2020届高三数学3月“二诊”模拟考试试题 理（含解析） 新人教 版

2020届高三数学3月“二诊”模拟考试试题 理（含解析） 新人教 版

‎2019高三下学期“二诊”模拟考试试题 数学（理工类）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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. 设集合，，则的子集的个数是：（ ）‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为单调递增，且图象恒过点，且点在椭圆的内部，所以曲线与椭圆有两个公共点，即的子集的个数是4.故选A.‎ ‎2. 已知为单位向量，且与垂直，则的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设的夹角为，因为与垂直，所以，即，即，即，又因为，所以.故选C.‎ ‎3. 若等差数列满足，则的前2016项之和（ ）‎ A. 1506 B. 1508 C. 1510 D. 1512‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意，得，即，则等差数列的前2016项和.故选D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质和前项和公式的应用.在处理等差数列的有关运算时，利用一些性质（如：等差数列中，若，则）进行处理，可减少运算量，提高解题速度.‎ ‎4. 给出下列四个命题：‎ ‎①“若为的极值点，则”的逆命题为真命题；‎ - 15 -‎ ‎②“平面向量,的夹角是钝角”的充分不必要条件是 ‎③若命题，则；‎ ‎④命题“，使得”的否定是：“均有”.‎ 其中不正确的个数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】对于命题①，由于使得，但不是函数的极值点，故命题不正确；对于命题②，由于取，虽有，但成平角，故不充分，则命题②不正确；对于命题③，由于，则其否定显然不正确，故命题③也不正确；故应选答案C。‎ ‎5. 如图，已知平行四边形中，，，为线段的中点，，则（ ）‎ A. B. 2 C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意，得，设，以所在直线为轴， 所在直线为轴建立平面直角坐标系，‎ 则,‎ ‎，，则.故选D.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的线性运算和数量积运算.解决本题的技巧是合理利用 - 15 -‎ 和等腰直角三角形建立平面直角坐标系，大大减少了平面向量的线性运算，巧妙地避开了干扰信息.‎ ‎6. 设，则对任意实数a、b，若a+b≥0则（　　）‎ A. f（a）+f（b）≤0 B. f（a）+f（b）≥0‎ C. f（a）﹣f（b）≤0 D. f（a）﹣f（b）≥0‎ ‎【答案】B ‎【解析】易知函数为奇函数，且在上单调递增，因为，所以，则，即.故选B.‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的综合运用.解决本题的关键在于联想到要判定函数的单调性和奇偶性，进而利用性质进行比较大小，这是一种常见题型，要多总结，多积累.‎ ‎7. 定义矩阵，若，则 （ ）‎ A. 图象关于中心对称 B. 图象关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 周期为的奇函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当时，‎ 故函数在区间上的最大值为1.故选C.‎ ‎8. 如图所示的流程图,若输出的结果是9，则判断框中的横线上可以填入的最大整数为（ ）‎ - 15 -‎ A. 17 B. 16 C. 15 D. 14‎ ‎【答案】B ‎【解析】由程序框图，得，即判断框中的横线上可以填入的最大整数为16.故选B.‎ ‎9. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女子善织，日益功，疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈（1匹=40尺，一丈=10尺），问日益几何？”其意思为：“有一女子擅长织布，每天比前一天更加用功，织布的速度也越来越快，从第二天起，每天比前一天多织相同量的布，第一天织5尺，一月织了九匹三丈，问每天增加多少尺布？”若一个月按31天算，记该女子一个月中的第天所织布的尺数为，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意女子每天织布数成等差数列，且，由于，且。所以，应选答案B。‎ ‎10. 已知函数，若，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由，知为上的偶函数，‎ - 15 -‎ 且当时，,为增函数，‎ 故等价于不等式，‎ 解得的取值范围为，‎ 故选A．‎ 点睛：对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．‎ ‎11. 已知，，则曲线为椭圆的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意，得共有种不同情况，其中可以满足“曲线为椭圆”的有三种情况，由古典概型的概率公式，得所求概率为.故选D......................‎ ‎12. 已知定义在上的函数与其导函数满足，若，则点所在区域的面积为（ ）‎ A. 12 B. 6 C. 18 D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 15 -‎ 由题意设，则，故原不等式可化为，即。由于，故当时，，函数单调递减，此时不等式可化为，即；故当时，，函数单调递增，此时不等式可化为，即。画出不等式组表示的区域如图，结合图形可算得该不等式组表示的区域的面积为，应选答案A。‎ 点睛：本题的难度非常大，主要有这样几个难点较难突破，其一是怎样依据题设条件构造函数；其二是构造什么样的函数；第三是如何表示不等式组代表的区域。求解时先从题设中的条件入手构造出函数，再借助已知与导数工具判定其单调性，然后将原不等式进行等价转化为不等式组，最后再画出不等式组表示的区域求出其面积使得问题获解。‎ 二、填空题：本题共4题，每小题5分，共20分 ‎13. 已知抛物线的准线方程为，则实数a的值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将化为，由题意，得，即.‎ ‎14. 设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最小值为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】当时，,则 所以曲线 及该曲线在点 处的切线为 , 区域可作图如下 - 15 -‎ 则根据线性规划的目标点的选取 ，将其转化为可行域内取一点与定点之间距离的平方与2的差的最小值，有可行域可知，定点到直线的距离为，所以可行域内取一点与定点之间距离的平方与2的差的最小值.‎ ‎15. 在区间上随机地取两个数，则事件“”发生的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意画出事件“ ”所表示的图象,如图阴影部分,阴影部分的面积为 ,由几何概型概率公式有事件“ ”的概率为 .‎ ‎16. 已知数列与满足，若的前项和为且对一切恒成立，则实数的取值范围是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】依题设，当时，；‎ 当时，，‎ 又∵当时，， ∴. ∴.‎ - 15 -‎ ‎∴等价于，‎ 即，∴对一切恒成立，‎ 令，则 ‎，∴当时，，‎ 当时，，∴当或时，取得最大值，‎ ‎∴， ∴， ∴.‎ 三、解答题:（本题包括6小题，共70分。要求写出证明过程或演算步骤）‎ ‎17. 在△ABC中，A，B，C的对边分别为a、b、c，，，△ABC的面积为．‎ ‎（1）求c的值；‎ ‎（2）求cos（B﹣C）的值．‎ ‎【答案】（1）7；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）先利用三角形的面积公式求出，再由余弦定理进行求解；（2）先由余弦定理求出，再由同角三角函数基本关系式或正弦定理求出，再利用两角差的余弦公式进行求解.‎ 试题解析：（1）∵，△ABC的面积为=absinC=×sin，解得：a=5，‎ ‎∴由余弦定理可得：c===7 ‎ ‎（2）∵由（1）可得：cosB===，‎ 又∵B∈（0，π），可得：sinB==，‎ ‎∴cos（B﹣C）=cosBcos+sinBsin=×+=‎ ‎18. 时下，租车已经成为新一代的流行词，租车自驾游也慢慢流行起来，某小车租车点的收费标准是，不超过2天按照300元计算；超过两天的部分每天收费标准为100元（不足1天的部分按1天计算）．有甲乙两人相互独立来该租车点租车自驾游（各租一车一次），设甲、乙不超过2天还车的概率分别为；2天以上且不超过3天还车的概率分别；两人租车时间都不会超过4天．‎ - 15 -‎ ‎（1）求甲所付租车费用大于乙所付租车费用的概率；‎ ‎（2）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列与数学期望．‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析，‎ ‎【解析】试题分析：（1）由甲所付租车费用大于乙所付租车费用知可分为乙租车2天与乙租车3天两种情况，由此能求出所求概率；（2）首先求得的所有可能取值，然后分别求出相应的概率，由此能求出的分布列与数学期望．‎ 试题解析：（1）因为甲所付租车费用大于乙所付租车费用，‎ 当乙租车2天内时，则甲租车3或4天，其概率为；‎ 当乙租车3天时，则甲租车4天，其概率为；‎ 则甲所付租车费用大于乙所付租车费用的概率为．．．．．．．．．．．．5分 ‎（2）设甲，乙两个所付的费用之和为可为600，700，800，900，1000，．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分 ‎．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 8分 故的分布列为 ‎ ‎ ‎600 ‎ ‎700 ‎ ‎800 ‎ ‎900 ‎ ‎1000 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ - 15 -‎ ‎．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分 故的期望为．．．．．．．．12分 考点：1、概率；2、离散型随机变量的分布列与期望．‎ ‎19. 如图1，在矩形ABCD中，，点分别 在边上，且，交于点．现将沿折起，‎ 使得平面平面，得到图2．‎ ‎（1）在图2中，求证：；‎ ‎（2）若点是线段上的一动点，问点在什么位置时，二面角的余弦值为．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】试题分析：(1)先证明 ,再证明,证明平面,从而可得 ; (2)建立直角坐标系,设,求出平面、平面的一个法向量,利用向量的夹角公式,结合二面角的余弦值为,即可得出结论.‎ 试题解析：（Ⅰ）∵在矩形中，,,‎ ‎∴， ∴即.‎ ‎∴在图2中，，. ‎ 又∵平面平面，平面平面，‎ ‎∴平面， ∴，‎ 依题意，∥且，∴四边形为平行四边形.‎ - 15 -‎ ‎∴∥, ∴， 又∵，‎ ‎∴平面， 又∵平面， ∴.‎ ‎（Ⅱ）如图1，在中，，，‎ ‎∵∥，，∴.‎ 如图，以点为原点建立平面直角坐标系，则 ‎，，，，‎ ‎∴，，，‎ ‎∵，∴平面，‎ ‎∴为平面的法向量.‎ 设，则，‎ 设为平面的法向量，则 即，可取，‎ 依题意，有，‎ 整理得，即，∴，‎ ‎∴当点在线段的四等分点且时，满足题意．‎ ‎20. 椭圆：的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点，．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设椭圆的左顶点为，右顶点为，点是椭圆上的动点，且点与点，不重合，直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求证：以线段 - 15 -‎ 为直径的圆恒过定点．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意可得，则椭圆C的标准方程为. ‎ ‎(2)由题意可得，结合题意可得圆的方程为，则以线段ST为直径的圆恒过定点. ‎ 试题解析：‎ ‎（1）解：，又，联立解得：，‎ 所以椭圆C的标准方程为. ‎ ‎（2）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为，‎ 联立得.‎ ‎ ，‎ 整理得：，故，‎ 又，(分别为直线PA，PB的斜率)，‎ 所以，‎ 所以直线PB的方程为：，‎ 联立得，‎ 所以以ST为直径的圆的方程为：，‎ 令，解得：，‎ 所以以线段ST为直径的圆恒过定点. ‎ ‎21. 已知函数．‎ ‎（1）若在处取极值，求在点处的切线方程；‎ - 15 -‎ ‎（2）当时，若有唯一的零点，求 注表示不超过的最大整数，如 参考数据：‎ ‎【答案】（1）；（2）2‎ ‎【解析】试题分析：（1）求导，利用对应导函数为0求出值，再利用导数的几何意义进行求解；（2）求导，讨论导函数的符号变化确定函数的单调性和极值，通过极值的符号确定零点的位置，再利用零点存在定理进行求解.‎ 试题解析：（1）因为，所以，解得，则，即在点处的切线方程为，即；‎ ‎（2）， ‎ 令，则 由，可得 在上单调递减，在上单调递增 由于，故时，‎ 又，故在上有唯一零点，设为，‎ 从而可知在上单调递减，在上单调递增 由于有唯一零点，故且 ‎ 又......‎ 令，可知在上单调递增 由于，，‎ 故方程的唯一零点，故 ‎22. 已知直线l的参数方程为（为参数）．以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ - 15 -‎ ‎(1)写出直线l经过的定点的直角坐标，并求曲线的普通方程；‎ ‎(2)若，求直线的极坐标方程，以及直线l与曲线的交点的极坐标．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：⑴由题意可知当时直线经过定点，设，即可求出曲线的普通方程；‎ ‎⑵将代入直线的参数方程，可求出直线的普通方程，将代入即可求得直线的极坐标方程，然后联立曲线：，即可求出直线与曲线的交点的极坐标 解析：（1）直线经过定点，‎ 由得，‎ 得曲线的普通方程为，化简得；‎ ‎（2）若，得的普通方程为，‎ 则直线的极坐标方程为，‎ 联立曲线：.‎ ‎∵得，取，得，‎ 所以直线与曲线的交点为.‎ ‎23. 已知函数．‎ ‎（1）若不等式的解集为，求实数的值；‎ ‎（2）在（1）的条件下，若存在实数使成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）1；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题意得，，解得，再由已知不等式的解集为，可得到的值；（2）在（1）的条件下，，即，即，求得的最小值为，可得的范围.‎ 试题解析：（1）由，得，∴，即，‎ ‎∴，∴．‎ - 15 -‎ ‎（2）由（1）知，令，‎ 则 ‎ ‎∴的最小值为4，故实数的取值范围是．‎ 考点：1.绝对值不等式的解法；2.函数最值的应用.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ - 15 -‎