安徽省定远县重点中学2020届高三数学（文）6月模拟试题（Word版附答案）

安徽省定远县重点中学2020届高三数学（文）6月模拟试题（Word版附答案）

定远重点中学 2020 届高三下学期 6 月模拟考试 数学（文）试题 第 I 卷 选择题（共 60 分） 一、选择题(本大题共 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.已知集合 ，则 A. B. C. D. 2.复数 z 满足   11 i 1 iz    ，则 z  A. 2 2 i2 2  B. 2 2 i2 2  C. 1 i D. 1 i 3.己知命题 p : “关于 x 的方程 2 4 0x x a   有实根”,若非 p 为真命题的充分不必要 条件为 3 1a m  ,则实数m 的取值范围是 A.  1, B.  1, C.  ,1 D.  ,1 4.已知在等腰 AOB 中,若 5OA OB  ,且 1 2OA OB AB    ,则OA OB  的取值范围 是 A.  15,25 B.  15,15 C.  0,25 D.  0,15 5.已知函数 ，对任意不等实数 ，不等式 恒 成立，则实数 的取值范围为 A. B. C. D. 6.某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为 A. B. C. D. 7.已知程序框图如图，则输出 i 的值为 A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 8.将余弦函数   cosf x x 的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 3 倍（横坐标不 变），再将所得到的图象向右平移 2  个单位长度，得到函数  g x 的图象.若关于 x 的 方程    f x g x m  在 0, 内有两个不同的解，则实数m 的取值范围为 A.  1,2 B.  1,2 C.  2,2 D.  1,2 9.《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根 9 节的竹子，自上而下各节的容积成 等差数列，上面 4 节的容积共 3 升，下面 3 节的容积共 4 升，现自上而下取第 1,3,9 节，则这 3 节的容积之和为 A. 升 B. 升 C. 升 D. 升 10.函数 的部分图象大致是 11.某高中从高三年级甲、乙两个班中各选出 7 名学生参加 2018 年全国高中数学联 赛，他们取得的成绩（满分 140 分）的茎叶图如图所示，其中甲班学生成绩的中 位数是 81，乙班学生成绩的平均数是 86，若正实数 满足 成等差数列且 成 等比数列，则 的最小值为 A. B. C. D. 9 12.点  ,M x y 在圆  22 2 1x y   上运动，则 2 24 xy x y 的取值范围是 A.  1 1, ,4 4        B.    1 1, , 04 4         C. 1 1,0 0,4 4           D. 1 1,4 4     第 II 卷 非选择题（共 90 分） 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.已知 4cos 4 5      ，则sin 4      ________． 14.设 分别是双曲线 左右焦点， 是双曲线上一点， 内切 圆被双曲线渐近线所截得弦长不大于实半轴，且与 轴相切，则双曲线离心率取值 范围是_____. 15.如图，将边长为 2 的正 沿着高 折起，使 ，若折起后 、 、 、 四点都在球 的表面上，则球 的表面积为_____平方单位. 16.已知函数      3sin 2 cos 2 ( 0)f x x x          的图象关于点 06      ， 对 称，记  f x 在区间 6 2       ， 上的最大值为n ，且  f x 在 m n ， （ m n ）上单调 递增，则实数m 的最小值是__________． 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤。) 17. （本题 12 分） 已知数列 的前 项和为 ，且 ． （1）求数列 的通项公式； （2）设 ，数列 的前 项和为 ，求 的最小值及取得最小值时 的 值． 18. （本题 12 分） 2017 年某市有 2 万多文科考生参加高考，除去成绩为 分（含 分）以上 的 3 人与成绩为 分（不含 分）以下的 3836 人，还有约 1.9 万文科考生的成绩 集中在 内，其成绩的频率分布如下表所示： 分数段 频率 0.108 0.133 0.161 0.183 分数段 频率 0.193 0.154 0.061 0.007 （Ⅰ）试估计该次高考成绩在 内文科考生的平均分（精确到 ）； （Ⅱ）一考生填报志愿后，得知另外有 4 名同分数考生也填报了该志愿.若该志 愿计划录取 3 人，并在同分数考生中随机录取，求该考生不被该志愿录取的概率. 19. （本题 12 分） 如图，在四棱锥 中， ， ， 平面 ，点 在棱 上. （Ⅰ）求证：平面 平面 ； （Ⅱ）若直线 平面 ，求此时三棱锥 的体积. 20. （本题 12 分） 如图，  1,2A 、 1 , 14B    是抛物线  2 0y ax a  上的两个点, 过点 A 、 B 引 抛物线的两条弦 ,AE BF . （1）求实数a的值； （2）若直线 AE 与 BF 的斜率是互为相反数, 且 ,A B 两点在直线 EF 的两侧. ①直线 EF 的斜率是否为定值？若是求出该定值，若不是, 说明理由； ②求四边形 AEBF 面积的取值范围. 21. （本题 12 分） 已知函数 . （1）求 的单调区间； （2）当 时， ，求 的取值范围. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答。注意：只能做选定的题目，如果多做， 则按所做的第一题计分，解答时请写清题号。 22. （本题 10 分） 选修 4-4：极坐标系与参数方程 在极坐标系中曲线C 的极坐标方程为 2sin cos 0    ，点 1, 2M      ．以极点 O为原点，以极轴为 x 轴正半轴建立直角坐标系．斜率为 1 的直线l 过点 M ，且 与曲线C 交于 ,A B 两点． （Ⅰ）求出曲线C 的直角坐标方程和直线l 的参数方程； （Ⅱ）求点 M 到两点 ,A B 的距离之积． 23. （本题 10 分） 选修 4-4 坐标系与参数方程 已 知 函 数 ， 曲 线 在 点 处 的 切 线 为 ，若 时， 有极值. （1）求 的值； （2）求 在 上的最大值和最小值. 参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A B A A D A D A B C C D 1.A 【解析】∵集合 ∴集合 ∵集合 ∴集合 ∴ 。故选 A. 2.B 【解析】       2 1 11 1 , 1 1 1 1z i z i i ii i          ，    2 1 1 2 1z i i i     ， 2 2 2 2z i   ，故选 B. 3.A 【解析】由命题 p 有实数根，则 16 4 0a    则 4a  所以非 p 时 4a  3 1a m  是非 p 为真命题的充分不必要条件，所以3 1 4m   1m  ，则 m 的取值范围为 1, 。所以选 A 4.A 【解析】 1 1 2 2OA OB AB OB OA        ，所以 2 21 4OA OB OB OA      ，即    2 21 4OA OB OB OA      ，  2 2 2 212 24OA OA OB OB OB OA OB OA              ，  2 2 2 215 2 5 5 2 54OA OB OA OB          ， 15OA OB    ，又 5 5 25OA OB OA OB        ， 当且仅当 , ,O A B 三点共线时取等号，因此上述等号取不到，所以所求范围是  15,25 ，故选 A． 5.D 【解析】对任意两个不等的实数 ，都有不等式 恒成立， 则当 时， 恒成立，即 在 上恒成立， 则 。故选 D． 6.A 【解析】由三视图可知几何体是如图的四棱锥，由正视图可得四棱锥底面四边形 中几何量的数据，再由侧视图得几何体的高，把数据代入棱锥的体积公式计算． 由三视图知：几何体是四棱锥 S-ABCD，如图： 四棱锥的底面四边形 ABCD 为直角梯形，直角梯形的底边长分别为 1、2，直角腰 长为 2； 四棱锥的高为 ， ∴几何体的体积 V ．故选 A． 7.D 【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变 量 的值，模拟程序的运行过程，可得答案． 当 时，不满足退出循环的条件，故 ， 当 时，不满足退出循环的条件，故 ， 当 时，不满足退出循环的条件，故 ， 当 时，不满足退出循环的条件，故 ， 当 时，不满足退出循环的条件，故 ， 当 时，不满足退出循环的条件，故 ， 当 时，满足退出循环的条件， 故输出 。故选 8.A 【解析】由题意得，      3cos 3sin cos 3sin 2sin2 6g x x x f x g x x x x                   70 6 6 6x x        若关于 x 的方程    f x g x m  在 0, 内有两个不同的解， 根据图像知1 2m  ，选 A. 9.B 【解析】设自上而下各节的容积分别为 ，公差为 ， ∵上面 4 节的容积共 3 升，下面 3 节的容积共 4 升， ∴ ， 解得 ， ∴自上而下取第 1，3，9 节，则这 3 节的容积之和为： （升）．故选 B． 10.C 【解析】判断 f（x）的奇偶性，及 f（x）的函数值的符号即可得出答案． 函数的定义域为 ，∵ ∴f（x）是奇函数， 故 f（x）的图象关于原点对称， 当 x＞0 时， ， ∴当 0＜x＜1 时，f（x）＜0，当 x＞1 时，f（x）＞0， 故选：C． 11.C【解析】甲班学生成绩的中位数是 ，解得 由茎叶图可知乙班学生的总分为 又乙班学生成绩的平均数是 总分又等于 ， 若正实数 满足 成等差数列且 成等比数列， 则 ， ，即有 则 。故选 12.D 【解析】当 0x  时，显然 2 2 04 xy x y  ； 当 0x  时 ，， 2 2 2 22 2 2 44 4 xy y xy x x x yx y y x x        设 yk x  ， 则 问 题 转 化 为 求 2 1 44 k k kk   的取值范围，将 yk x  看作圆上动点 ,x y 与原点 0,0 连线的斜率， 如下图， 3k  或 3k   ，则 4 4k k   或 4 4k k    ，所以 2 1 04 4 k k   或 2 10 4 4 k k    综上所述： 2 2 1 1,4 4 4 xy x y       . 13. 4 5 【解析】 4sin sin cos4 2 4 4 5                               . 故答案为： 4 5 14. 【解析】不妨设 在第一象限， 分别为 内切圆与 三边的切点，根 据双曲线的定义可得 ，结合圆的性质，从而推出 内切圆圆心为 ，根据 内切圆被双曲线渐近线所截得弦长不大于实半轴，且与 轴相切， 可得出不等式，结合 ，即可求得离心率的取值范围. 根据题意，不妨设 在第一象限， 分别为 内切圆与 三边的切点，如 图所示： ∵ ∴ 在双曲线上，故 内切圆圆心为 ，半径为 ∴圆心到渐近线 的距离是 ∴弦长 依题得 ，即 . ∴ ∴ ∵ ∴ ，同时除以 得 ∴ 故答案为 15. 【解析】通过底面三角形 BCD 求出底面圆的半径 DM，判断球心到底面圆的距离 OD，求出球 O 的半径，即可求解球 O 的表面积． △ BCD 中，BD＝1，CD＝1，∠BDC＝60°， 底面三角形的底面圆半径为：DM＝CM ， AD 是球的弦，DA ，∴OM ， ∴球的半径 OD ． 该球的表面积为：4π×OD2 π； 故答案为： ． 16. 23 12 【解析】16.   2sin 2 6f x x       ，所以 2 6 6 k      ，又 0    ，得 6    ， 所以   2sin 2 3f x x      ，且求得 2n  ， 又 2 2 22 3 2k x k         ，得单调递增区间为 5,12 12k k        ， 由题意，当 2k  时， 23 12m  ． 17.（1） ；（2） 【解析】（1）当 时， ，解得 ， 当 时， ， 所以 ， 所以 是以 为首项， 为公比的等比数列， 所以 ； （2） ， 所以 为等差数列， 所以 ， 所以当 时， 有最小值： . 18.（Ⅰ）488.4 分（Ⅱ）0.4 【解析】（Ⅰ）成绩在 内的平均分为 (分) （Ⅱ）该考生记为 A,另外 4 名考生分别记为 b、c、d、e， 则基本事件有：(A,b,c)，(A,b,d)，(A,b,e)，(A,c,d)，(A,c,e)，(A,d,e)，(b,c,d)，(b,c,e)， (b,d,e)，(c,d,e)所以基本事件共 10 种，不被录取共 4 种，故概率 19.（Ⅰ）因为 AB⊥平面 PAD， 所以 AB⊥DP， 又因为 ，AP=2，∠PAD=60°， 由 ，可得 ，所以∠PDA=30°， 所以∠APD=90°，即 DP⊥AP， 因为 ，所以 DP⊥平面 PAB， 因为 ，所以平面 PAB⊥平面 PCD （Ⅱ）连结 AC，与 BD 交于点 N，连结 MN，因为 PA//平面 MBD， MN 为平面 PAC 与平面 MBD 的交线，所以 PA//MN， 所以 ， 在四边形 ABCD 中，因为 AB//CD，所以 ， 所以 ， ， . 因为 AB⊥平面 PAD，所以 AB⊥AD，且平面 APD⊥平面 ABCD， 在平面 PAD 中，作 PO⊥AD，则 PO⊥平面 ABCD， 因为 ， 所以 因为 CD=3.所以 ， 所以 . 20.(1) 4a  ；(2)①是， 4 ；② 3 15,4 4      . 【解析】（1）把点  1,2A 代入拋物线方程得 4a  . （ 2 ） ① 设 点    1 1 2 2, , ,E x y F x y , 直 线  : 1 2AE y k x   , 则 直 线 1 1: 14B F y k x       , 联立方程组   2 1 2 4 y k x y x      ,消去 y 得：    22 2 24 2 4 2 0k x k k x k      ,      2 22 2 1 1 12 2 2 2 2 22 4 2 4, 1 2 , ( , )k kk k k kx y k x Ek k k k           联立方程组 2 1 14 4 y k x y x            ,消去 y 得： 2 2 2 21 12 4 1 02 4k x k k x k               ,    2 2 2 2 2 2 22 2 2 4 41 1 4, , 14 16 4 4 k k k kx x y k xk k k             , 得  2 2 2 2 4 4,4 k k kF k k       .故 1 2 1 2 4EF y yk x x    . ② 设 直 线 : 4EF y x b   , 联 立 方 程 组 2 4 4 y x b y x     , 消 去 y 得 ：  2 216 8 4 0x b x b    ,  2 2 18 4 64 16 64 0, 4b b b b          , ,A B 两 点 分 别 在 直 线 EF 的 两 侧,  6 0b b   , 故0 6b  , 2 1 2 1 2 2 1,4 16 b bx x x x   ,  2 1 2 171 4 1 44EF x x b       , 设 1 2,d d 分别为点 1 1,A B 到直线 EF 的距离,    1 22 2 6 , 1 4 1 4 b bd d       ,    1 2 1 1 3 3 156 1 4 1 4 ,2 8 4 4 4AEBFS d d EF b b b b             , 四边形 AEBF 面积的取值范围是 3 15,4 4      . 21.（1） ①当 时， 令 ，解得 ， ，且 当 时， ；当 时， 所以， 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 和 ； ②当 时， 所以， 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ； ③当 时，令 ，解得 ， ，并且 当 时， ；当 时， . 所以 的单调递增区间是 和 ，单调递减区间是 ； ④当 时， ，所以 的单调递增区间是 ⑤当 时，令 ，解得 ， ，且 当 时， ；当 时， 所以， 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 和 （2）由 及（1）知， ①当 时， ，不恒成立，因此不合题意； ②当 时， 需满足下列三个条件： ⑴极大值： ，得 ⑵极小值： ⑶当 时， 当 时， ， ，故 所以 ； ③当 时， 在 单调递增， 所以 ； ④当 时， 极大值： 极小值： 由②中⑶知 ，解得 所以 综上所述， 的取值范围是 22.（1） ， ；（2）2． 【解析】（1） cosx   ， siny   ，由 2sin cos 0    得 2 2sin cos    ． 所以 2y x ，即为曲线 C 的直角坐标方程；点 M 的直角坐标为 0 1， ， 直线 l 的倾斜角为 3 4  故直线 l 的参数方程为 3 4{ 31 4 x tcos y tsin      （t 为参数）即 2 2{ 21 2 x t y t     （t 为参数） （2）把直线 l 的参数方程 2 2{ 21 2 x t y t     （t 为参数）代入曲线 C 的方程得 2 2 21 2 2t t        ，即 2 3 2 2 0t t   ，  2 3 2 4 2 10 0      ， 设 A、B 对应的参数分别为 1 2t t、 ，则 1 2 1 2 3 2{ 2 t t t t      又直线 l 经过点 M，故由 t 的几何意义得 点 M 到 A，B 两点的距离之积 1 2 1 2 2MA MB t t t t     23. 解析：（1）f′（x）=3x2+2ax+b， 则 f（﹣1）=a﹣b+c﹣1，f′（﹣1）=﹣2a+b+3， 故切线方程是：y=（3﹣2a+b）x+（﹣a+c+2）， 而切线方程是：y=﹣5x+5， 故 3﹣2a+b=﹣5，①， a﹣c﹣2=﹣5，②， 若 时，y=f（x）有极值， 则 f′（ ）= + +b=0，③， 由①②③联立方程组，解得： ； （2）由（1）f（x）=x3+2x2﹣4x+5， f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2）， 令 f′（x）＞0，解得：x＞ 或 x＜﹣2， 令 f′（x）＜0，解得：﹣2＜x＜ ， 故 f（x）在[﹣3，﹣2）递增，在（﹣2， ）递减，在（ ，2]递减， 由 f（﹣3）=8，f（﹣2）=13，f（ ）= ，f（2）=13， 故函数的最小值是 f（ ）= ， 最大值是 f（2）=f（﹣2）=13．