安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟考试卷（六）数学（理）试题 Word版含解析

安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟考试卷（六）数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020届模拟06‎ 理科数学 测试范围：学科内综合．共150分，考试时间120分钟 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. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对集合和进行化简，然后根据集合交集运算，得到答案.‎ ‎【详解】集合 ‎，即，‎ 解得，‎ 所以集合.‎ 集合，‎ ‎，，‎ 解得，‎ 所以集合，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查解指数不等式，解一元二次不等式，集合的交集运算，属于简单题.‎ ‎2.已知实数满足（其中为虚数单位），则复数 - 31 -‎ 的共轭复数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据得到的值，从而得到复数，在得到复数的共轭复数.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以，解得，‎ 所以 所以复数的共轭复数为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查根据复数相等求参数的值，求共轭复数，属于简单题.‎ ‎3.已知命题，，则命题的真假以及命题的否定分别为（ ）‎ A. 真，，‎ B. 真，，‎ C. 假，，‎ D. 假，，‎ ‎【答案】B - 31 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据命题，当时，判断出命题为真命题，根据含有一个量词的命题的否定，写出命题的否定.‎ ‎【详解】命题，，‎ 当时，，‎ 所以命题为真命题；‎ 命题的否定为：，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查判断命题的真假，含有一个量词的命题的否定，属于简单题.‎ ‎4.已知向量，，若，且，则实数的值为（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 或2 D. 或4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知得到的坐标，然后根据，得到关于，的方程组，从而得到答案.‎ ‎【详解】向量，，‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以，解得或 所以的值为或.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查根据向量平行求参数的值，根据向量的模长求参数的值，属于简单题.‎ - 31 -‎ ‎5.运行如下程序框图，若输出的的值为6，则判断框中可以填（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图得到和的变化规律，根据输出的的值为，得到时的值，从而得到判断语句，得到答案.‎ ‎【详解】根据框图可知，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 要使的输出值为，此时，‎ 所以判断框内的语句可以为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查框图中根据输出值填写判断语句，属于简单题.‎ - 31 -‎ ‎6.（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式，两角和的正切公式的逆用，对条件中的式子进行化简，结合特殊角的三角函数值，得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查诱导公式，两角和的正切公式，特殊角的三角函数值，属于简单题.‎ ‎7.已知函数，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 函数的图象关于对称 B. 函数的图象关于对称 C. 函数的图象关于中心对称 D. 函数的图象关于中心对称 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出函数的定义域，根据定义域得到对称中心的横坐标或者对称轴，然后进行判断，得到答案.‎ - 31 -‎ ‎【详解】函数，‎ 所以，解得 即函数的定义域为，‎ 若函数的对称中心横坐标为，或者对称轴为，‎ 则 此时得到 所以不是关于对称，‎ ‎.‎ 所以函数关于成中心对称.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查判断函数的对称性，求函数的对称中心，属于中档题.‎ ‎8.将函数的图象向右平移个单位后，得到的函数图象关于对称，则当取到最小值时，函数的单调增区间为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平移，得到平移后的解析式，然后由对称轴为，得到的表达式，从而得到 - 31 -‎ 的最小值，确定出的解析式，再求出的单调递增区间.‎ ‎【详解】函数的图象向右平移个单位，‎ 得到，‎ 因为图象关于对称，‎ 所以，，‎ 整理得，，‎ 因为，所以当时，的最小值为，‎ 所以，‎ ‎，，‎ 解得，，‎ 所以的单调增区间为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数平移后的解析式，根据正弦型函数的对称轴求参数的值，求正弦型函数的单调区间，属于简单题.‎ ‎9.已知实数满足，若，且恒成立，则实数的取值不可能为（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 31 -‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件画出可行域，将目标函数化为斜截式，然后得到过点时，取最小值，根据恒成立，得到关于的不等式，从而得到的范围，确定出答案.‎ ‎【详解】实数满足，‎ 根据约束条件，画出可行域，如图所示，‎ 将目标函数化为斜截式，‎ 根据选项可知的值为正，即直线斜率大于 所以当直线过点时，‎ 在轴上的截距最大，即最小，‎ 解得，‎ 即 此时 因为恒成立，所以 解得，‎ 所以不可取值为.‎ 故选：A.‎ - 31 -‎ ‎【点睛】本题考查线性规划求最小值，考查了数形结合的思想，属于中档题.‎ ‎10.已知某几何体的三视图如下所示，若网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的最短棱长为（ ）‎ A. 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图还原出几何体，得到将几何体放入到长方体中，根据长方体棱长，求出几何体的各棱的长度，从而得到最短的棱长.‎ ‎【详解】根据三视图还原出几何体，为三棱锥，如图所示，‎ 根据三视图中的数据，可将几何体放入长为，宽为，高为的长方体中，‎ 则，为长方体侧棱的中点，‎ 所以由图可知三棱锥中，‎ 最短棱为.‎ 故选：B. ‎ - 31 -‎ ‎【点睛】本题考查三视图还原几何体，根据三视图求几何体的最短棱长，属于中档题.‎ ‎11.已知椭圆的离心率为，且是椭圆上相异的两点，若点满足，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的离心率，求出的值，得到椭圆的标准方程，然后根据，结合，得到的坐标表示，得到关于的函数，结合的范围，得到答案.‎ ‎【详解】椭圆的，‎ - 31 -‎ 其离心率为，所以，所以，‎ 所以，所以椭圆标准方程为，‎ 设，，‎ 则 因为，所以，‎ 所以 所以是关于的二次函数，开口向下，对称轴为，‎ 所以当时，取得最大值为 当时，取得最小值为，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查根据离心率求椭圆的标准方程，向量数量积的坐标表示，二次函数求值域，属于中档题.‎ ‎12.已知函数的定义域为，若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 31 -‎ 由题意可知，在上单调递减，将不等式两边同时乘以，变形为，不妨设，则，构造新函数，根据函数单调性定义可知，若使得对任意的，恒成立，则需恒成立，即，求解即可.‎ ‎【详解】‎ 函数的定义域为 ‎，即函数在上单调递减.‎ 变形为 即 不妨设，则，‎ 即 - 31 -‎ 令 则 若使得对任意的，恒成立.‎ 则需恒成立.‎ 则恒成立.‎ 即恒成立.‎ 所以.‎ 即实数的取值范围是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，等价变形，构造新函数，是解决本题的关键，本题属于难题.‎ 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．将答案填在题中的横线上．）‎ ‎13.杨辉，字谦光，南宋时期杭州人.在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，辑录了如图所示的三角形数表，称之为“开方作法本源”图，并说明此表引自11世纪中叶（约公元1050年）贾宪的《释锁算术》，并绘画了“古法七乘方图”.故此，杨辉三角又被称为“贾宪三角”.杨辉三角是一个由数字排列成的三角形数表，一般形式如下：‎ 基于上述规律，可以推测，当时，从左往右第22个数为_____________.‎ ‎【答案】253‎ ‎【解析】‎ - 31 -‎ ‎【分析】‎ 根据，共有个数，则所求为这一行的倒数第个数，找到每一行倒数第个数的规律，从而得到所求.‎ ‎【详解】当时，共有个数，从左往右第个数即为这一行的倒数第个数，‎ 观察可知，每一行倒数第个数（从第行，开始）‎ 为，，，，，，‎ 即为，，，，，，，‎ 所以当时，左往右第个数为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查数字中的归纳推理，属于中档题.‎ ‎14.多项式的展开式中，含项的系数为______.‎ ‎【答案】420‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定多项式的通项，再求二项式的通项，然后根据，求解，即可.‎ ‎【详解】多项式的通项为 由题意可知，且 若求项的系数，则需求二项式中含项 - 31 -‎ 二项式的通项为：‎ 由题意可知，且 令即 若使得且，且成立 则 则所求系数为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，属于中档题.‎ ‎15.已知四棱锥中，底面四边形为等腰梯形，且，，，，若平面平面，则四棱锥外接球的表面积为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件，求出四棱锥中各棱的长度，四棱锥外接球的球心在平面的射影为中点，得到为中点，作，得到，，利用勾股定理得到关于的方程，解得的值，再求出半径的值，从而求出外接球的表面积.‎ ‎【详解】因为四边形为等腰梯形，‎ ‎，故；因为,,‎ ‎,，‎ - 31 -‎ ‎，故；‎ 取的中点，则是等腰梯形外接圆圆心；‎ 设四棱锥外接球的球心为，‎ 所以在平面的射影为，‎ 作于，则为中点，‎ 因为平面平面，平面平面 所以平面，而平面，所以 由，可得在平面中，作，‎ 则，‎ 由，可得，‎ 即，解得，‎ 所以，‎ 所以四棱锥外接球的表面积为.、‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查求四棱锥外接球的表面积，确定球心的位置，属于中档题.‎ ‎16.如图所示，四边形被线段切割成两个三角形分别为和，若，，，则四边形面积的最大值为_____________.‎ - 31 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，在中，利用余弦定理，表示出，根据，得到，从而把的面积用表示，然后得到四边形面积关于的函数，从而得到其最大值.‎ ‎【详解】设，在中，‎ 由余弦定理得 ‎，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 因为，所以为等腰直角三角形，‎ 所以 所以 ‎，‎ 所以当时，面积最大，最大值为.‎ - 31 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理解三角形，三角形面积公式，辅助角公式，正弦型函数的最值，属于中档题.‎ 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.已知正项数列的前n项和为，若数列是公差为的等差数列，且是的等差中项.‎ ‎（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）若是数列的前n项和，若恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得到，根据是的等差中项，得到的值，从而得到的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可知，利用等比数列的求和，得到，由恒成立，得到的取值范围.‎ ‎【详解】（1）因为数列是公差为的等差数列，‎ 所以，故，所以；‎ 所以数列是公比为3的等比数列，‎ 因为是的等差中项，所以，‎ 所以，‎ - 31 -‎ 解得；‎ 数列的通项公式为； ‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 故数列是以1为首项，为公比的等比数列，‎ ‎，‎ 因为恒成立，‎ 所以，‎ 即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查等差中项的应用，求等比数列的通项，等比数列求和，属于简单题.‎ ‎18.某大学棋艺协会定期举办“以棋会友”的竞赛活动，分别包括“中国象棋”、“围棋”、“五子棋”、“国际象棋”四种比赛，每位协会会员必须参加其中的两种棋类比赛，且各队员之间参加比赛相互独立；已知甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”，乙、丙两位同学从四种比赛中任选两种参与.‎ ‎（1）求甲、乙同时参加围棋比赛的概率；‎ ‎（2）记甲、乙、丙三人中选择“中国象棋”比赛的人数为，求的分布列及期望.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析，2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 31 -‎ ‎（1）甲、乙同时参加围棋比赛为相互独立事件，由于甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”，则甲参加围棋比赛的概率为，乙同时参加围棋比赛的概率为，利用相互独立事件的概率乘法公式,计算即可.‎ ‎（2）已知甲同学必选“中国象棋”，则甲、乙、丙三人中选择“中国象棋”比赛的人数的可能取值为1，2，3，则乙或丙选择“中国象棋”比赛的概率为.分别求解，，，即可.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，甲、乙同时参加围棋比赛的概率.‎ ‎（2）由题意可知，选择“中国象棋”比赛的人数的可能取值为1，2，3；‎ 乙或丙选择“中国象棋”比赛的概率为；‎ 的分布列为：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 故所求期望.‎ ‎【点睛】本题考查相互独立事件的概率乘法公式，以及离散型随机变量的概率分布列及数学期望，属于中档题.‎ ‎19.如图，三棱锥中，，分别为的中点，，；连接，平面平面.‎ - 31 -‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根面面垂直的性质定理可知底面，从而证明，根据题意以及线面垂直的判定定理可知，平面，再根据线面垂直的性质定理，证明即可.‎ ‎（2）以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，确定平面的法向量，平面的法向量，利用，求解即可.‎ ‎【详解】（1），平面平面 平面平面，平面 底面 又底面 ‎，平面，平面 平面 - 31 -‎ 平面 ‎（2）由（1）可知，底面，‎ 底面 以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则由题意可知，，，，，，‎ 即，，‎ ‎，平面，平面 平面，即平面的法向量为．‎ 设平面的法向量为，‎ ‎，即，‎ 取，则.‎ 则 二面角的余弦值为.‎ - 31 -‎ ‎【点睛】本题考查由线线垂直的证明以及求二面角的余弦值，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，点是椭圆上的点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）已知斜率存在又不经过原点的直线与圆相切，且与椭圆交于两点.探究：在椭圆上是否存在点，使得，若存在，请求出实数的取值范围，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意列方程组， 求解即可.‎ ‎（2）假设在椭圆上存在点，使得.设直线，圆心到直线的距离等于半径1，可知，整理的，直线与椭圆联立得，，设，则，，根据，表示出点，代入椭圆得，求解即可.‎ ‎【详解】（1）依题意，，故①.‎ 将代入椭圆方程中，可得②.‎ - 31 -‎ 联立①②，解得 故椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）假设在椭圆上存在点，使得.‎ 依题意，设直线，‎ 因为直线与圆相切，‎ 所以圆心到直线的距离等于半径，即 整理得.‎ 当时，不合题意，舍去；‎ 当且时，得，把代入椭圆 的方程得：.‎ 易知，圆在椭圆内，所以直线与椭圆相交，设，‎ 则，，‎ ‎，‎ ‎.‎ 因为，故，‎ 即的坐标为.‎ 又因为在椭圆上，所以，‎ - 31 -‎ 得.‎ 把代入得；‎ 因为，所以，，‎ 即或，‎ 综上所述实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆位置关系问题，属于较难的题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若函数的图象在点处的切线的斜率为，求函数在上的最小值；‎ ‎（2）若关于的方程在上有两个解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求，导数的几何意义求解，利用导数求函数的最值，即可.‎ ‎（2）由题意可知，若使得关于的方程在上有两个解，则需在有两个解. 令，，利用导数研究函数的极值与最值，令，求解即可.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，，‎ 则，即，‎ 故；‎ - 31 -‎ 令，即；‎ 当时，在上单调递减.‎ 当时，在上单调递增.‎ 因为，，‎ 所以 故函数在上的最小值为. ‎ ‎（2）依题意，；‎ 若使得关于的方程在上有两个解 则需在有两个解.‎ 令，．‎ ‎①当时，‎ 所以在上单调递增．‎ 由零点存在性定理，在至多一个零点，不符合题意舍去． ‎ ‎②当时，令，则．‎ ‎0‎ 单调递增 极大值 单调递减 因为，，‎ 所以要使在内有两个零点，‎ - 31 -‎ 则即可，即，‎ 又因为，所以 综上所述，实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值与最值，以及利用导数研究函数零点问题，属于较难的一道题.‎ 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．作答时请写清题号．‎ ‎22.在平面直角坐标系中曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程以及直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）将曲线向左平移2个单位，再将曲线上的所有点的横坐标缩短为原来的，得到曲线，求曲线上的点到直线的距离的最小值.‎ ‎【答案】（1）；； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）曲线的参数方程化简消参后得到普通方程，利用，对直线的极坐标方程进行化简，得到的直角坐标方程；‎ ‎（2）根据变换规则，得到变换后的曲线的方程，写出其参数方程，从而得到曲线上任一点的坐标，利用点到直线的距离公式，结合正弦型函数的值域，得到最小值.‎ ‎【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数）‎ 所以，两式平方后相加得，‎ - 31 -‎ 即曲线的普通方程为：.‎ 直线的极坐标方程为，‎ 即 ‎，‎ 因为，‎ 所以直线的直角坐标方程为：‎ ‎（2）曲线：向左平移2个单位，‎ 得到，‎ 再将曲线上的所有点的横坐标缩短为原来的 得到，‎ 即曲线；‎ 所以曲线的参数方程为（为参数)，‎ 设曲线上任一点，‎ 则点到直线的距离为：‎ 则(其中)，‎ 当时，取最小值，为 所以点到直线的距离的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程化普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的转化，曲线方程的平移和伸缩，参数方程的应用，属于中档题.‎ - 31 -‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得到，可以先确定，从而去掉绝对值，化一次不等式，得到解集；‎ ‎（2）分和，得到的分段形式，从而得到其最小值，然后根据恒成立，得到关于的不等式，解得的范围.‎ ‎【详解】（1）当时，不等式，即，‎ 因为，所以，‎ 所以由，得，‎ 解得，‎ 故不等式的解集为； ‎ ‎（2）依题意，当，，‎ 故，‎ - 31 -‎ 因为不等式恒成立，‎ 所以，解得；‎ 当时，，‎ 故，‎ 因为不等式恒成立，‎ 所以，解得；‎ 综上所述，实数的值为.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值的不等式，求分段函数的最小值，不等式恒成立问题，考查分类讨论的思想，属于中档题.‎ - 31 -‎ ‎ ‎ - 31 -‎