吉林省2020届高三第二次模拟考试数学文科试题 Word版含解析

吉林省2020届高三第二次模拟考试数学文科试题 Word版含解析

www.ks5u.com 文 科 数 学 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.若复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法、乘法法则，计算，然后根据复数模的运算方法，可得结果.‎ ‎【详解】由 则 由，所以 则 故选：B ‎【点睛】本题考查复数四则运算以及模的运算，关键在于计算，属基础题.‎ ‎2.已知集合，或，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据绝对值不等式解法，可得集合，然后依据补集的知识，可得，最后根据交集的概念，可得结果.‎ ‎【详解】由 - 24 -‎ 所以 又或，‎ 所以 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查集合的交集和补集的计算，掌握交集、并集、补集的概念，属基础题.‎ ‎3.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，将，利用对数函数的单调性，可得大小关系，然后借助中间值1，以及指数函数的单调性，可得结果.‎ ‎【详解】由对数函数比较底数大小口诀：‎ 在第一象限，图像越靠近轴，则底数越小 所以可知，‎ 而 又在定义域单调递增，所以 且 所以 由在上单调递增，所以 所以，故 故选：C ‎【点睛】本题考查指数式、对数式比较大小，关键在于比较大小，熟练对数函数底数的比较，学会总结，可简便计算，同时也会借助中间值比较大小，比如：0，1，属中档题.‎ - 24 -‎ ‎4.长久以来，人们一直认为黄金分割比例是最美的，人们都不约而同的使用黄金分割，如果一个矩形的宽与长的比例是黄金比例（称为黄金分割比例），这样的矩形称为黄金矩形，黄金矩形有一个特点：如果在黄金矩形中不停分割出正方形，那么余下的部分也依然是黄金矩形，已知下图中最小正方形的边长为，则矩形的长为（ ）（结果保留两位小数）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据黄金分割比例的定义，依次计算各小矩形的长，最后可得结果.‎ ‎【详解】令 如图 由，则，则 可知，则 所以 所以矩形的长 故选：D - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查新定义的理解，实质上考查等比数列的项的计算，审清题意，细心计算，属基础题 ‎5.函数且的图象可能为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据计算，判断函数的奇偶性，然后代入特殊值，可得结果.‎ ‎【详解】有题可知：‎ 函数的定义域为关于原点对称 则，可知该函数为奇函数 又 所以A正确 故选：A ‎【点睛】本题考查判断函数的图像，对这种题型，可以从这几个方面进行判断：（1）定义域；（2）奇偶性；（3）单调性；（4）值域；（5）取特殊值，属基础题.‎ ‎6.某单位有名职工，现采用系统抽样方法从中抽取人做问卷调查，将人按，，，，随机编号，若号职工被抽到，则下列名职工中未被抽到的是（ ）‎ - 24 -‎ A. 号职工 B. 号职工 C. 号职工 D. 号职工 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用系统抽样的概念，可得抽样距为15，根据每组抽出号码成等差数列，结合号在第30组，可知第一组抽出的号码，进一步得到等差数列的通项公式，简单判断，可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：抽样距为，‎ 设第一组抽出的号码为，‎ 由前29组共有435项，前30组有450项 所以可知号落在第30组 又因为每组抽出号码成等差数列，公差为15‎ 所以 所以 当时，则 又，所以号职工不是被抽到的员工 故选：D ‎【点睛】本题考查系统抽样，还考查等差数列通项公式，难点在于求出，属基础题.‎ ‎7.（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将大角化小角，根据诱导公式可得，然后根据，以及两角和的正切公式，可得结果.‎ ‎【详解】‎ - 24 -‎ 则 由 所以 则 故选：B ‎【点睛】本题考查诱导公式，以及特殊角的转化，还考查两角和的正切公式，关键在于计算，属基础题.‎ ‎8.若向量，满足，，且满足，则与的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用向量垂直关系，可得，然后根据向量夹角公式，可得结果.‎ ‎【详解】由，所以 则，又，‎ 所以，由 则，‎ 又，所以 故选：D ‎【点睛】本题考查向量的垂直关系以及向量的夹角公式，掌握公式，细心计算，属基础题.‎ ‎9.如图给出的是计算的值的一个程序框图，则图中空白框中应填入（ ）‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该算法的功能以及按步骤依次计算，采用对选项逐一验证，可得结果.‎ ‎【详解】该程序框图的功能为计算的值 由，‎ A错，若，‎ 则第一次执行：，不符合 B错，若 则第一次执行：，不符合 C错，若 则第一次执行：，不符合 D正确，若 则第一次执行：，然后依次执行，符合题意 - 24 -‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查程序框图，这种题型，一般依次执行，耐心观察细心计算，属基础题.‎ ‎10.已知双曲线的渐近线与圆相切，则该双曲线的离心率等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程，可得渐近线方程，然后根据直线与圆的位置关系，利用几何法表示，根据平方关系以及的关系，结合离心率公式，可得结果.‎ ‎【详解】双曲线的渐近线为 由渐近线与圆相切 所以可得 两边平方：，又 所以，则 所以，‎ 由，所以 故选：B ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，还考查了双曲线的渐近线，关键在于利用几何法得到关系式子，细心计算，注意角度变换，属基础题.‎ ‎11.设的内角，，的对边分别是，，．已知，，则（ ）‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理把角化边，可得，进一步得到，然后根据余弦定理，可得，最后可得结果.‎ ‎【详解】在中，‎ 由 所以①，又②‎ 由①②可知：‎ 又③‎ 把①代入③化简可得：‎ 则 故选：D ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的综合应用，难点在于将用表示，当没有具体数据时，可以联想到使用一个参数表示另外两个参数，属中档题.‎ ‎12.已知双曲线的焦点为，，过作直线与双曲线的右支交于点，两点．若，，则的方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用数形结合，计算，利用余弦定理，以及，可得，最后根据，可得结果.‎ 详解】如图 由，‎ 所以，又 则，，‎ 由 即 又 即 - 24 -‎ 且，计算可得：‎ 所以 故双曲线方程为：‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查双曲线的定义，关键在于计算，注意知识的交叉应用，考验分析能力以及计算能力，属中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的导函数以及曲线在某点处导数的几何意义，可得切线的斜率，然后根据点斜式，可得结果.‎ ‎【详解】由，‎ 则 所以切线方程为：，即 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查曲线在某点处的切线方程，重点在于曲线在某点处导数的几何意义，属基础题.‎ ‎14.已知数列是等比数列，其前项和为，，，则_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的通项公式计算可得公比，然后根据等比数列的前项和公式，可得结果.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为 由 所以，又，所以 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及前项和公式，重在于对公式的识记，属基础题.‎ ‎15.函数的最小值为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式以及二倍角的余弦公式化简，可得关于的二次函数形式，然后使用换元法以及二次函数的性质，可得结果.‎ ‎【详解】由 所以 即，由 令，‎ 则，对称轴为 所以在递减 当，即时，有 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查二次函数型的最值问题，掌握二次函数的性质，熟练二倍角公式，诱导公式的应用，属基础题.‎ - 24 -‎ ‎16.如图，在五面体中，//，，，四边形为平行四边形，平面，，则直线到平面距离为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等价转化的思想转化为点到面的距离，作，利用线面垂直的判定定理证明平面，然后计算使用等面积法，可得结果.‎ ‎【详解】作 如图 由//，‎ 平面，平面 所以//平面 所以直线到平面距离 等价于点到平面距离 又平面，平面 - 24 -‎ 所以，又，则 平面，，‎ 所以平面 平面，所以 又平面，‎ 所以平面 所以点到平面距离为 由，所以 又，所以 在中，‎ 又 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的综合应用以及等面积法求高，重点在于使用等价转换的思想，考验理解能力，分析问题的能力，属中档题.‎ 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17.为了研究每周累计户外暴露时间是否足够（单位：小时）与近视发病率的关系，对某中学一年级名学生进行不记名问卷调查，得到如下数据：‎ ‎（1）用样本估计总体思想估计该中学一年级学生的近视率；‎ ‎（2）能否认为在犯错误的概率不超过的前提下认为不足够的户外暴露时间与近视有关系？‎ 附：．‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）；（2）能认为，见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算 “该中学一年级学生的近视”的人数，利用所求人数与总数的比值，可得结果.‎ ‎（2）计算，然后与表格数据进行对比可得结果.‎ ‎【详解】（1）由题可知：‎ ‎“该中学一年级学生的近视”的人数为50，‎ 总数为100，则利用样本估计总体思想可知：‎ 该中学一年级学生的近视率：‎ ‎（2）由题可知：‎ 由 则 可以认为在犯错误的概率不超过的前提下 认为不足够的户外暴露时间与近视有关系 ‎【点睛】本题主要考查统计量的计算，重在于计算，属基础题 ‎18.已知等差数列的前项和为，且，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求使不等式成立的的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎（1）根据等差数列的通项公式以及前项和，可得，然后利用公式法，可得结果.‎ ‎（2）根据（1）的结论，计算，然后可得结果.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为 由，‎ 所以， ‎ 所以 ‎（2）由（1）可知：‎ 所以 又，所以 即或 所以使不等式成立的的最小值为8‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及前项和公式，主要是计算，属基础题.‎ ‎19.在直四棱柱中，已知，，//，为上一点，且．‎ ‎（1）求证：//平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明四边形为平行四边形，可得//，然后根据线面平行的判定可得结果.‎ ‎（2）作交于，根据，可得平面，然后计算，可得结果.‎ ‎【详解】（1）∵//，且，‎ ‎∴//，，‎ 故四边形为平行四边形，‎ ‎∴////，，‎ ‎∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴//，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴//平面．‎ ‎（2）过作交于，‎ 如图 ‎∵为直四棱柱，‎ ‎∴底面，∴，‎ 由（1）得//，∵，‎ ‎∴，而，‎ ‎∴平面，平面，‎ - 24 -‎ ‎∴，又∵，， ‎ ‎∴平面，‎ ‎∴点到平面的距离即为长，‎ ‎∵，，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴点到平面的距离为．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定以及点面距离，第（2）问中在于找到点到平面的距离即为长，熟练线线、线面、面面之间的关系，考验观察能力以及分析能力，属中档题.‎ ‎20.已知函数，为的导数．‎ ‎（1）证明：在区间上不存在零点；‎ ‎（2）若对恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算，然后从中提出函数，根据通过导数研究单调性，根据的值域，可知，最后可得结果.‎ ‎（2）化简式子，然后使用分离参数的方法，构建新的函数，利用导数研究新函数的单调性，计算新函数的最值并与进行比较，可得结果.‎ ‎【详解】（1），‎ 令，则，‎ 当时，，单增；‎ - 24 -‎ 当时，，单减，‎ ‎∵，，，‎ 所以在上恒大于，‎ 则在上恒成立，‎ 所以在区间上不存在零点．‎ ‎（2）由，‎ 得，‎ ‎∵，故，‎ 令，则，‎ 令，‎ 则恒成立，‎ 在上单调递减，‎ ‎∴，‎ ‎∴在上恒成立，即在上单减，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查导数的综合应用，第（1）问中，难点在于从中分离出函数来研究，第（2）问中，难点在于分离参数，且两次使用导数，考验分析能力，属难题.‎ ‎21.已知为坐标原点，椭圆的下焦点为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于，两点.‎ ‎（1）以为直径的圆与相切，求该圆的半径；‎ - 24 -‎ ‎（2）在轴上是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在定点，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程消元可得，，算出，由以为直径的圆与相切可得，解出即可 ‎（2）设，可算出，要为常数则有，解出即可 ‎【详解】由题意可设直线的方程为，‎ 由消去，得，‎ 则恒成立，，，‎ ‎，.‎ ‎（1），‎ 线段的中点的横坐标为，‎ ‎∵以为直径的圆与相切，∴，‎ 解得，‎ - 24 -‎ 此时，∴圆的半径为.‎ ‎（2）设，‎ ‎，‎ 由，得，，‎ ‎∴轴上存在定点，使得为定值.‎ ‎【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是．‎ ‎（1）写出曲线的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）求上的点到距离的最小值．‎ ‎【答案】（1）：，：；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算平方和，消参，并注意的范围，可得曲线的普通方程，然后利用两角和的正弦公式化简，结合，可得的直角坐标方程.‎ ‎（2）根据（1）的条件假设曲线上任意一点，使用点到直线的距离公式，然后使用辅助角公式，可得结果.‎ - 24 -‎ 详解】（1）∵且，‎ ‎∴的普通方程为，‎ ‎，‎ 即，‎ ‎∴的直角坐标方程为．‎ ‎（2）由（1）可知：‎ 设的参数方程为（为参数），‎ 则可设上任意一点坐标为，‎ 则上点到距离为，‎ 其中 当时，，‎ ‎∴曲线上的点到距离的最小值为．‎ ‎【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程，普通方程的相互转化，以及辅助角公式的应用，重在于掌握公式，以及熟练参数方程，普通方程，极坐标方程之间的转化，属中档题.‎ ‎23.已知，，为正数，且满足，证明：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎（1）分解式子并使用三次基本不等式，可得，以此类推，注意取等号的条件，可得结果.‎ ‎（2）利用三次基本不等式，可得，然后对里面每个因式使用基本不等式，可得结果.‎ ‎【详解】（1）∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故，‎ 当且仅当时取等号，‎ ‎∴．‎ ‎（2）‎ 即 ‎，‎ 当且仅当时取等号，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查次基本不等式的使用，第（1）问中难点在于分解，本题考验极强的分析能力以及观察能力，属难题.‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎