宁夏银川市宁大附中2020届高三第五次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

宁夏银川市宁大附中2020届高三第五次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

数学（文）试卷 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.设全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据补集与交集的定义计算即可．‎ ‎【详解】，，，‎ ‎，.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集与补集运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数满足：，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算进行化简得，再结合复数的模的公式进行计算即可 ‎【详解】解：由题可知，，‎ 则，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的模的求法和复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎3.曲线在点处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出曲线在处的切线方程，求出切线的横截距和纵截距后可得所求的面积.‎ ‎【详解】，故切线的斜率为，故切线方程为：，‎ 化简得到.‎ 令，则；令，则.‎ 故切线与坐标轴所围三角形的面积为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义及直线方程的应用，对于曲线的切线问题，注意“在某点处的切线”和“过某点的切线”的差别，切线问题的核心是切点的横坐标，本题属于基础题.‎ ‎4.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．‎ ‎5.有一散点图如图所示，在5个数据中去掉后，下列说法正确是（ ）‎ A. 残差平方和变小 B. 相关系数变小 C. 相关指数变小 D. 解释变量与预报变量的相关性变弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由散点图可知，去掉后，与的线性相关性加强，由相关系数，相关指数及残差平方和与相关性的关系得出选项.‎ ‎【详解】‎ ‎∵从散点图可分析得出：‎ 只有点偏离直线远，去掉点，变量与变量的线性相关性变强，‎ ‎∴相关系数变大，相关指数变大，残差的平方和变小，故选A.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关三点图的问题，涉及到的知识点有利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况，属于简单题目.‎ ‎6.已知向量，，若，则与夹角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再根据条件，利用向量的坐标运算，列方程求出的值，然后只需要利用夹角公式即可求出与夹角的余弦值.‎ ‎【详解】，，.‎ 又，，解得，即，‎ 故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查向量垂直的坐标运算以及向量夹角公式，是基础题.‎ ‎7.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的解析式，根据奇函数的定义可知函数为奇函数排除，再利用特殊值代入可排除,即可得到结果.‎ ‎【详解】因为,所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除D;‎ 当时，，故排除A;‎ 当时，,故排除B，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象，考查数形结合思想和逻辑推理能力，考查的核心素养是数学运算、直观想象,解决此类问题，主要从函数的定义域，值域，单调性以及奇偶性，等方面考虑，有时也用特殊值代入验证．‎ ‎8.设表示直线，，，表示不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）‎ A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A中，与可能相交、平行或；B中，由面面平行的性质可得；C中，与相交或平行；D中，与相交或平行，即可求解．‎ ‎【详解】由表示直线，，，表示不同的平面，‎ 在A中，若且，则，则与可能相交、平行或； ‎ 在B中，若且，则，由面面平行的性质可得；‎ 在C中，若且，则，则与相交或平行； ‎ 在D中，若且，则，则与相交或平行，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎9.已知是定义在上的偶函数，且，如果当时，，则（ ）‎ A. 3 B. -3 C. 2 D. -2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据 得 即f（x）的周期为8，再根据x∈[0，4）时，及f（x）为R上的偶函数即可求出f（766）=f（2）=2．‎ ‎【详解】由，得，所以是周期为8的周期函数，当时，，所以，又是定义在R上的偶函数所以.‎ ‎【点睛】本题考查函数的周期性，奇偶性与求值，考查运算求解能力.‎ ‎10.正整数按下表的规律排列，则上起第2005行，左起第2006列的数应为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由给出排列规律可知，第一列的每个数为所该数所在行数的平方，而第一行的数则满足列数减1的平方再加1．由此能求出上起第2005行，左起第2006列的数．‎ ‎【详解】解：由给出排列规律可知，‎ 第一列的每个数为所该数所在行数的平方，‎ 而第一行的数则满足列数减1的平方再加1．‎ 依题意有，左起第2006列的第一个数为20052+1，‎ 故按连线规律可知，‎ 上起第2005行，左起第2006列的数应为20052+2005＝2005×2006．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．其中分析出数的排列规律是解答的关键．‎ ‎11.设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω＞0，＜φ＜)的图象关于直线对称，它的最小正周期为π，则(　 　)‎ A. f(x)的图象过点(0，) B. f(x)在上是减函数 C. f(x)的一个对称中心是 D. f(x)的一个对称中心是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据周期求出ω，根据函数图象关于直线x=对称求出φ，可得函数的解析式，根据函数的解析式判断各个选项是否正确．‎ 详解：由题意可得=π，∴ω=2，可得f（x）=Asin（2x+φ）．‎ 再由函数图象关于直线x=对称，故f（）=Asin（+φ）=±A，故可取φ=．‎ 故函数f（x）=Asin（2x+）．‎ 令2kπ+≤2x+≤2kπ+，k∈z，求得 kπ+≤x≤kπ+π，k∈z，‎ 故函数的减区间为[kπ+，kπ+]，k∈z，故选项B不正确．‎ 由于A不确定，故选项A不正确． 令2x+=kπ，k∈z，可得 x=，k∈z，‎ 故函数的对称中心为 （，0），k∈z，故选项C正确．选项D不正确．‎ 故选C．‎ 点睛：本题主要考查由函数y=Asin（ωx+φ ）的部分图象求函数的解析式，正弦函数的对称性，考查了函数y=Asin（ω x +φ ）的图像和性质，在研究函数的单调性和最值时，一般采用的是整体思想，将ω x +φ看做一个整体，地位等同于sinx中的x．‎ ‎12.已知是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，是线段的中点，是坐标原点，若周长为（为双曲线的半焦距），，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从周长为，是线段的中点入手，结合双曲线的定义，将已知条件转为焦点三角形中与关系，求出，用余弦定理求出关系，即可求解.‎ ‎【详解】连接，因为是线段中点，‎ 由三角形中位线定理知，‎ 由双曲线定义知，‎ 因为周长为，‎ 所以，解得，在中，‎ 由余弦定理得，‎ 即，整理得，，‎ 所以，所以双曲线的渐近线方程为.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查三角形中位线定理、双曲线定义以及余弦定理的应用，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.甲、乙、丙三人参加会宁一中招聘老师面试，最终只有一人能够被会宁一中录用，得到面试结果后，甲说：“丙被录用了”；乙说：“甲被录用了”；丙说：“我没被录用”.若这三人中仅有一人说法错误，则甲、乙、丙三人被录用的是__________‎ ‎【答案】甲 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别假设甲说的是真话，甲说的是假话来分析，即可得出结论.‎ ‎【详解】解：假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；‎ 假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，‎ 若乙说的是真话，即甲被录用，成立，故甲被录用；‎ 若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立.‎ 故答案为：甲.‎ ‎【点睛】本题考查进行简单的合情推理，考查学生分析解决问题的能力，比较基础.‎ ‎14.若，，则_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将原式化为（），可得是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式可求得答案.‎ ‎【详解】原式可化为（），‎ 因为，所以是首项为，公比为的等比数列，‎ 所以，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要由数列的递推公式构造新数列，使之成等差数列或等比数列的问题，构造是关键，属于中档题.‎ ‎15.锐角的内角的对边分别是，，，则=_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为根据余弦定理可得，结合已知，即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 根据余弦定理可得：‎ 又，‎ ‎，‎ 可得 即：‎ 由正弦定理知，‎ 又，‎ ‎，‎ 根据是锐角 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据正弦定理和余弦定理解三角形，解题关键是灵活使用正弦定理和余弦定理和边角互换的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎16.在三棱锥中，，面，则三棱锥的外接球体积为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过补形构造长方体，可知长方体的棱长为计算对角线得到直径，再计算体积.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 在三棱锥中，， ‎ ‎,‎ ‎,面，‎ 所以三棱锥在长方体中，其棱长为,‎ 其中对角线构成外接球的直径为即半径为，‎ 故体积可求出为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了立体图形的外接球，构造一个长方体是解题的关键,属于基础题.‎ 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.在四边形中，.‎ ‎（1）求及的长；‎ ‎（2）求的长.‎ ‎【答案】（1），； （2）3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，由余弦定理，求得的长，再利用余弦定理，即可求得的值.‎ ‎（2）根据同角三角函数的基本关系式、二倍角公式及诱导公式和两角和与差的正弦公式，最后结合正弦定理，即可求解.‎ ‎【详解】（1）在中，由余弦定理可得：‎ ‎，解得，‎ 所以.‎ ‎（2）由（1）知，所以，‎ 所以，‎ 又由，‎ 由正弦定理，可得，则.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理，以及和差公式，诱导公式等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎18.某校从参加某次知识竞赛的同学中，选取60名同学将其成绩（单位：分.百分制，均为整数）分成，，，，，六组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题.‎ ‎（1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；‎ ‎（2）从频率分布直方图中，估计本次考试成绩的众数和平均数；‎ ‎（3）若从第1组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取2人成绩之差的绝对值大于10的概率.‎ ‎【答案】（1）；作图见解析（2）众数：75；平均数：71（3）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由概率和为1直接计算即可求出分数在内的频率，即可直接补全频率分布直方图；‎ ‎（2）直接观察频率分布直方图即可求得众数，再由平均数的计算公式即可求得平均数；‎ ‎（3）由题意列出所有基本事件，找到符合要求的基本事件的个数即可得解.‎ ‎【详解】（1）设分数在内的频率为，根据频率分布直方图，则有 ‎，可得.‎ 则分数在内的频率为，频率分布直方图如下图：‎ ‎（2）由频率分布直方图可得众数为75；‎ 平均数为 ‎，故平均数为71.‎ ‎（3）第1组：人（设为1，2，3，4，5，6），第6组：人（设为，，），‎ 共有36个基本事件：，，，，，，，，‎ ‎，，，，，，，，，，‎ ‎，，，，，，，，，，，，，，，，，；‎ 满足条件的有18个，所以概率为.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用和古典概型概率的求解，属于基础题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，，，O为与的交点，E为棱上一点.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若平面，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析;（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知得AC⊥PD，AC⊥BD，由此能证明平面EAC⊥平面PBD. （2）由已知得PD∥OE，取AD中点H，连结BH，由此利用，能求出三棱锥P−EAD的体积.‎ 详解】（1）证明：∵平面，平面，‎ ‎∴.‎ ‎∵四边形是菱形，‎ ‎∴，‎ 又∵，平面.‎ 而平面，‎ ‎∴平面平面.‎ ‎（2）解：∵平面，平面平面，‎ ‎∴，‎ ‎∵是中点，∴是中点.‎ 取中点，连结，∵四边形是菱形，，‎ ‎∴，又，，∴平面，‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎∴三棱锥的体积.‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.‎ ‎20.已知抛物线焦点为，准线与轴的交点为.‎ ‎（Ⅰ）抛物线上的点P满足，求点的坐标；‎ ‎（Ⅱ）设点是抛物线上的动点，点是的中点，，求点的轨迹方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出抛物线的焦点坐标和准线方程, 设点P的坐标为,由,可得的值,代入抛物线的方程,可得点的坐标;‎ ‎（Ⅱ）利用相关点法,设设，，，可得,由点是抛物线上,代入可得点的轨迹方程.‎ ‎【详解】解:（Ⅰ）设点P的坐标为由已知可得，‎ ‎， ‎ 代入抛物线方程得，‎ 所以点的坐标为或 ‎（Ⅱ）设，，，由已知，‎ 得：， ‎ 又因为点是FA的中点得，‎ ‎，， ‎ 点在抛物线上，即，所以点C的轨迹方程 为：‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质及点的轨迹方程,注意相关点法的应用求轨迹方程.‎ ‎21.设函数.‎ ‎（1）求时，函数的单调区间；‎ ‎（2）若函数有两个零点，求正整数的最小值 ‎【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，对进行求导得 ‎，根据导数研究函数的单调性，即可求出函数的单调区间；‎ ‎（2）先求导得，分两种情况当和当时，根据导数研究函数的单调性，讨论的单调性，如果函数有两个零点，得出，且，即：，构造函数，求得在区间内为增函数，且，，存在进而得出答案.‎ ‎【详解】解：（1）当时，得，则的定义域为，‎ ‎，‎ 当时，即，解得：或（舍去），‎ 令，解得：，则时，单调递增；‎ 令，解得：，则时，单调递减，‎ 综上得：函数的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎（2）由题可知，，则的定义域为，‎ ‎，‎ 当时，，函数在区间内单调递增，‎ 所以，函数的单调增区间为，无单调减区间；‎ 当时，由，得；由，得，‎ 所以，函数的单调增区间为，，单调减区间为，‎ 如果函数有两个零点，则，且，‎ 即，即：，‎ 令，则，‎ 可知在区间内为增函数，且，‎ ‎，‎ 所以存在，，‎ 当时，；当时，，‎ 所以，满足条件的最小正整数.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的最值、通过构造函数法和根据函数的零点个数求参数，考查分类讨论思想和运算能力.‎ ‎(二)选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做.则按所做的第一题记分.‎ ‎[选修4－4：坐标系与参数方程]‎ ‎22. 已知曲线C：（t为参数）， C：（为参数）．‎ ‎（1）化C，C的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；‎ ‎（2）若C上的点P对应的参数为，Q为C上的动点，求中点到直线（t为参数）距离的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）为圆心是（，半径是1的圆.为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆.‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）‎ 为圆心是，半径是1的圆，为中心是坐标原点，焦点在轴，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆.‎ ‎（2）当时，，故 的普通方程为，到的距离 所以当时，取得最小值.‎ 考点：圆的参数方程；点到直线的距离公式；直线的参数方程.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数和函数.‎ ‎（1）当时，求关于的不等式的解集；‎ ‎（2）若对任意，都存在，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解绝对值不等式，应用“零点分段法”进行讨论，再综合最后的结果；‎ ‎（2）对任意，都存在，使得成立，可转化为函数的值域是的值域的子集. 用绝对值三角不等式求的值域，由指数函数的性质可写出的值域，根据集合的包含关系，解出参数的值.‎ ‎【详解】（1）时，‎ 当时，，不等式无解；‎ 当时，，；‎ 当时，恒成立，；‎ 综上，的解集为.‎ ‎（2），‎ ‎，‎ 由题意知，的值域是的值域的子集，即，‎ 的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，属于中档题.‎