分别为，则，；‎ - 22 -‎ 因此，‎ 所以.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，熟记数量积运算法则以及数量积的几何意义，即可求解，属于常考题型.‎ ‎11.已知函数的定义域为，，‎ 若存在实数，使得，则实数的取值范围是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到的解析式，然后利用换元法求出函数的最大值和最小值．然后由“存在实数，使得”可得，由此可得所求范围．‎ ‎【详解】由题意得，‎ 由，得，‎ ‎∴函数的定义域为．‎ - 22 -‎ 令，‎ 且，‎ ‎∴函数在上单调递增，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 由题意得“存在实数，使得”等价于“”，‎ ‎∴，‎ 解得.‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查换元法的应用及二次函数值域的取法，解题的关键是正确理解题意，将“存在实数，使得”转化为函数的最值的问题处理，考查理解、分析和解决问题的能力．‎ ‎12.已知实数，满足，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，得，变形为，令，，求导求最值得,结合取等条件求出x,y即可 详解】设，，则 - 22 -‎ ‎，‎ 令，(m)=m<1,(m)>0,m>1,(m)<0,则在单调递增单调递减，‎ 令，则单调递减，单调递增 由题意，，，，,故x+y=2‎ 故选A ‎【点睛】本题考查导数与函数的综合，导数与函数的最值问题，换元思想，将题目转化为两个函数的最值问题是关键，是难题 二、填空题：本小题共4小题，每题5分，共20分.‎ ‎13.已知，，与的夹角为，则在上的投影为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为，所以在上的投影为.所以答案应填：．‎ 考点：向量的数量积的几何意义．‎ ‎14.为了竖一块广告牌，要制造三角形支架，如图，要求，的长度大于1米，且比长0.5米，为了稳固广告牌，要求越短越好，则最短为____________米 ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理构造出，利用换元法可将右侧式子凑成符合基本不等式的形式，根据基本不等式求得最小值.‎ ‎【详解】设，则 由余弦定理得 ‎ 令，‎ 则 当且仅当，即时，即时，取得最小值 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式解决实际问题，关键是能够通过余弦定理将所求长度化为关于变量的和的形式，根据基本不等式求解出和的最小值.‎ ‎15.已知函数，若关于x的不等式的解集为空集，则实数a的取值范围是 ．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为，所以当且仅当时等式的解集为空集，因此实数a的取值范围是 考点：解不等式 ‎16.已知对任意实数，满足，则的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 由题意，分段函数在上是增函数，则必使函数在每段上均是增函数，并且由分段函数定义知，而在第一段上所给的函数是一个对数型复合函数，需依据复合函数的单调性得出满足的不等式组，求出的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，函数 在上是增函数，为增函数，并且 ‎①当时，由于内层函数的图象开口向上，对称轴是，则内层函数在是减函数，在是增函数.‎ 要使在上增函数，‎ ‎ 故有，解得 ‎②当时，由于为增函数，则，即 ‎③由于，‎ 综上可知，，故 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查分段函数单调性问题，每一段都具有单调性，端点值也符合递增关系，本题属于难题.‎ 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.已知函数，函数在 - 22 -‎ 上的零点按从小到大的顺序构成数列．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和 ‎【答案】（1）．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用同角三角函数的基本关系式、二倍角公式化简.由求得，由此求得数列是等差数列，求得首项和公差，进而求得数列的通项公式.（2）利用裂项求和法求得数列的前项和.‎ ‎【详解】解：（1） ，‎ 由及得，数列是首项，公差的等差数列，‎ 所以． ‎ ‎（2）由（1）得 ，‎ 则 ‎【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查正切函数的性质，考查等差数列的识别，考查裂项求和法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎18.已知向量, 且函数 - 22 -‎ 的两个对称中心之间的最小距离为．‎ ‎（I）求的解析式及的值；‎ ‎（Ⅱ）若函数在上恰有两个零点,求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(Ⅰ) ； (Ⅱ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）利用数量积的坐标运算、二倍角公式和辅助角公式，求得的表达式，根据两个对称中心的距离得到周期，进而求得的值.由此求得的解析式，并求得的值.（II）令，转化为，根据，结合正弦函数的图像与性质，求得的取值范围.‎ ‎【详解】解：(Ⅰ)‎ ‎ ‎ ‎∵函数的两个对称中心之间的最小距离为 ‎∴,得即,得 即 ‎ 则 ‎ ‎(Ⅱ)令 - 22 -‎ 得：,当时,‎ 当且时,才有两个相同的函数值,‎ 此时 则即 ‎∴‎ 即：即实数的取值范围是 ‎【点睛】本小题主要考查向量数量积的坐标运算，考查三角函数的图像与性质，考查函数零点问题的求解策略，考查三角函数值域的求法，属于中档题.‎ ‎19.如图，三棱柱中，平面平面，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若，，求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据面面垂直性质可证得平面，从而可得 - 22 -‎ ‎，利用平行关系可得；根据四边形是菱形，可得；根据线面垂直判定定理可得平面，根据面面垂直判定定理可证得结论；（2）由图形可知，可利用三棱锥体积公式求得，代入可求得结果.‎ ‎【详解】（1）平面平面，平面平面，平面，‎ 平面 平面 ‎ ‎ ‎ 四边形是平行四边形，且 四边形是菱形 ‎ 平面 又平面 平面平面 ‎（2）四边形是菱形，，‎ ‎，，平面，‎ ‎，‎ 即四棱锥的体积为 ‎【点睛】本题考查面面垂直关系的证明、四棱锥体积的求解问题，涉及到面面垂直判定定理和性质定理、线面垂直判定定理和性质定理、棱锥体积公式、体积桥求解体积的问题，属于常规题型.‎ - 22 -‎ ‎20.如图，在平面直角坐标系中，点在抛物线：上，直线：与抛物线交于，两点，且直线，的斜率之和为-1.‎ ‎（1）求和的值；‎ ‎（2）若，设直线与轴交于点，延长与抛物线交于点，抛物线在点处的切线为，记直线，与轴围成的三角形面积为，求的最小值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将点代入抛物线：，得，联立直线与抛物线方程，消去，得，则，，由，求出；（2）求出直线DM的方程为，联立直线DM的方程和抛物线的方程，求出，利用导数的几何意义，求出切线n的斜率为，得到切线n的方程，联立直线DM、n的方程，求出Q点的纵坐标，且，采用导数的方法得出单调性，由单调性求出最小值．‎ 试题解析：（1）将点代入抛物线：，得，‎ ‎，得，‎ 设，，则，，‎ 解法一： ，‎ 由已知得，所以，.‎ - 22 -‎ 解法二： ，‎ 由已知得.‎ ‎（2）在直线的方程中，令得，，‎ 直线的方程为：，即，‎ 由，得，‎ 解得：，或，所以，‎ 由，得，，切线的斜率，‎ 切线的方程为：，即，‎ 由，得直线、交点，纵坐标，‎ 在直线，中分别令，得到与轴的交点，，‎ 所以 ，，，‎ 当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；‎ ‎∴当时，最小值为.‎ 点睛：本题主要考查直线与抛物线的位置关系，涉及的知识点有直线方程的求法，‎ - 22 -‎ 由导数求切线的斜率，由导数求单调性等，属于中档题． ‎ ‎21.设函数．‎ Ⅰ求函数的单调区间；‎ Ⅱ记函数的最小值为，证明：．‎ ‎【答案】（I）在上单调递减，在上单调递增；（II）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）对函数求导，解导函数所对应的不等式即可求出结果；‎ ‎（II）由（I）先得到，要证，即证明，即证明，‎ 构造函数，用导数的方法求函数的最小值即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）显然的定义域为． ‎ ‎．‎ ‎∵，，‎ ‎∴若，，此时，在上单调递减；‎ 若，，此时，在上单调递增；‎ 综上所述：在上单调递减，在上单调递增． ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，‎ ‎ 即：． ‎ 要证，即证明，即证明，‎ 令，则只需证明，‎ ‎∵，且，‎ - 22 -‎ ‎∴当，，此时，在上单调递减；‎ 当，，此时，在上单调递增，‎ ‎∴． ‎ ‎∴．∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.‎ ‎（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.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为 ‎（1）若，求直线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程：‎ ‎（2）若直线与曲线交于、两点，且，求直线的斜率．‎ ‎【答案】（1）直线的极坐标方程为，曲线C的直角坐标方程为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，，，求出直线和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）求出， ，根据，求出直线的斜率即可．‎ ‎【详解】（1）由题意，直线，‎ 可得直线是过原点的直线，‎ 故其极坐标方程为，‎ - 22 -‎ 又，‎ 故；‎ ‎（2）由题意，直线l的极坐标为，‎ 设、对应的极径分别为，，‎ 将代入曲线的极坐标可得：‎ ‎，‎ 故，，‎ ‎，‎ 故，则，即 ，，所以 ‎ 故直线的斜率是．‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标和直角坐标方程的转化，考查直线的斜率，是一道中档题．‎ ‎23.选修4—5：不等式选讲 已知关于的不等式的解集为．‎ ‎(1)求的最大值；‎ ‎(2)已知，，，且，求的最小值及此时，，的值．‎ ‎【答案】(1)；(2)，，时，最小值为． ‎ ‎【解析】‎ 试题分析: (1)由绝对值三角不等式可得 最小值为.再解不等式即得的最大值；（2）由柯西不等式得 ，即得的最小值，再根据等于号成立条件解得，，的值．‎ - 22 -‎ 试题解析: (1)因为 .‎ 当或时取等号，‎ 令所以或．‎ 解得或 ‎∴的最大值为．‎ ‎(2)∵．‎ 由柯西不等式， ,‎ ‎∴，等号当且仅当，且时成立．‎ 即当且仅当，，时，的最小值为． ‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎