吉林省长春市东北师大附中等六校2020届高三联合模拟数学理科试题 Word版含解析

吉林省长春市东北师大附中等六校2020届高三联合模拟数学理科试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020届高三联合模拟考试 理科数学试题 一､选择题.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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，再利用交集的定义可求出集合.‎ ‎【详解】，因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.复数是的共轭复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的乘法法则将复数表示为一般形式，利用共轭复数的概念可求出与的值，即可得出的值.‎ ‎【详解】，，解得，‎ 因此，.‎ 故选：B.‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的乘法运算，同时也考查了共轭复数的概念以及利用复数相等求参数，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.设命题有的平行四边行是菱形，则为（ ）‎ A. 所有平行四边形都不是菱形 B. 有的菱形不是平行四边形 C. 有的平行四边形不是菱形 D. 不是菱形的四边形不是平行四边形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将命题改写为特称命题的形式，然后利用特称命题的否定可得出命题.‎ ‎【详解】命题存在平行四边形为菱形，则命题所有平行四边形都不是菱形.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查特称命题否定，解题的关键就是将原命题表示成特称命题的形式，属于基础题.‎ ‎4.双曲线的渐近线方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的标准方程可直接得出该双曲线的渐近线方程.‎ ‎【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用双曲线的标准方程写出双曲线的渐近线方程，要熟悉渐近线方程与双曲线标准方程之间的关系，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.设为等差数列的前项和，已知，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，利用条件求出的值，由此可计算出的值.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，则，‎ 解得，因此，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列中相关项的计算，一般利用方程思想求出首项和公差的值，同时也涉及了等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎6.我国南宋时期的数学家秦九韶（约）在他的著作《数书九章》中提出了多项式求值的秦九韶算法.如图所示的框图给出了利用秦九韶算法求多项式的值一个实例.若输入的，，，则该程序框图计算的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ - 27 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的、的值，当时，不满足条件，跳出循环，即可得解．‎ ‎【详解】输入，，，则 第一次：，，，；‎ 第二次：，，；‎ 第三次：，，；‎ 第四次：，，；‎ 跳出循环，输出.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，正确依次写出每次循环得到的、的值是解题的关键，属于基础题．‎ ‎7.在中，、、分别是角、、的对边，若，，，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理求出、的值，然后利用三角形的面积公式可求出的面积.‎ ‎【详解】由余弦定理可得，‎ 即，解得，则，‎ 因此，的面积为.‎ - 27 -‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积的计算，同时也考查了利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎8.已知直线、与平面、满足，，，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. 是的充分不必要条件 B. 是的充要条件 C. 设，则是的必要不充分条件 D. 设，则是的既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面垂直、面面垂直的判定和性质定理，结合充分条件和必要条件的定义可判断出各选项中命题的正误.‎ ‎【详解】对于A选项，如下图所示：‎ 在正方体中，设平面，平面，，，‎ 平面平面，平面，平面，‎ 易知为正三角形，则，则；‎ - 27 -‎ 设，，平面，平面，‎ ‎，但平面与平面不垂直，则.‎ 所以，是的既不充分也不必要条件，A选项错误；‎ 对于B选项，如下图所示：‎ 在正方体中，设平面，平面，，，‎ ‎，但平面与平面不垂直，即；‎ 设平面，平面，，，则，‎ 平面平面，但与不垂直，即，‎ 所以，是的既不充分也不必要条件，B选项错误；‎ 对于C、D选项，如下图所示：‎ 在正方体中，设平面，平面，，，，，但与不垂直，所以，若，；‎ 若，，，，，，，则 - 27 -‎ ‎.‎ 所以，若，则是的必要不充分条件，C选项正确，D选项错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题以立体几何为载体，考查充分条件和必要条件的判断，要熟悉空间中垂直关系的判定和性质定理，结合几何体模型进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎9.在正方形中，动点在以点为圆心且与相切的圆上，若，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正方形的边长为，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，可得出圆的方程为，可设点的坐标为，根据向量的坐标运算可将用的三角函数表示，利用辅助角公式和正弦函数的有界性可求出的最大值.‎ ‎【详解】设正方形的边长为，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，‎ 则点、、、，直线的方程为，即，‎ 点到直线的距离为，‎ - 27 -‎ 则以点为圆心且与直线相切的圆的方程为，‎ 设点的坐标为，由，‎ 得，，‎ 所以，，‎ 因此，的最大值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用平面向量的基本定理求参数和的最小值，利用圆的有界性结合圆的参数方程来求解是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎10.已知函数，若存在，使得为奇函数，则的值可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由函数的解析式可得，由奇函数的性质分析可得，进而可得，则，据此分析选项可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，函数，，‎ 若存在，使得为奇函数，‎ 令，则.‎ 若，则，，得，‎ - 27 -‎ 此时，‎ 所以或为奇函数，‎ 若函数为奇函数，‎ 由可得对任意的恒成立，，，得，对任意的不恒成立.‎ 同理，不可能为奇函数；‎ 由上可知，，则为奇函数，‎ 则，得，‎ 可得，由两角和与差的余弦公式可得，‎ 则等式对任意的恒成立，则，则，‎ 得，当时，，A、C、D都不满足.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及三角函数的恒等变形，属于中等题．‎ ‎11.已知定义域为的函数满足（为函数的导函数），则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，根据条件判断在上的单调性，然后将所求不等式分、和三种情况得到不等式的解集．‎ ‎【详解】令，则，‎ - 27 -‎ 定义域为的函数满足，‎ ‎，函数在上单调递增，‎ 当时，由，知，‎ 当时，显然不等式成立.‎ 当时，则，所以，‎ 整理得，即，‎ 所以，，得，则；‎ 当时，则，所以，‎ 整理得，即，‎ 所以，，得，则.‎ 综上所述，原不等式的解集为.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了利用函数的单调性解不等式和利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想和函数思想，属中档题．‎ ‎12.抛物线的焦点为，点、、在上，且的重心为，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据重心坐标公式求出的横坐标为，纵坐标为，设直线的方程为，与抛物线方程联立，用、求出表示出的坐标，结合抛物线的方程，求出的取值范围，再结合抛物线的定义可得出结论．‎ - 27 -‎ ‎【详解】由题意知，抛物线的焦点为，设点、、，‎ 由重心的坐标公式得，，，‎ 设直线的方程为，由，消去得，‎ ‎，‎ 由韦达定理得，，‎ 所以，，‎ 故，，‎ 将点的坐标代入抛物线的方程得，得，‎ 则，得，‎ 则.‎ 不在直线上，则，此时，，则.‎ 因此，的取值范围是.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】考查抛物线与直线的综合，求距离的取值范围，重心坐标的计算，属于难题．‎ 二､填空题.‎ ‎13.已知函数、分别是定义在上的偶函数、奇函数，且满足，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由函数的解析式可得的值，结合函数的奇偶性可得 - 27 -‎ ‎，据此计算可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，，‎ 则.‎ 又由函数是奇函数，则，‎ 故.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．‎ ‎14.已知x，y满足，则z＝2x+y的最大值为_____.‎ ‎【答案】3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大值即可．‎ ‎【详解】解：，在坐标系中画出图象，‎ 三条线的交点分别是，，，‎ 在中满足的最大值是点，代入得最大值等于3．‎ 故答案为：3．‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题是考查线性规划问题，本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．‎ ‎15.在中，，，是边上的中线，将沿折起，使二面角等于，则四面体外接球的体积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知折起的三棱锥是一条侧棱垂直于底面的棱锥，由题意求出高及底面外接圆的半径，利用公式求出外接球的半径，进而求出外接球的体积．‎ ‎【详解】因为，为的中点，所以，‎ 在折起的过程中，，，，所以平面，‎ 因为二面角等于，所以，且，‎ - 27 -‎ ‎，在中，，‎ 外接圆半径为，‎ 设外接球的半径为，则，‎ 因此，所以外接球的体积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球半径与三棱锥棱长的关系及球的体积公式，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎16.设数列的前项和为，已知，，则______，______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，，根据递推关系即可求得，进而得出；令，，则可得到数列的奇数项均为，进而由等比数列的前项和公式求得．‎ ‎【详解】令，，则，所以；‎ 令，，则，‎ 所以，数列所有的奇数项均为.‎ 因此，.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查由数列递推关系求数列通项及前项和，考查运算求解及逻辑推理能力，属于中档题．‎ - 27 -‎ 三､解答题: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.下表给出的是某城市年至年，人均存款（万元），人均消费（万元）的几组对照数据.‎ 年份 人均存款（万元）‎ 人均消费（万元）‎ ‎（1）试建立关于的线性回归方程；如果该城市年的人均存款为万元，请根据线性回归方程预测年该城市的人均消费；‎ ‎（2）计算，并说明线性回归方程的拟合效果.‎ 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.‎ ‎【答案】（1），人均存款为万元；（2），人均存款解释了的人均消费的变化，、具有较好的拟合效果.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知数据求得和的值，则线性回归方程可求，把代入线性回归方程，求得值得答案；‎ ‎（2）由回归方程计算得、、、的值，再由公式求得的值，进一步说明线性回归方程的拟合效果．‎ - 27 -‎ ‎【详解】（1），‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 所求回归直线方程为，‎ 当时，，预计该国家年的人均存款为万元；‎ ‎（2）由回归方程计算得，，，，，‎ 所以，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 说明人均存款解释了的人均消费的变化，、具有较好的拟合效果.‎ ‎【点睛】本题考查线性回归方程的求法，同时也考查了相关指数的计算，考查计算能力，是基础题．‎ ‎18.如图，在矩形中，，，点、分别在边、上，，.‎ - 27 -‎ ‎. ‎ ‎（1）求，（用表示）；‎ ‎（2）求的面积的最小值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，，分别在和中，利用锐角三角函数的定义求出和即可；‎ ‎（2）由条件知，然后根据的范围，利用正弦函数的图象和性质求出的最小值.‎ ‎【详解】（1）在中，，所以，‎ 在中，，，；‎ ‎（2），‎ 因为，所以，即，‎ - 27 -‎ 当时，即当时，取最小值.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦型函数最值和三角形的面积公式，考查了转化思想和计算能力，属于中等题．‎ ‎19.如图，已知四棱柱的底面是正方形，侧面是矩形，，为的中点，平面平面.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）判断二面角是否为直二面角，不用说明理由；‎ ‎（3）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）是；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接、、，平面即为平面，推导出，，，由此能证明平面；‎ ‎（2）二面角是直二面角；‎ ‎（3）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法能求出二面角的大小．‎ ‎【详解】（1）连接，，.‎ - 27 -‎ 平面即为平面，底面是正方形，.‎ 又平面平面，平面平面，平面，‎ 平面，又平面，，‎ 侧面是矩形，，‎ 又，平面，平面，平面；‎ ‎（2）二面角为直二面角；‎ ‎（3）由（1）可知，，，，‎ 故以为坐标原点，方向为轴正方向，为单位长度，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，‎ 所以，，设平面的法向量为，‎ 则，令，则，，则，‎ - 27 -‎ 由（1）知，平面，所以，是平面的一个法向量，‎ 于是，‎ 由（2）知二面角平面角为钝角，所以二面角的大小为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查直二面角的判断，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎20.已知椭圆过点，且离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆在左、右顶点分别为、，左焦点为，过的直线与交于、两点（和均不在坐标轴上），直线、分别与轴交于点、，直线、分别与轴交于点、，求证：为定值，并求出该定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析，定值.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设椭圆的焦距为，由离心率及过的点和、、之间的关系求出椭圆的方程；‎ ‎（2）设直线的方程为，将直线与椭圆的方程联立，设点，，求出两根之和及两根之积，写出、的方程由题意求出、的坐标，求出的值，同理由题意求出的值，进而求出比值为定值．‎ ‎【详解】（1）设椭圆焦距为，由题意，，解得，，‎ - 27 -‎ 所以，椭圆的方程为；‎ ‎（2）由（1）知，，，‎ 由题意，直线不与轴垂直，且不过椭圆的上、下顶点，‎ 故可设直线的方程为，设，.‎ 由，消去，整理得.‎ ‎，由韦达定理，，.‎ 直线的方程为，.‎ 同理，.‎ 所以，，‎ 直线的方程为，.‎ 同理，.‎ 所以，，‎ - 27 -‎ 由题意，，故.‎ ‎【点睛】考查直线与椭圆的综合应用，考查椭圆标准方程的求解，以及弦长比值为定值问题的证明，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法来求解，考查运算求解能力与推理能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）证明：当时，函数有三个零点.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）求出函数的解析式，求导，分、及解关于导函数的不等式即可得出函数的单调区间；‎ ‎（2）易知函数的零点就是函数的零点，结合（1）的结论以及零点存在性定理即可得证．‎ ‎【详解】（1），‎ ‎.‎ ‎①当时，，‎ 当时，，当时，.‎ 函数单调递增区间为，，单调递减区间为；‎ ‎②当时，，，则函数在上为增函数；‎ ‎③当时，，‎ 当，，当，.‎ 函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；‎ 综上所述，当时，函数的单调递增区间为，‎ - 27 -‎ ‎，单调递减区间为； ‎ 当时，函数的单调递增区间为，无单调减区间；‎ 当时，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；‎ ‎（2），函数的零点就是函数的零点，‎ 当时，由（1）知函数在，上单调递增，在上单调递减.‎ 当时，函数单调递增，‎ 因为，，‎ 令，‎ 则，‎ ‎，，函数在上单调递减，‎ ‎，‎ 所以，存在，使得，‎ 所以，函数在上有个零点；‎ 当，为减函数，极小值点，且，‎ 所以，函数在有个零点；‎ 当，函数为增函数，‎ ‎，，‎ 存在，使得，所以函数在有1个零点.‎ 综上，当时，函数有三个零点，即函数有三个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及函数的零点，考查零点存在性定理，考查分类讨论思想及逻辑推理能力，属于难题．‎ - 27 -‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线，以为极点，轴的正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和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点在曲线上，直线交曲线于点，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）曲线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可将曲线的方程化为极坐标方程，在曲线的极坐标方程两边平方得，由可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎（2）根据题意得出，，然后利用换元法和三角函数关系式的恒等变换并结合基本不等式可求出的最小值.‎ ‎【详解】（1）将代入得，，‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ 曲线的方程可化为，‎ 即，得，‎ 所以的直角坐标方程为；‎ ‎（2）由（1）及题设条件知，，，其中 - 27 -‎ ‎，‎ 所以，令，‎ 因为，所以，所以，‎ 所以，‎ 当且仅当，即，时等号成立.‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中等题型．‎ ‎23.已知，，，函数.‎ ‎（1）当时，求不等式解集；‎ ‎（2）若的最小值为，求的值，并求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2），的最小值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将代入函数的解析式中，得出，然后分、、三种情况来解不等式，即可得出该不等式的解集；‎ ‎（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，从而得到的值，再利用基本不等式求出的最小值.‎ - 27 -‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 于是，不等式可化为.‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 当时，不等式化为，即，无解；‎ 当时，不等式化为，即，解得.‎ 综上，不等式的解集为；‎ ‎（2）由绝对值三角不等式得，‎ 所以.‎ 由基本不等式得，，，‎ ‎，即，‎ ‎，当且仅当时，等号成立，‎ 因此，的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和基本不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．‎ - 27 -‎ ‎ ‎ - 27 -‎