2020届高三普通高等学校招生全国统考试伯乐马模拟考试（八）文科数学试题 Word版含解析

2020届高三普通高等学校招生全国统考试伯乐马模拟考试（八）文科数学试题 Word版含解析

‎2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（八）‎ 文科数学 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2．作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 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，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合A,B，再求交集即可 ‎【详解】解：，，‎ ‎.‎ 故选：C，‎ ‎【点睛】此题考查集合的交集运算，考查对数不等式的解法，属于基础题 ‎2. 已知且满足，则（ ）‎ A. 1 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件建立方程求解即可.‎ ‎【详解】设，由题意得，，，，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查的是由复数相等求参数，较简单.‎ - 23 -‎ ‎3. 若抛物线的焦点到顶点的距离为，则（ ）‎ A. 2 B. 4 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的定义可得焦点到顶点的距离为，从而可得答案 ‎【详解】解：由题意得，.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查抛物线的定义，属于基础题.‎ ‎4. 已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变形，利用指对数函数单调性及中间量比较大小可得解.‎ ‎【详解】，由指数函数单调性得，则 所以 故选：A ‎【点睛】本题考查利用指对数函数单调性比较大小，属于基础题.‎ ‎5. 垃圾分类(英文名为Garbage classification)，一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称。垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用。为进一步在社会上普及垃圾分类知识，某中学学生积极到社会上举行垃圾分类的公益讲座，该校学生会为了解本校高一年级1000名学生课余时间参加公益讲座的情况，随机抽取50名学生进行调查，将数据分组整理后，列表如下：‎ 参加场数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ - 23 -‎ 参加人数占调查人数的百分比 ‎8%‎ ‎10%‎ ‎20%‎ ‎26%‎ ‎18%‎ ‎12%‎ ‎4%‎ ‎2%‎ 下列估计该校高一学生参加公益讲座的情况正确的是（ ）‎ A. 参加公益讲座次数是3场的学生约为360人 B. 参加公益讲座次数是2场或4场的学生约为480人 C. 参加公益讲座次数不高于2场的学生约为280人 D. 参加公益讲座次数不低于4场的学生约为360人 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给统计表中数据计算可得；‎ ‎【详解】解：估计该校高一学生参加活动次数不低于4场的学生约为：人，‎ 参加公益讲座次数是3场的学生约为人，‎ 参加公益讲座次数是2场或4场的学生约为人，‎ 参加公益讲座次数不高于2场的学生约为人；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查统计表的应用，考查学生分析数据、处理数据的能力，属于基础题.‎ ‎6. 下列命题正确的是（ ）‎ A. 是的必要不充分条件 B. 是的充分不必要条件 C. 中，是的充要条件 D. 命题“，”的否定是“，”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 对于选项， 是的非充分非必要条件，所以该选项错误；‎ 对于选项， 是的必要非充分条件，所以该选项错误；‎ 对于选项，中，是的充要条件，所以该选项正确；‎ 对于选项，命题“，”的否定是“，”，所以该选项错误.‎ ‎【详解】对于选项，时，不成立；成立时，不成立，所以是的非充分非必要条件，所以该选项错误；‎ 对于选项，时，不一定成立；成立时，一定成立，‎ 所以是必要非充分条件，所以该选项错误；‎ 对于选项，成立时，，成立；时，，成立，所以中，是的充要条件，所以该选项正确；‎ 对于选项，命题“，”的否定是“，”，所以该选项错误.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，考查特称命题的否定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎7. 在等腰梯形中，，，则（ ）‎ A. B. 3 C. D. 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面几何知识得出梯形中的边角关系，再运用向量的加法运算转化向量，代入运用向量的数量积定义运算可得选项.‎ ‎【详解】作出图示如下图所示，作，因为，所以，所以，，所以，又在 - 23 -‎ ‎ 中，，所以，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查平面几何图形中的向量的数量积运算，关键在于根据平面几何知识得出边角的关系，再运用向量的线性表示转化向量，运用向量的数量积运算，属于基础题.‎ ‎8. 函数的图像大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由定义域为，排除A D，令，求导分析函数的单调性，求出最小值，所以恒成立排除C即可.‎ ‎【详解】由定义域为，排除A D，‎ 令，‎ - 23 -‎ ‎，‎ 当，单调递减，‎ 当，单调递增，‎ 则在处取得极小值，也即为最小值.‎ ‎，所以恒成立；排除C.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数单调性判断函数图像的问题.属于较易题.‎ ‎9. 给出下列命题：‎ ‎①直线平面，直线直线，则；‎ ‎②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；‎ ‎③直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；‎ ‎④，是异面直线，则存在平面，使它与，都平行且与，的距离相等.‎ 其中正确命题的个数是（ ）‎ A. l B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①直线可能在平面内，对于②根据面面平行进行证明，对于③如果这两点在该平面的异侧，则直线与平面相交，对于④找出符合条件的平面即可．‎ ‎【详解】解： ①错误．直线可能在平面内．‎ ‎②正确．平面，，，，且、分别为、的中点，过作交平面于，连接、．‎ 设是的中点，则，．‎ 平面，平面．‎ 平面平面平面．‎ ‎，．‎ ‎③错误．如果这两点在该平面的异侧，则直线与平面相交．‎ - 23 -‎ ‎④正确，设是异面直线、的公垂线段，为的中点，过作，，则、确定的平面即为与、都平行且与、距离相等的平面，并且它是唯一确定的．因此2个假命题，2个真命题 故选：B ‎【点睛】本题考查了线线，线面，面面平行关系的判定与性质，注意这三种平行关系的相互转化，属于中档题．‎ ‎10. 已知函数，，若恰有1个零点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 恰有1个零点，等价于与的图像恰有一个交点，而直线恒过点，结合图可得答案 ‎【详解】恰有1个零点即与的图像恰有一个交点，恒过点，‎ 由得，所以曲线在点处的切线的斜率为1，‎ 由得，所以曲线在点处的切线的斜率为1，‎ 所以结合图像可知，恰有1个零点当且仅当.‎ 故选：D - 23 -‎ ‎【点睛】此题考查函数与方程的应用，考查分段函数，考查数形结合的思想，属于基础题.‎ ‎11. 已知椭圆，，，点是椭圆上的一动点，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知为椭圆的右焦点，设左焦点为，由椭圆的定义可得，然后结合图形可得答案.‎ ‎【详解】由题意知为椭圆的右焦点，设左焦点为，由椭圆的定义知，‎ 所以.‎ 又，‎ 如图，设直线交椭圆于，两点.当为点时，最小，最小值为 - 23 -‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查的是椭圆的定义的应用，属于常考题型.‎ ‎12. 方程在的解为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据的范围求得，结合函数图象对称性得，将换掉求得，然后根据范围结合同角三角函数的基本关系式及诱导公式求得结果.‎ ‎【详解】因为，所以，又因为，是的两根，结合图像可知或即或，当时，，又因为，，所以，所以，所以，所以；当时，，又因为，，所以，且所以，所以，所以.综上两个情况都有，‎ 故选：A.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦函数的对称性及诱导公式、同角三角函数的基本关系式，意在考查学生的数学运算的学科素养，属中档题.‎ 二、填空题：‎ ‎13. 已知，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式以及正弦的倍角公式，将目标式化为含正切的代数式，代值即可求得结果.‎ ‎【详解】由，得 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查用诱导公式以及倍角公式化简求值，属综合基础题.‎ ‎14. 已知正三棱锥中，，，两两互相垂直，若，则正三棱锥外接球的表面积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得该三棱锥外接球与以，，为棱长的正方体的外接球的半径相同，正方体的体对角线长等于正方体的外接球的直径，利用球的表面积公式即可求得结果.‎ ‎【详解】正三棱锥，，，两两互相垂直，，所以，‎ 则该三棱锥外接球与以，，为棱长的正方体的外接球的半径相同，‎ - 23 -‎ 正方体的体对角线长等于正方体的外接球的直径，‎ 即，‎ 所以该三棱锥外接球的表面积为，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求法，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直则用（a,b,c为三棱的长）；②若面ABC（SA=），则（r为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球.‎ ‎15. 已知函数（为自然对数的底数），则关于的不等式的解集为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得函数为上的增函数，再利用函数的单调性解不等式即得解.‎ ‎【详解】所以 所以函数为上的增函数，‎ ‎，.‎ 所以不等式的解集为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎16. 的内角，，的对边分别为，，，，，若的面积为，则其周长是________.‎ - 23 -‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理到，根据面积公式到，计算得到答案.‎ ‎【详解】根据余弦定理：.‎ 根据面积公式：，故.‎ 故，故，故周长为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理和面积公式，意在考查学生计算能力和应用能力.‎ 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。‎ ‎（一）必考题 ‎17. 已知各项均为正数的等比数列中，，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等比数列的基本量转化已知条件，解方程求得首项和公比，则问题得解；‎ ‎（2）根据（1）中所求得到，再用错位相减法即可求得结果.‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，‎ 因为，，‎ 所以，.‎ 因为各项均为正数，‎ - 23 -‎ 所以解得，或.‎ 又因为，‎ 所以是递增的等比数列，‎ 所以，.‎ 所以数列的通项公式为.‎ ‎（2）由（1）知.‎ 则，①‎ 在①式两边同时乘以3得，‎ ‎，②‎ ‎①-②得，‎ 即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等比数例基本量的计算，以及用错位相减法求数列的前项和，属综合基础题.‎ ‎18. 如图1，平面四边形中，和均为边长为的等边三角形，现沿将折起，使，如图2.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，，由已知条件可证得，，所以平面，又平面，由面面垂直的判定定理可得到证明.‎ ‎（2）利用等体积进行计算即可得到所求距离.‎ ‎【详解】（1）取的中点，连接，，‎ 因为和均为边长为的等边三角形，‎ 所以，且，‎ 因为，所以，所以，‎ 又因为，平面，平面，所以平面，‎ 又因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）由（1）知，平面，‎ 三棱锥的体积 设点到平面距离为，则 由题意中，，,‎ 中PA边上的高为，‎ ‎,,‎ 由（1）知，， ，‎ ‎.‎ - 23 -‎ 所以，点到的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用，考查利用等体积法求点到面的距离，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题.‎ ‎19. 某公司研发了一种帮助家长解决孩子早教问题的萌宠机器人。萌宠机器人语音功能让它就像孩子的小伙伴一样和孩子交流，记忆功能还可以记住宝宝的使用习惯，很快找到宝宝想听的内容。同时提供快乐儿歌、国学经典、启蒙英语等早期教育内容，且云端内容可以持续更新。萌宠机器人一投放市场就受到了很多家长欢迎。为了更好地服务广大家长，该公司研究部门从流水线上随机抽取200件萌宠机器人（以下简称产品），免费送给家长试用，试用结束后将200件产品的试用报告收回，发现产品欢迎度达80%（即80%的产品受家长欢迎），研究部门同时统计了产品的性能指数并绘制频率分布直方图（如图）：产品的性能指数在的适合小托班幼儿使用（简称第1组产品），性能指数在的适合大托班幼儿使用（简称第2组产品），性能指数在的适合小班幼儿使用（简称第3组产品），性能指数在的适合中班幼儿使用（简称第4组产品），性能指数在的适合大班幼儿使用（简称第5组产品）.‎ - 23 -‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）现在要从第1组和第2组中用分层抽样的方法抽取5件产品，并再从这5件中随机抽取2件进行测试，求这两件恰好属于不同组别的概率；‎ ‎（3）把在第1，2，3组的产品称为标准版，在第4，5组的产品称为提高版，若选出的200件中不受家长欢迎的标准版产品有30件，问是否有99%的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关？‎ 附：‎ ‎0.150‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎，.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）没有99%的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率之和等于1，结合频率分布直方图中的数据，即可得出答案；‎ ‎（2）由分层抽样的性质得出第1，2组选取的产品数，列举出所有情况，再由概率公式求解即可；‎ ‎（3）列出列联表，计算，即可作出判断.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎.‎ ‎（2）由题意可知从第1组选取的产品数为件，设为，‎ 从第2组选取的产品数为件，设为，，.‎ - 23 -‎ 从这5件中随机抽取2件的所有情况有：，，，，，，，，，，共10种.‎ 这两件恰好属于不同组别有，，，，，，共6种.‎ ‎∴所求的概率为.‎ ‎（3）选出的200件产品中，各组的产品数分别为：‎ 第1组：件，‎ 第2组：件，‎ 第3组：件，‎ 第4组：件，‎ 第5组：件.‎ ‎∴标准版有件，提高版有件，‎ ‎∵80%的产品受家长欢迎，即有件不受家长欢迎，‎ ‎∵选出的200件中不受家长欢迎的标准版产品有30件，‎ ‎∴选出的200件中不受家长欢迎的提高版产品有10件.‎ 于是得列联表：‎ 受家长欢迎 不受家长欢迎 合计 标准版 ‎90‎ ‎30‎ ‎120‎ 提高版 ‎70‎ ‎10‎ ‎80‎ 合计 ‎160‎ ‎40‎ ‎200‎ ‎∴没有99%的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关.‎ ‎【点睛】‎ - 23 -‎ 本题主要考查了补全频率分布直方图，古典概型概率公式的应用，独立性检验的实际应用，属于中档题.‎ ‎20. 已知函数.‎ ‎（1）判断在上的单调性；‎ ‎（2）时，求证：（为自然对数的底数）.‎ ‎【答案】（1）在上为单调增函数；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要判断在上的单调性，只需研究的值域，进一步研究的取值情况即可. ‎ ‎（2）由（1）知，在单调递增，且易证，所以只需证明当时，，此结论易证.‎ ‎【详解】解：（1）的定义域为 ‎，，‎ ‎∴当时，，在上为增函数，‎ 时，，‎ 在上为单调增函数.‎ ‎（2），即，‎ 由（1）知，在单调递增，‎ 所以，当时，‎ 即，‎ 所以要证明原不等式成立，只需证明，‎ - 23 -‎ 令，，则，，得，‎ 在上单调递减，可知，‎ 因为，，‎ 所以时，，‎ 即.‎ 所以，原不等式成立.‎ ‎【点睛】考查函数单调性的求法以及函数型不等式的证明，注意两个问题之间的联系，属于难题.‎ ‎21. 已知圆，抛物线，倾斜角为直线过的焦点且与相切.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）点在的准线上，动点在上，在点处的切线交轴于点，设四边形为平行四边形，求证：点在直线上.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意设直线的方程为，解方程即得的值；‎ ‎（2）依题意设，，根据四边形为平行四边形，求出，即得解.‎ ‎【详解】（1）依题意设直线的方程为，‎ 由已知得，圆的圆心，半径因为直线与圆相切，‎ - 23 -‎ 所以圆心到直线的距离.‎ 即，解得或（舍去），‎ 所以.‎ ‎（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，所以，‎ 所以，设，则以为切点的切线的斜率为，‎ 所以切线的方程为.‎ 令，，即交轴于点坐标为.‎ 四边形为平行四边形，所以，‎ 所以，，‎ ‎，‎ ‎.‎ 设点坐标为，则，‎ 所以点在直线上.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，考查直线和圆的位置关系，考查抛物线中的定直线问题 ，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎（二）选考题：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. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ - 23 -‎ ‎（2）若上恰有2个点到的距离等于，求的斜率.‎ ‎【答案】(1) 的普通方程为, C的直角坐标方程为(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分类讨论，消去参数t，得到的普通方程，利用，及得到的直角坐标方程；‎ ‎(2)，根据题意可知上恰有2个点到的距离等于等价于上的点到的距离的最大值为，利用椭圆的参数方程及点到直线距离，即可得到的斜率.‎ ‎【详解】（1）当，即时，的普通方程为 当，即时，的普通方程为 由，及，得 即C的直角坐标方程为 ‎（2）依题意，设 所以上恰有2个点到的距离等于等价于上的点到的距离的最大值为 设上任一点，则到的距离 ‎（其中，）‎ 当时，，‎ 解得：，所以的斜率为 ‎【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式 - 23 -‎ ‎， 等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，本题这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．‎ ‎[选修4—5：不等式选讲]‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎(1)求不等式的解集；‎ ‎(2)若对任意恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可；‎ ‎（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.‎ ‎【详解】(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，‎ 当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，‎ 当时，原不等式等价于，解得，所以 ‎ 综上所述，不等式解集为. ‎ ‎(2)由，得，‎ 当时，恒成立，所以； ‎ 当时，. ‎ 因为 当且仅当即或时，等号成立，‎ - 23 -‎ 所以；‎ 综上的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.‎ ‎ ‎ - 23 -‎