2020届安徽省芜湖高三一模数学试卷及答案

这是一份2020届安徽省芜湖高三一模数学试卷及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
22020届安徽省芜湖高三一模数学试卷及答案 一、单选题1．已知集合，，则A． B．C． D．2．设，是非零向量，则“”是的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件3．设复数z满足，则最大值为A．1 B． C．2 D．44．为了研究某班学生的脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，据此估计其身高为A． B． C． D．5．设，，，则、、的大小关系是（       ）A． B． C． D．6．若将函数图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小值是（       ）A． B． C． D．7．已知数列的前n项和为，满足，则的值为A．8 B．16 C．32 D．818．已知向量，，与的夹角为，且，则实数k的值为A． B． C．2 D．9．函数y=sin2x的图象可能是A． B．C． D．10．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一卦由六爻组成.其中有一种起卦方法称为“金钱起卦法”，其做法为：取三枚相同的钱币合于双手中，上下摇动数下使钱币翻滚摩擦，再随意抛撒钱币到桌面或平盘等硬物上，如此重复六次，得到六爻.若三枚钱币全部正面向上或全部反面向上，就称为变爻.若每一枚钱币正面向上的概率为，则一卦中恰有三个变爻的概率为A． B． C． D．11．已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线MN与C的左支交于M，N两点，若，，则C的渐近线方程为A． B． C． D．12．已知棱长为2的正方体中，E为DC中点，F在线段上运动，则三棱锥的外接球的表面积最小值为A． B． C． D．二、填空题13．二项式的展开式中常数项为_________.14．设x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为__________.15．直线与椭圆交于A､B两点，F为椭圆的右焦点，若，则椭圆的离心率为__________.16．若不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为__________.三、解答题17．在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，且满足，记此三角形的面积为S.（1）若，求S的值；（2）若，求的取值范围.18．如图，真四棱柱的底面是菱形，，，，E，M，N分别是BC，，的中点.（1）证明：面；（2）求平面DMN与平面所成锐角的正切值.19．在平面直角坐标系xOy中，过点的直线l与抛物线交于A，B两点，以AB为直径作圆，记为,与抛物线C的准线始终相切.（1）求抛物线C的方程；（2）过圆心M作x轴垂线与抛物线相交于点N，求的取值范围.20．学号为1，2，3的三位小学生，在课余时间一起玩“掷骰子爬楼梯”游戏，规则如下：投掷一颗骰子，将每次出现点数除以3，若学号与之同余(同除以3余数相同)，则该小学生可以上2阶楼梯，另外两位只能上1阶楼梯，假定他们都是从平地(0阶楼梯)开始向上爬，且楼梯数足够多.（1）经过2次投掷骰子后，学号为1的同学站在第X阶楼梯上，试求X的分布列；（2）经过多次投掷后，学号为3的小学生能站在第n阶楼梯的概率记为，试求，，的值，并探究数列可能满足的一个递推关系和通项公式.21．已知函数.（1）若存在极值，求实数a的取值范围；（2）设，设是定义在上的函数.（ⅰ）证明：在上为单调递增函数(是的导函数)；（ⅱ）讨论的零点个数.22．在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点，（）在曲线C：上，直线l过点且与垂直，垂足为P．（Ⅰ）当时，求在直角坐标系下点P坐标和l的方程；（Ⅱ）当M在C上运动且P在线段上时，求点P在极坐标系下的轨迹方程．23．设，且.（1）证明：；（2）求的最小值.
参考答案：1．A【解析】由题意，，再利用集合并集的概念即可得解.【详解】由题意，，所以.故选：A.【点睛】本题考查了集合的运算及一元二次不等式的求解，属于基础题.2．C【解析】由题意可得，，根据充分条件和必要条件的概念分别证明即可得解.【详解】由题意，，若，则即；若，则即，所以；所以“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用及充分条件、必要条件的判断，属于基础题.3．C【解析】设，，由题意可得，即点在圆上，找到圆上的点到原点的距离最大值即可得解.【详解】设，，，即，点在圆上，又该圆的圆心为，半径为，该圆上所有点到原点的距离最大值为，即，.故选：C.【点睛】本题考查了复数模概念的应用，考查了转化化归思想，属于基础题.4．C【解析】【详解】由已知,， 故选C.5．B【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的单调性比较、、三个数与和的大小关系，利用换底公式和不等式的基本性质可得出、的大小关系，进而可得出这三个数的大小关系.【详解】指数函数在上为减函数，则，即；对数函数在上为减函数，则；对数函数在上为增函数，则..因此，.故选：B.【点睛】本题考查指数式和对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性，结合中间值法来比较，考查推理能力，属于中等题.6．C【解析】【分析】先用辅助角公式化简，再得到向右平移个单位的解析式，根据对称轴求得.【详解】由，再向右平移个单位可得解析式为，由其图象关于y轴对称，得，得，，当 时，得的最小值是.故选：C【点睛】本题考查了三角恒等变换中的辅助角公式，图象的平移变换，三角函数图象的对称轴性质.7．B【解析】利用与的关系，结合题意可得数列是以1为首项，公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式即可得解.【详解】当时，，解得，当时，即，所以数列是以1为首项，公比为的等比数列，所以.故选：B.【点睛】本题考查了数列与关系的应用，考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题.8．D【解析】由题意结合平面向量数量积的定义可得，转化条件为，代入即可得解.【详解】向量，，与的夹角为，，又，，，由，可得解得.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.9．D【解析】【详解】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令， 因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．10．C【解析】由题意每抛撒钱币一次得到变爻的概率为，结合独立重复试验概率公式可得，即可得解.【详解】由题意每抛撒钱币一次得到变爻的概率为，则一卦中变爻个数，则一卦中恰有三个变爻的概率.故选：C.【点睛】本题考查了独立重复试验概率公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.11．B【解析】设椭圆焦距为，取的中点，连接，转化条件得，进而可得、、、，利用余弦定理可得、，即可得解.【详解】设椭圆焦距为，取的中点，连接，如图所示：，即，，，，，在中，，在中，，由可得，化简可得，或（舍去），，该双曲线渐近线方程为即.故选：B.【点睛】本题考查了双曲线性质的应用及渐近线的求解，考查了余弦定理的应用，属于中档题.12．C【解析】取的中点，易知为的外心，取的中点，连接，取的中点，连接，由正方体的性质可得三棱锥的外接球球心在直线上，连接，取的中点，连接、，易知当即点与重合时，即外接球半径最小，设，根据求得，进而可求得外接球半径，即可得解.【详解】取的中点，易知为的外心，取的中点，连接，取的中点，连接，由正方体的性质可得平面，则三棱锥的外接球球心在直线上，连接，取的中点，连接、，由中位线的性质可得且，所以，所以平面，，若要使三棱锥的外接球的表面积最小，则要使其半径即最小，易知当即点与重合时，最小，设，由题意，，则，，由可得，化简可得，此时，三棱锥的外接球的半径满足，所以三棱锥的外接球的表面积最小值.故选：C.【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用及三棱锥外接球体积的求解，考查了线面垂直的性质和判定，属于中档题.13．【解析】【分析】求出二项式的通项公式，再令对应的幂指数为0即可求解【详解】二项式的展开式的通项公式为,令，解得，所以该二项式展开式中常数项为，故答案为：60【点睛】本题考查二项式中常数项的求解，属于基础题14．-2【解析】由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图阴影部分：转化目标函数为，上下平移直线，数形结合可知当直线过点时，取最小值，由可得点，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了运算求解能力与数形结合思想，属于基础题.15．【解析】由题意转化条件为点，代入椭圆方程可得，化简后即可得解.【详解】设点，椭圆如图所示：直线，即，又，为中点，，点即，点在椭圆上，，结合化简可得，由可得，解得或（舍去），.故答案为：.【点睛】本题考查了直线和椭圆的综合应用，考查了椭圆离心率的求解，属于中档题.16．【解析】由题意转化条件得对任意恒成立，令，，求导后，求得的最小值即可得解.【详解】由题意，不等式对任意恒成立，对任意恒成立，对任意恒成立，令，，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；，，即实数a的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查了三角恒等变换的应用，考查了利用导数解决恒成立问题，属于中档题.17．（1）.（2）【解析】（1）由余弦定理结合题意可得，代入即可得，再利用即可得解；（2）转化条件得，进而可得，则，化简后即可得解.【详解】（1）由余弦定理和已知条件得：，从而有，①若时得，则；（2）若②联立①②得，整理得：，即，又，故，则，∵，∴，∴.从而可得的取值范围为.【点睛】本题考查了余弦定理及三角形面积公式的应用，考查了三角恒等变换的应用，属于中档题.18．（1）证明见解析.（2）【解析】（1）由余弦定理可得，进而可得，由正棱柱的几何特征可得，由线面垂直的判定即可得解；（2）连接ME，由题意可得四边形DNME为平行四边形，DE即为平面DMN与平面的交线，由线面垂直的判定可得面，进而可得即为平面DMN与平面所成的平面角，即可得解.【详解】（1）证明：∵在菱形ABCD中，，，且E为BC中点，∴，∴即，又棱柱是直四棱柱，∴平面，∴，又平面，平面，,∴面；（2）连接ME， ∵E，M，N分别是BC，，的中点，∴且，∴且，∴四边形DNME为平行四边形，从而可知：DE即为面DMN与面的交线，∵，，，∴面，∴且，则即为平面DMN与平面所成的平面角，在中，，故平面DMN与平面所成锐角的正切值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定及二面角的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.19．（1）.（2）【解析】（1）过A，B，M分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为D，E，P，由题意转化条件得，即可得A，B，F三点共线，即可得解；（2）设直线，联立方程可得、、，利用弦长公式可得，利用点到直线的距离求得高，表示出三角形面积后即可得解.【详解】（1）证明：过A，B，M分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为D，E，P，设抛物线焦点为F，由题意知圆M的半径，且，即可得，所以A，B，F三点共线，即，所以，所以抛物线C的方程为；（2）由（1）知抛物线，设直线，点，，联立可得：，，所以，，所以，则，，故点N到直线AB距离又，所以，当时，取最小值为32.故所求三角形面积的取值范围.【点睛】本题考查了抛物线方程的确定及性质的应用，考查了直线与抛物线的综合应用，属于中档题.20．（1）答案见解析.（2），，，【解析】（1）由题意学号为1的同学可以上2阶楼梯的概率为，可以上1阶楼梯的概率为，分别求出、、，即可得解；（2）由题意可得、、；由题意且，构造新数列即可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，再利用累加法即可得解.【详解】（1）由题意，当投掷骰子出现1、4时，学号为1的同学可以上2阶楼梯，概率为，当投掷骰子出现其他点数时，学号为1的同学可以上1阶楼梯，概率为，由题意，所以，，，所以X的分布列为：X234P （2）表示学号为3的小朋友能站在第1阶楼梯的概率，根据投掷骰子的规则，若出现点数为3或6，则他直接站在第2阶楼梯，否则站在第1阶楼梯.故，同理可得：，，由于学号为3的小朋友能够站在第n阶楼梯，有两种可能：从第阶楼梯投掷点数为3或6直接登2个台阶上来，或从第阶楼梯只登1个台阶上来.根据骰子投掷规则，登两阶的概率是，登一阶的概率是，故且(*)将(*)式可变形为，从而知：数列是以为首项，以为公比的等比数列，则有.进而可得：当时，；当时，；所以.【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列的求解，考查了数列与概率的综合问题，属于中档题.21．（1）.（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）答案见解析【解析】（1）求导得，按照、分类，求得、的解集即可得解；（2）（ⅰ）令，对求导，按照、分类，证明恒大于0，即可得证；（ⅱ）由的单调性结合，按照、分类，结合即可得解.【详解】（1）求导得，当时，，在R上单调递减，无极值；当时，在单调递减，在上单调递增，则在处有极小值.综上，实数a的取值范围为；（2）（ⅰ）证明：由题意，∵令，∴，∵，当时，，，，则；当时，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，从而有：，而，则，则；综上，对都有成立，故在区间单调递增；（ⅱ）由（ⅰ）知，在区间单调递增且，①当时，， 当时，则在单调递减；当时，则在单调递增，则是的唯一极小值点，且，从而可知：当时，在区间有唯一零点0；②当时，有，且，故存在使，此时在单调递减，在单调递增，且，又，由零点存在定理知：则在区间有唯一零点，记作，从而可知：当时，在区间上有两个零点：0和；综上：①当时，在区间有唯一零点0；②当时，在区间有两个不同零点.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了推理能力和运算能力，属于中档题.22．（Ⅰ），；（Ⅱ），．【解析】【分析】（1）利用极坐标转换公式可得，则可求出直线斜率，利用垂直关系可求出的斜率，由点斜式可求出直线的方程，联立和直线可求出垂足坐标.（2）设点的极坐标为，由题意结合平面几何知识可得，求出，即可得解.【详解】解：（1）因为在上，当，,则M极坐标为，化成直角坐标为,则直线斜率为，所以，此时在平面直角坐标系下：，则的方程：，即.联立和直线得，解得 ，则.（2）设点的极坐标为，因为在上且垂直于，，因为P在线段上，且，故的取值范围是．所以，P点轨迹的极坐标方程为，.【点睛】本题考查了极坐标、直角坐标的转换，考查了极坐标方程的求解，属于中档题.23．（1）证明见解析.（2）【解析】（1）由题意结合基本不等式可得，即可得证；（2）由题意结合（1）中结论得，即可得解.【详解】（1）证明：因为，当且仅当时，等号成立，又∵，∴；（2）由（1）知：，当且仅当且即、时，等号成立，所以有最小值.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了不等式证明的方法，属于中档题.