内蒙古赤峰二中2020届普通高等学校招生第三次统一模拟考试理科数学试题 Word版含解析

内蒙古赤峰二中2020届普通高等学校招生第三次统一模拟考试理科数学试题 Word版含解析

赤峰二中2020届普通高等学校招生第三次统一模拟考试 ‎（理科）数学 一、选择题：本题共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，，若，则（ ）‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,可解得,代入即可求得结果.‎ ‎【详解】,‎ ‎,解得:, ,‎ ‎.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查已知交集求解参数,难度容易.‎ ‎2. 欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数理论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 由可知当时,,化简即可求得结果.‎ ‎【详解】 ,‎ ‎ 当时,,‎ 表示的复数对应的点为在第一象限.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查复数与平面内点的对应关系,难度容易.‎ ‎3. 已知角α的终边经过点(-4,-3)，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据角α的终边经过点(-4,-3)，利用三角函数的定义得到，再利用诱导公式及二倍角公式，商数关系，转化为求解.‎ ‎【详解】因为角α的终边经过点(-4,-3)，‎ 所以 所以，‎ ‎，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查三角函数的定义，同角三角函数基本关系式以及诱导公式，二倍角公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎4. 《九章算术》是我国古代的数学巨著，其中《方田》章给出了计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积（弦×矢+矢2‎ - 23 -‎ ‎），弧田（如图阴影部分所示）是由圆弧和弦围成，公式中的“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，现有圆心角为，矢为4的弧田，按照上述方法计算出其面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据在直角三角形的边角关系求出弦心距,弦长及“矢”的大小，结合弧田面积公式进行计算即可.‎ ‎【详解】设半径为,圆心到弦的距离为,则,‎ ‎ 所以弦长为,‎ 弧田面积为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查新定义的面积公式,考查学生分析问题的能力和计算能力,难度较易.‎ ‎5. 我区的中小学办学条件在政府的教育督导下，迅速得到改变.督导一年后.分别随机抽查了高中（用表示）与初中（用表示）各10所学校.得到相关指标的综合评价得分（百分制）的茎叶图如图所示.则从茎叶图可得出正确的信息为（80分及以上为优秀）（ ）‎ ‎①高中得分与初中得分的优秀率相同 ‎②高中得分与初中得分的中位数相同 ‎③高中得分的方差比初中得分的方差大 ‎④高中得分与初中得分的平均分相同 - 23 -‎ A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据茎叶图可计算优秀率、中位数、平均数;根据得分的分散程度可判断方差大小关系,从而可得各个选项的正误.‎ ‎【详解】从茎叶图可知抽查的初中得分优秀率为: ；高中得分的优秀率为:可知①正确;高中的中位数为75.5,初中的中位数为72.5,可知②错误；初中得分比较分散，所以初中的方差大，可知③正确;高中的平均分为75.7,初中的平均分为75,可知④错误.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查利用茎叶图求解频率、中位数、平均数、方差的问题,难度较易.‎ ‎6. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若的面积为，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的定义以及三角形的面积，转化求解p即可．‎ - 23 -‎ ‎【详解】‎ 抛物线y2＝2px的焦点为F，点P为抛物线上一点，过P作抛物线的准线的垂线，垂足是E，若∠EPF＝60°，△由抛物线的定义可得：|PF|＝|PE|，△PEF是正三角形，所以|PE|=2p，△PEF的面积为16，‎ ‎∴16得p＝4，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的标准方程的求法，抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化．‎ ‎7. 如图所示，在中，，点在线段上，设，，，则的最小值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 用，表示，由，，三点共线得出，的关系，消去，得到关于的函数，利用导数求出的最小值．‎ ‎【详解】解：．‎ ‎∵，，三点共线，‎ ‎∴．即．由图可知．‎ ‎∴．‎ 令，得，‎ 令得或（舍）．‎ 当时，，当时，．‎ ‎∴当时，取得最小值 .‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的基本定理，函数的最值，属于中档题．‎ ‎8. 袋子中有四张卡片，分别写有“学、习、强、国”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“学”“习”两个字都取到记为事件A，用随机模拟的方法估计事件A发生的概率，利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“学、习、强、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：‎ ‎232‎ ‎321‎ ‎210‎ ‎023‎ ‎123‎ ‎021‎ ‎132‎ ‎220‎ ‎001‎ ‎231‎ ‎130‎ ‎133‎ ‎231‎ ‎031‎ ‎320‎ ‎122‎ ‎103‎ ‎233‎ 由此可以估计事件A发生的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ ‎18组随机数中，利用列举法求出事件发生的随机数有共6个，由此能估计事件发生的概率．‎ ‎【详解】解：18组随机数中，事件发生的随机数有：‎ ‎210，021，001，130，031，103，共6个，‎ 估计事件发生的概率为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考题考查概率的求法，考查列举法、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎9. 已知a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中：‎ ‎①若α∩β=a，β∩γ=b，且a//b，则α//γ；‎ ‎②若a， b相交，且都在α，β外，a// α， a// β，b//α， b//β，则α//β；‎ ‎③若α⊥β，α∩β=a，b⊂β， a⊥b，则b⊥α；‎ ‎④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，则l⊥α.其中正确命题的序号是（ ）‎ A. ①②③ B. ①③ C. ②③ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①通过实际模型判断；②由面面平行的判定定理判断；③由面面垂直的性质定理判断；④由线面垂直的判定定理判断.‎ ‎【详解】①若α∩β=a，β∩γ=b，且a//b，则α//γ或，故错误；‎ ‎②若a， b相交，且都在α，β外，a// α， a// β，b//α， b//β，则α//β；由面面平行判定定理知正确；‎ ‎③若α⊥β，α∩β=a，b⊂β， a⊥b，则b⊥α，由面面垂直的性质定理知正确；‎ ‎④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，由线面垂直的判定定理知，当a与b⊂相交时，l⊥a则故错误；‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查直线，平面间的位置关系以及面面垂直的判定定理，性质定理，线面垂直的判定定理，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.‎ ‎10. 设双曲线的左、右两焦点分别为，P - 23 -‎ 是双曲线右支上一点，且三角形为正三角形(O为坐标原点)，则双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意画出草图，根据双曲线的定义计算可得；‎ ‎【详解】解：依题意，三角形为正三角形，则，连接 可得，又，即，所以 故选：B ‎【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.‎ ‎11. 已知是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有(e是自然对数的底数)，f(0)=3，若方程f(x)=m恰有三个实数根，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，构造函数，由 - 23 -‎ ‎，设，g0)=f(0)=3,得到，再利用导数研究其单调性，极值，最值，画出图象求解即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 令，‎ 所以，‎ 所以，，‎ 又f(0)=3，解得，‎ 所以，‎ 所以，‎ 当时，或，当时，，‎ 所以在和上递增，在上递减，‎ 所以的极大值是，极小值是，‎ 因为方程f(x)=m恰有三个实数根，如图所示：‎ 所以，‎ - 23 -‎ 所以则实数m的取值范围是 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了构造函数利用导数研究函数的单调性，极值，最值方程的根，还考查了转化化归思想，数形结合思想和运算求解的能力，属于较难题.‎ ‎12. 有一正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）木料其各棱长都为2,已知点，分别为上，下底面的中心，M为的中点，过A， B，M三点的截面把该木料截成两部分，则此截面面积为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，的中点，连接并延长交与，过作，则梯形即为所求的截面，然后根据M为中点，为中心，得到， 进而求得和梯形的高即可.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 取的中点，的中点，连接并延长交与，过作，‎ - 23 -‎ 因为，所以，‎ 则梯形即为所求的截面，‎ 则，‎ 因为M为中点，为中心，为中心，‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以梯形的高为，‎ 故S梯形ABFE=，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查空间几何体的截面问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为，这一数值也可以表示为.若，则＝____．（用数字作答）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用余弦的倍角公式以及同角三角函数关系中的平方关系和正弦的倍角公式，对式子进行化简，求得结果.‎ ‎【详解】根据题中的条件可得：‎ ‎，‎ - 23 -‎ 故答案是：.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关三角函数的求值问题，涉及到的知识点有新定义，利用条件对式子进行正确的变形是解题的关键.‎ ‎14. 在锐角中，角的对边分别为，且，则角___.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件,反凑余弦定理,即可求得角A.‎ ‎【详解】,‎ ‎,‎ 由余弦定理得: ,又.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用,难度较易.‎ ‎15. 直线过抛物线的焦点，且与交于两点，则______，______．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，从而，所以抛物线方程为．联立方程，利用韦达定理可得结果.‎ ‎【详解】由题意知，从而，所以抛物线方程．‎ 当直线AB斜率不存在时：代入，解得，从而．‎ - 23 -‎ 当直线AB斜率存在时：设的方程为，联立，整理，得 ‎，设，，则 从而．‎ ‎（方法二）利用二级结论：，即可得结果．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，考查转化能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎16. 已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，若在(0,+∞)上为增函数，则称f(x)为“一阶比增函数"；若在(0,+∞)上为增函数，则称f(x)为“二阶比增函数”.我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为A，所有“二阶比增函数”组成的集合记为B.若函数且f(x)∈A，f(x)∉B，则在区间(-3, 3)内满足上述条件的所有整数m为___‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由且知在是增函数而在不是增函数，分别求出m的取值范围求交集，再根据 (-3, 3)即可求解．‎ ‎【详解】且，‎ 即在是增函数，‎ ‎．‎ 而在不是增函数，‎ 而，‎ 当是增函数时，有，‎ - 23 -‎ 当不是增函数时，有．‎ ‎ 在(-3, 3)内满足上述条件的所有整数m为-2，-1‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的单调性，导数在研究函数单调性上的应用，属于中档题．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤，第17一21 题为必考题，每个考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题:共60分 ‎17. 如图所示，在平行四边形ABCD中，，，，点E是CD边的中点，将沿AE折起，使点D到达点P的位置，且.‎ ‎（1）求证；平面平面ABCE；‎ ‎（2）求点E到平面PAB的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出，，从而平面PAE，由此能证明平面平面ABCE.‎ ‎（2）推导出，平面PAE，以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到平面PAB的距离.‎ ‎【详解】（1）∵在平行四边形ABCD中，，，，‎ 点E是CD边的中点，将沿AE折起，‎ 使点D到达点P的位置，且.‎ ‎∴，‎ - 23 -‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵，∴平面PAE，‎ ‎∵平面ABCE，∴平面平面ABCE.‎ 解：（2）∵，，，‎ ‎∴，∴.‎ ‎∵平面PAE，，‎ ‎∴平面PAE，‎ ‎∴EA，EC，EP两两垂直，‎ 以E为原点，EA，EB，EP为x，y，轴，建立空间直角坐标系，‎ 则，‎ ‎，，‎ 设平面PAB的法向量，‎ 则，‎ 取，得，‎ ‎∴点E到平面PAB的距离.‎ ‎【点睛】‎ - 23 -‎ 本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.‎ ‎18. 已知数列和满足.‎ ‎（1）证明：是等比数列；‎ ‎（2）求数列{}的前n项和 ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据递推数列及等比数列的定义即可证明；‎ ‎（2）根据错位相减法求数列的和求解.‎ ‎【详解】（1）由，‎ 可得，‎ 即，‎ ‎ 则是首项为3，公比为2的等比数列 ‎（2）由（1）知，‎ ‎，‎ ‎，‎ 两式相减得 ‎【点睛】本题主要考查了递推关系，等比数列的定义，通项公式，错位相减法求和，属于中档题.‎ ‎19. 以“立德树人”‎ - 23 -‎ 为目标的课程改革正在积极有序推进，普通高中招生对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施.2020年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分.某学校为了掌握初三年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到下面频率分布直方图，且规定计分规则如下表：‎ ‎（1）请估计学生的跳绳个数的众数、中位数和平均数(保留整数)；‎ ‎（2）若从跳绳个数在[155,165)、 [165, 175)两组中按分层抽样的方法抽取9人参加正式测试，并从中任意选取2人,求两人得分之和不大于34分的概率.‎ ‎【答案】（1）180，184，185；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布直方图可得众数，由中位数和平均数公式可得中位数和平均数；‎ ‎（2）由表格可求得跳绳个数在[155,165)、 [165, 175)两组中的人数分别为6和12，根据分层抽样可得在[155,165)中抽3人，在 [165, 175)中抽6人，然后由古典概型的概率求解.‎ ‎【详解】（1）由频率分布直方图可知：众数为，‎ - 23 -‎ 中位数为：，‎ 平均数.‎ ‎（2）跳绳个数在[155,165)有人，在[165, 175) 人，‎ 因为一共抽取9人，‎ 所以在[155,165)中抽3人，在 [165, 175)中抽6人，‎ 基本事件的总数为种，‎ 若两人得分之和不大于34分，则两人都从[155,165)中选，‎ 基本事件共有种，‎ 所以两人得分之和不大于34分的概率.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用频率分布直方图求众数，中位数，平均数和古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎20. 已知函数.‎ ‎（1）若函数在定义域上为增函数，求a的取值范围；‎ ‎（2）证明:.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先判断出函数的定义域，进而通过求导，求导函数的导数并求其最小值解答问题．‎ ‎（2）转化的思想，要证明，只需证明，进而利用分类讨论的思想解答问题．‎ ‎【详解】解：（1）的定义域为，且，‎ 设，则，‎ ‎．，‎ 令，则当时；当时，．‎ 在上单调递减，在上单调递增，‎ - 23 -‎ 由已知函数在定义域上增函数，‎ 得解得，‎ 的取值范围是， ‎ ‎（2）：，．‎ ‎，，‎ 要证明，‎ 只需证明，‎ 当时，，．‎ 所以成立，‎ 当时，设，则，‎ 设，则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即在上单调递增，‎ ‎，即，‎ 在上单调递增，‎ 即，‎ 综上可知，时，．‎ ‎【点睛】（1）主要考察函数的定义域，导函数，利用导函数判断元函数的单调性．‎ ‎（2）考察转化的思想，分类讨论的思想，以及导函数的应用，属于中档题．‎ ‎21. 已知椭圆过点且椭圆的短轴长为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知动直线过右焦点，且与椭圆分别交于两点.试问轴上是否存在定点，使得，恒成立？若存在求出点的坐标；若不存在，说明理由.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由椭圆性质可知,点代入即可求得结果.‎ ‎（Ⅱ）假设存在定点符合题意，①当直线的斜率不存在时，由解得或；②当直线的斜率为0时,解得或.由①②可得,然后证明当时,通过方程联立,借助韦达定理,坐标表示即可证得结论.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）因为椭圆过点，所以.‎ 又椭圆的短轴长为，所以，所以，‎ 解得.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）假设在轴上存在定点，使得，‎ ‎①当直线的斜率不存在时，则，，‎ ‎，‎ 由，解得或；‎ ‎②当直线的斜率为0时，则，，，‎ 由，解得或.‎ 由①②可得，即点的坐标为.‎ 下面证明当时，恒成立，当直线的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立.‎ 当直线斜率存在且不为0时，设其方程为，，，‎ - 23 -‎ 由，得，‎ 直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，‎ 且，.‎ ‎，‎ 所以 ‎.‎ 综上所述，在轴上存在定点，使得恒成立..‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线和椭圆位置关系中定点定值问题,难度较难.‎ ‎(二)选考题:共10分，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 ‎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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线与曲线交于两点，直线与曲线相交于两点.‎ ‎（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将参数方程消去即可得到普通方程；由，根据极坐标和直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（Ⅱ）联立和射线的极坐标方程可得点极坐标，从而得到 - 23 -‎ ‎；将参数方程代入圆的直角坐标方程，利用的几何意义，结合韦达定理构造关于的方程，解方程求得结果.‎ ‎【详解】（1）将直线的参数方程消去，化为普通方程得：‎ 由得： ‎ 整理可得曲线的直角坐标方程为：‎ ‎（2）由得： ‎ 将直线的参数方程代入得：‎ 由得：‎ 设两点对应的参数分别为，则：‎ 解得：或 所求值为或 ‎【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程、极径的意义、直线参数方程中参数的几何意义的应用等知识，属于常考题型.‎ ‎23. 已知函数（其中）．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时不等式化为，即，即可求得不等式的解集；‎ - 23 -‎ ‎（2）不等式化为，即，利用绝对值不等式化为，即可求出的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，求不等式，即为，‎ 所以，即或，‎ 原不等式的解集为．‎ ‎（2）不等式即为，‎ 即关于x的不等式恒成立．‎ 而，所以，‎ 解得或，解得或．‎ 所以a的取值范围是 ‎【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式的解法，不等式恒成立问题，属于中档题．‎ ‎ ‎ - 23 -‎