2020届河南省鹤壁市高级中学高三下学期模拟数学（文）试题（解析版）

2020届河南省鹤壁市高级中学高三下学期模拟数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，且，则实数的所有值构成的集合是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为，所以 ，又因为集合， ，当时，集合为空集，符合题意，集合不是空集时，由 ，，可得,,所以实数的所有值构成的集合是，故选D.

2．复数满足，则对应的点位于（    ）

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】化简得，即可得解.

【详解】

∵，∴，

∴对应的点的坐标为，位于第一象限.

故选：A.

【点睛】

本题考查了复数的运算和几何意义，属于基础题.

3．如图，正三角形内的图形来自中国古代的太极图.正三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正三角形的中心成中心对称.在正三角形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设正三角形边长为2，计算出黑色部分的面积与总面积的比即可得解.

【详解】

设正三角形边长为2，则内切圆的半径为，正三角形的面积为，圆的面积为.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型的概率计算公式，得此点取自黑色部分的概率是.

故选：B.

【点睛】

本题考查了面积型几何概型概率的计算，属于基础题.

4．设是椭圆的离心率，且，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意和椭圆性质可得当时，；当时，.

解不等式后即可得解.

【详解】

由，，可得：

当时，，由条件知，解得；

当时，，由条件知，解得.

故选：B.

【点睛】

本题考查了椭圆的性质，考查了分类讨论思想，属于基础题.

5．设实数满足，则的最小值为（）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出可行域内直线在y轴上的截距最小值即可．

【详解】

先根据实数x，y满足，画出可行域，A（﹣2，0），B（0，3），C（2，0），

当直线z＝7x+3y﹣1过点A时，目标函数取得最小值，

7x+3y﹣1最小是：﹣15，

故选A．

【点睛】

本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于中档题．利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域;(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）;(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解;(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．

6．各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由等比数列的性质可得成等比，故选D.

7．给定下列四个命题：

①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；

②若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直，那么这条直线一定平行于另一个平面；

③若一条直线和两个平行平面中的一个平面垂直，那么这条直线也和另一个平面垂直；

④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.

其中，真命题的个数是(  )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【解析】根据空间中的直线与平面以及平面与平面的平行与垂直关系，对题目中的命题判断正误即可．

【详解】

对于，若一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，错误；

对于，若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直，那么这条直线平行于另一个平面或在这个平面内，错误；

对于，若一条直线和两个平行平面中的一个平面垂直，那么这条直线也和一个平面垂直，正确；

对于，若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，正确；

综上所述，真命题的序号是，共2个．

故选B．

【点睛】

本题考查了空间中的直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系的应用问题，是基础题．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.

8．函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】对比函数和选项图像的定义域、奇偶性，即可排除错误答案，即可得解.

【详解】

由题意得函数的定义域为，可排除B、C，

∵，

∴函数为偶函数，可排除选项A.

故选：D.

【点睛】

本题考查了函数图像的识别，属于基础题.

9．已知函数的周期为，当时，方程恰有两个不同的实数解，，则（　　）

A．2 B．1 C．﹣1 D．﹣2

【答案】B

【解析】对进行化简，利用周期为，求出，根据在上的图象，得到的值，再求出的值.

【详解】

由 ，得．．作出函数在 上的图象如图：

由图可知，，．

故选B项．

【点睛】

本题考查正弦型函数的化简及其图像与性质，属于简单题.

10．如图，，是焦点为的抛物线上的两个不同的点，且线段的中点的横坐标为3，直线与轴交于点，则点的横坐标的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】当直线的斜率不存在，易得点的坐标为；若直线的斜率存在，设（），，，由点差法得即，联立方程组由可得，即可得解.

【详解】

①若直线的斜率不存在，则点的坐标为.

②若直线的斜率存在，设（），，，

则由得，∴，即，

∴直线的方程为，∴点的横坐标，

由消去，得，由得.

又，

∴.

综上，点的横坐标的取值范围为.

故选：A

【点睛】

本题考查了直线和抛物线的位置关系，考查了点差法的应用，属于中档题.

11．设定义在上的函数满足任意都有，且时，，则，，的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】函数f（x）满足f（t+2）=，可得f（x）是周期为4的函数．6f（2017）=6f（1），3f（2018）

=3f（2），2f（2019）=2f（3）．令g（x）=，x∈（0，4]，则g′（x）=＞0，利

用其单调性即可得出．

【详解】

函数f（x）满足f（t+2）=，可得f（t+4）==f（t），∴f（x）是周期为4的函数．

6f（2017）=6f（1），3f（2018）=3f（2），2f（2019）=2f（3）．

令g（x）=，x∈（0，4]，则g′（x）=，

∵x∈（0，4]时，，

∴g′（x）＞0，g（x）在（0，4]递增，

∴f（1）＜＜，

可得：6f（1）＜3f（2）＜2f（3），即6f（2017）＜3f（2018）＜2f（2019）．

故答案为：A

【点睛】

本题考查了函数的周期性单调性、利用导数研究函数的单调性、构造法，考查了推理能

力与计算能力，属于难题．(2)解答本题的关键有两点，其一是求出函数的周期是4，其二是构造函数g（x）=，x∈（0，4]，并求出函数的单调性.

12．已知函数在处取得最大值，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据、分类即可求出的最大值为.此时，其中，（为锐角），可得，即可求出.

【详解】

当时，，

∴；

当时，，

，其中，（为锐角）

∴，

此时，，，∴.

故选：D

【点睛】

本题考查了三角恒等变换的应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.

二、填空题

13．已知向量，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为______.

【答案】

【解析】根据题意令，再排除与同向时的情况即可得解.

【详解】

由，得.当与同向时，，则.

故的取值范围为且.

故答案为：

【点睛】

本题考查了向量数量积的应用，属于基础题.

14．设是公差不为零的等差数列，为其前项和.已知成等比数列，且，则数列的通项公式为________.

【答案】

【解析】根据等差数列前项和关系，得，结合解方程组即可得解.

【详解】

设等差数列的公差为，则

，，，

因为，所以，整理得

，∵，∴，

.

故答案为：

【点睛】

此题考查根据等差数列相关关系求解通项公式，考查基本运算，属于简单题目.

15．已知，函数，若在上是单调减函数，则实数的取值范围是_________________．

【答案】

【解析】试题分析：在上上是单调减函数，

，，设，，则.

【考点】导数的应用，一元二次方程的根的分布.

16．已知，，，，是球的球面上的五个点，四边形为梯形，，，，为等边三角形且平面平面，则球的表面积为______.

【答案】

【解析】转化条件得球心在过的中点且垂直于平面的直线上，设，可得方程，解方程求出后即可得解.

【详解】

如图，取的中点，的中点，连接、，

，，

，,

球心在过点且垂直于平面的直线上，

又 为等边三角形且平面平面，

平面且，

设，过点作,易知,，

则，解得，

球的半径为，

球的表面积为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了立体图形外接球半径的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.

三、解答题

17．如图，在中，角，，的对边分别为，，，且.

(1)求的大小；

（2）若，点、在的异侧，，，求平面四边形面积的最大值.

【答案】(1) （2）

【解析】(1)由正弦定理将化为，再由两角和的正弦公式化简，即可求出结果；

(2)先由余弦定理求出的长，将平面四边形的面积转化为两三角形与面积之和，即可求解.

【详解】

（1）因为，且，

所以

在中，

所以

所以

所以

因为在中，

所以

因为是的内角

所以.

（2）在中，

因为是等腰直角三角形，

所以

所以平面四边形的面积

因为，所以

所以当时，，

此时平面四边形的面积有最大值

【点睛】

本题主考查解三角形，属于基础题型.

18．某市约有20万住户，为了节约能源，拟出台“阶梯电价”制度，即制定住户月用电量的临界值，若某住户某月用电量不超过度，则按平价（即原价）0.5（单位：元/度）计费；若某月用电量超过度，则超出部分按议价（单位：元/度）计费，未超出部分按平价计费.为确定的值，随机调查了该市100户的月用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图.根据频率分布直方图解答以下问题（同一组数据用该区间的中点值作代表）.

（1）若该市计划让全市的住户在“阶梯电价”出台前后缴纳的电费不变，求临界值；

（2）在（1）的条件下，假定出台“阶梯电价”之后，月用电量未达度的住户用电量保持不变；月用电量超过度的住户节省“超出部分”的，试估计全市每月节约的电量；

（3）在（1）（2）条件下，若出台“阶梯电价”前后全市缴纳电费总额不变，求议价.

【答案】（1）80；（2）度；（3）

【解析】（1）计算出每组的频率，找出满足题意的分组后样本估计总体即可得解；

（2）由题意计算出样本中100户住户每月共节电度数，乘以后即可得解；

（3）由题意，仅对样本中“超出部分”对应的总电费进行考虑即可：“超出部分”由度变为度，计算即可得解.

【详解】

（1）由频率分布直方图，可算得各组数据对应的频率及频数，如表：

由表可知，区间内的频率总和恰为0.7，由样本估计总体，可得临界值的值为80.

（2）由（1）知，月用电量在内的70户住户在“阶梯电价”出台前后用电量不变，节电量为0度；

月用电量在内的25户住户，平均每户用电90度，超出部分为10度，根据题意，每户每月节电度，25户每月共节电（度）；

月用电量在内的5户住户，平均每户用电110度，超出部分为30度，根据题意，每户每月节电（度），5户每月共节电（度）.

故样本中100户住户每月共节电（度），

用样本估计总体，得全市每月节电量约为（度）.

（3）由题意，全市缴纳电费总额不变，由于“未超出部分”的用电量在“阶梯电价”前后不发生改变，故“超出部分”对应的总电费也不变，由（1）（2）可知，在100户住户组成的样本中，每月用电量的“超出部分”共计（度），实行“阶梯电价”之后，“超出部分”节约了240度，剩余160度，因为“阶梯电价”前后电费总额不变，所以，解得.

【点睛】

本题考查了频率分布直方图的应用，属于基础题.

19．在如图所示的五面体中,四边形为菱形,且为中点.

(1)求证:平面;

(2)若平面平面,求到平面的距离.

【答案】(1)见解析(2)

【解析】【详解】

(1)取中点,连接,

因为分别为的中点,所以,且,

因为四边形为菱形,所以平面平面,

所以平面.

因为平面平面平面,

所以.

又,所以.

所以四边形为平行四边形，所以.

又平面，且平面,所以平面.

(2)由(1)得平面,所以到平面的距离等于到平面的距离.

取的中点,连接,

因为四边形为菱形,且,

所以,

因为平面平面,平面平面,所以平面,

因为,所以,

所以,

设到平面的距离为,又因为,

所以由,得,解得.

即到平面的距离为．

20．已知椭圆的左右焦点分别为，是椭圆短轴的一个顶点，并且是面积为的等腰直角三角形.

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线与椭圆相交于两点，过作与轴垂直的直线，已知点,问直线与的交点的横坐标是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】（1）；（2）与交点的横坐标为定值2，理由见解析

【解析】（1）根据题中的条件，写出椭圆的焦点的坐标，利用等腰直角三角形的条件，得出的关系，从而求得其值，从而得出椭圆的方程，得到结果；

（2）设出直线与椭圆的两个交点的坐标，联立方程组，利用韦达定理得到，写出直线的方程：，令，整理得出其横坐标，从而证得其为定值，得到结果.

【详解】

（1）由已知得，设

是面积为1的等腰直角三角形，

椭圆的方程为

（2）设

得

直线的方程：

令

与交点的横坐标为定值2.

【点睛】

该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有椭圆方程的求解，直线与椭圆的交点问题，两直线的交点问题，属于中档题目.

21．已知函数

（1）讨论函数的单调性；

（2）设，当时，证明：.

【答案】（1）见解析；（2）证明见解析

【解析】（1）首先对函数求导，对式子进行因式分解，结合函数的定义域，对参数的范围进行讨论，从而利用导数的符号确定出函数的单调区间；

（2）构造新函数，对函数求导，得到函数的单调性，从而得到函数的最值，根据函数的最小值大于等于零，从而证得结果.

【详解】

（1）

当时，，

当时，，

∴时，在上递减，在递增

时，在上递增，在递减

（2）设

则

，时，，递减

，递增，

设，,则

时，时，递增，

时，，递减

，

，即

【点睛】

该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数单调性，注意分类讨论思想的应用，应用导数证明不等式恒成立，注意构造新函数，结合最值得到结果.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；

（2）设射线与曲线交于点，与直线交于点，求线段的长．

【答案】（1） 

（2）

【解析】（1）结合三角函数的基本关系消去参数可得普通方程，结合公式，可得极坐标方程；

（2）分别联立极坐标方程，求得交点的极径，从而可得线段的长．

【详解】

解：（1）由题意得，

∴曲线的普通方程为．

∵，，

∴代入可得曲线的极坐标方程为．

（2）把代入中，

可得，

解得﹐

即点的极径，

由（1）易得，

∴．

【点睛】

本题主要考查参数方程与极坐标方程，参数方程化为普通方程一般是消去参数，普通方程化为极坐标方程主要利用，来实现，侧重考查数学运算的核心素养.

23．己知，函数.

（1）若，解不等式；

（2）若函数，且存在使得成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）零点分段解不等式即可（2）等价于，由，得不等式即可求解

【详解】

（1）当时，，

当时，由，解得；

当时，由，解得；

当时，由，解得.

综上可知，原不等式的解集为.

（2）.

存在使得成立，等价于.

又因为，所以，即.

解得，结合，所以实数的取值范围为.

【点睛】

本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立及最值，考查转化思想，是中档题