2020届安徽省六安市第一中学高三下学期模拟卷（五）数学（理）试题（解析版）

2020届安徽省六安市第一中学高三下学期模拟卷（五）数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】求出后可求.

【详解】

，故.

故选：B.

【点睛】

本题考查集合的运算（交集和补集），此类属于基础题.

2．若复数满足，其中为虚数单位，则复数的共轭复数所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【解析】先由，解得，再求，然后用几何意义判断.

【详解】

因为，

所以，

所以，

所以对应的点在第三象限..

故选：C

【点睛】

本题主要考查了复数的运算及复数的几何意义，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.

3．已知幂函数是定义在区间上的奇函数，设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据函数是幂函数，得到，再由在区间上是奇函数，得到，然后用函数的单调性判断.

【详解】

因为函数是幂函数，

所以 ，

所以，

又因为在区间上是奇函数，

所以，

即，

因为，

又为增函数，

所以.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了幂函数的定义及性质，还考查了转化化归的思想和理解辨析的能力，属于基础题.

4．已知双曲线的两个实轴顶点为，点为虚轴顶点，且，则双曲线的离心率的范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据，所以为钝角，有求解.

【详解】

根据题意，，

所以为钝角，

所以，

所以.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了双曲线的几何性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.

5．已知桌子上有同一副纸牌中的红桃、方片、梅花的纸牌各3张，若小李第一次从中抽取了1张红桃和2张其他纸牌后不再放回，则第二次从中抽取了1张红桃和2张方片的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设A=｛抽取1张红桃和2张其他纸牌｝，B=｛第二次从中抽取1张红桃和2张方片｝，先明确是条件概率类型，求，再代入公式求解.

【详解】

设A=｛抽取1张红桃和2张其他纸牌｝；

B=｛第二次从中抽取1张红桃和2张方片｝；，

所以.

故选：C

【点睛】

本题主要考查了条件概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

6．已知向量，函数在区间上单调，且的最大值是，则（    ）

A．2 B． C． D．1

【答案】D

【解析】由，利用数量积运算得到，再根据函数在区间上单调，且的最大值是，求得周期，确定函数再求值.

【详解】

因为，

所以，

，

因为函数在区间上单调，且的最大值是，

所以，，，

即，

所以.

故选：D

【点睛】

本题主要考查了三角函数与平面向量，数量积运算及三角函数的性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

7．如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（    ）

A．10 B．11 C．12 D．13

【答案】C

【解析】根据循环结构，从开始，一一验证，直至时，对应的值.

【详解】

输入的，程序框图运行如下：

，，，，

，，，，

，，

，，

，.

所以输出的

故选：C

【点睛】

本题主要考查了程序框图中的循环结构，还考查了数形结合的思想和逻辑推理的能力，属于基础题.

8．设是的对角线的交点，三角形的高为2，为任意一点，则（    ）

A．6 B．16 C．24 D．48

【答案】B

【解析】根据，有在向量的射影为，根据向量加、减法运算，将转化求解.

【详解】

因为，

所以在向量的射影为，

所以.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了向量的加法，减法运算及向量的投影，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力，属于中档题.

9．设满足约束条件，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据约束条件，作出可行域，目标函数表示表示点和两点的距离的平方，然后用数形结合求解.

【详解】

由约束条件作出可行域如图，

令，则表示点和两点的距离，

由图可得，，

联立，解得，

所以

过作于，则，

所以.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和理解辨析的能力，属于基础题.

10．已知数列满足，，则展开式中的常数项为（    ）

A． B． C．80 D．160

【答案】D

【解析】根据，得数列为等比数列，求得，再由，确定n，得到为 ，然后利用通项公式求解.

【详解】

因为，

所以数列为等比数列，

所以，

所以，

解得所以，

其中展开式的第r+1项为，

令，得（舍去），

令，得 可得，

所以二项式展开式中常数项为．

故选：D

【点睛】

本题主要考查了等比数列的定义及二项式定理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

11．如图，已知六个直角边均为1和的直角三角形围成的两个正六边形，则该图形绕着旋转一周得到的几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据图形，外面的六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个同底的圆台，再根据圆台的体积公式求解，内部的六边形边长为1，旋转得到的几何体是一个圆柱，两个与圆柱同底的圆锥.再根据圆柱，圆锥的体积公式求解，然后外部的减内部的体积即为所求.

【详解】

根据题意，外面的六边形边长为，

旋转得到的几何体是两个同底的圆台，

上底半径为，下底半径为，高为 ，

所以旋转得到的几何体的体积为，内部的六边形边长为1

旋转得到的几何体是一个圆柱，两个与圆柱同底的圆锥，

圆锥的底面半径为，高为，圆柱的底面半径为，高为1，

内部的六边形旋转得到的几何体的体积为，

所以几何体的体积为.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了空间几何体的组合体的体积，还考查了空间想象的能力，属于中档题.

12．已知函数，若函数在上有3个零点，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据分段函数，分当，，将问题转化为的零点问题，用数形结合的方法研究.

【详解】

当时，，令，在是增函数，时，有一个零点，

当时，，令

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

所以当时，取得最大值，

因为在上有3个零点，

所以当时，有2个零点，

如图所示：

所以实数的取值范围为

综上可得实数的取值范围为，

 故选：B

【点睛】

本题主要考查了函数的零点问题，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力，属于中档题.

二、填空题

13．已知抛物线，是上的一点，若焦点关于的对称点落在轴上，则________.

【答案】6

【解析】根据间的对称关系，结合点在轴上，求得点的横坐标，再利用抛物线的定义求解.

【详解】

设, 因为为的中点，且点在轴上，

 所以的横坐标为，

由抛物线的定义得，

.

故答案为：6

【点睛】

本题主要考查了抛物线的定义及对称问题，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力，属于中档题.

14．南宋数学家杨辉研究了垛积与各类多面体体积的联系，由多面体体积公式导出相应的垛积术公式．例如方亭(正四梭台)体积为，其中为上底边长，为下底边长，为高．杨辉利用沈括隙积术的基础上想到：若由大小相等的圆球垛成类似于正四棱台的方垛，上底由个球组成，以下各层的长、宽依次各增加一个球，共有层，最下层(即下底)由个球组成，杨辉给出求方垛中物体总数的公式如下：根据以上材料，我们可得__________.

【答案】

【解析】根据题意，在中，令，即可得到结论.

【详解】

根据题意，令，

.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了类比推理，还考查了抽象概括问题的能力，属于基础题.

15．某一几何体三视图如图所示，已知几何体的体积为，则俯视图的面积为__.

【答案】

【解析】根据三视图，得到这个几何体为一个放倒的四棱锥，画出直观图，根据三视图，正视图为底面，高为俯视图的高，由体积求得高，得到俯视图的边长即可.

【详解】

由三视图可知，几何体为一个四棱锥，

直观图如下，

设四棱锥的高为，

几何体的体积为，

即点到平面的距离为，

又因为俯视图三角形底边长为2，

所以俯视图的面积为

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了三视图与直观图，还考查了数形结合的思想和空间想象的能力，属于中档题.

16．在中，分别是的中点，且，若的面积不小于，则的最小值为_____.

【答案】

【解析】根据题意，在，中，利用余弦定理分别求得，，建立模型，然后根据的面积不小于，确定的范围，再利用函数求最值.

【详解】

根据题意，如图所示：

因为点分别为的中点，

所以，

在中，由余弦定理得，

，

在中，由余弦定理得，

，

所以，

又因为的面积不少于6，

所以

所以

当取最大时，有最小值，最小值为.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了正弦定理和余弦定理，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

三、解答题

17．已知数列的前项和记为，，；等差数列中，且的前项和为，.

（1）求与的通项公式；

（2）设数列满足，求的前项和.

【答案】（1） （2）

【解析】（1）由，得到 然后两式相减得 从而得到数列是等比数列，再分别求与的通项公式.

（2）根据（1）得到，再用裂项相消法求和.

【详解】

（1），

又，，

所以数列为等比数列，

.

设数列的公差为，

，

.

（2）由题意得：

所以前项和.

【点睛】

本题主要考查了数列通项与前n项和之间的关系以及裂项相消法求和，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

18．京剧是我国的国粹，是“国家级非物质文化遗产”，为纪念著名京剧表演艺术家，京剧艺术大师梅兰芳先生，某电视台《我爱京剧》的一期比赛中，2位“梅派”传人和4位京剧票友（资深业余爱好者）在幕后登台演唱同一曲目《贵妃醉酒》选段，假设6位演员的演唱水平相当，由现场40位大众评委和“梅派”传人的朋友猜测哪两位是真正的“梅派”传人.

（1）此栏目编导对本期的40位大众评委的年龄和对京剧知识的了解进行调查，根据调查得到的数据如下：

试问：在犯错误的概率不超过多少的前提下，可以认为年龄的大小与对京剧知识的了解有关系？

（2）若在一轮中演唱中，每猜出一位亮相一位，且规定猜出2位“梅派”传人”或猜出5人后就终止，记本轮竞猜一共竞猜次，求随机变量的分布列与期望.

参考数据：

参考公式：

【答案】（1）在犯错误的概率不超2.5%的前提下可以认为年龄与对京剧知识的了解有关系.（2）见解析，

【解析】（1）根据列联表，利用公式求得卡方值，对应卡值下结论.

（2）根据题意，分四种情况，一是猜2次，2人全是“梅派”传人”，二猜3次是第3次是“梅派”传人，三是猜4次，第4次是“梅派”传人，四是猜5次，分两类，一类是第5次是“梅派”传人，第二类是第5次不是“梅派”传人，分别用古典概型求得概率，列出分布列，求期望.

【详解】

（1）因为，

所以在犯错误的概率不超过2.5%的前提下可以认为年龄与对京剧知识的了解有关系.

（2）由题意，随机变量的取值分别为.

，

，

，

，

随机变量的分布列为：

随机变量的期望为：.

【点睛】

本题主要考查了独立性检验和分布列，还考查了数据处理和运算求解的能力，属于中档题.

19．在如图（1）梯形中，，过作于，，沿翻折后得图（2），使得，又点满足，连接，且.

（1）证明：平面；

（2）求平面与平面所成的二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析（2）

【解析】（1）连接与交于点，由，得到，由比例关系得到，再由线面平行的判定定理证明.

（2）根据由，得四边形为平行四边形，由，，得，再由，得平面，所以，从而平面，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求得平面BMD和平面得一个法向量，再利用面面角的向量法求解.

【详解】

（1）如图所示：

连接与交于点，，则

，，

又平面，平面，

∴平面.

（2）证明：由，

得四边形为平行四边形，

所以，，

所以，

所以，

又，

所以平面，所以，

又，平面

以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，

所以

设平面BMD的一个法向量为，

所以

令，则，

又平面得一个法向量为，

所以，

又平面与平面所成的二面角显然为锐角，

所以平面与平面所成的二面角的余弦值.

【点睛】

本题主要考查了线面平行和空间中二面角的求法，还考查了转化化归的思想和推理论证，空间想象和运算求解的能力，属于中档题.

20．已知椭圆的左、右焦点为，左右两顶点，点为椭圆上任意一点，满足直线的斜率之积为，且的最大值为4.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）已知直线与轴的交点为，过点的直线与椭圆相交与两点，连接点并延长，交轨迹于一点.求证：.

【答案】（1）（2）见解析

【解析】（1）因为的最大值为4，根据椭圆的定义，利用基本不等式求得，再根据直线的斜率之积为，有，求得，写出椭圆方程.

（2）由条件知，设直线的方程，与椭圆方程联立，消得，设，则.

由根与系数的关系得，.，设直线的方程为，

所以，得，因为要证.根据椭圆的对称性，只要证得点与 关于x轴对称， 即.

【详解】

（1）根据题意，

又设，所以，所以，

故，从而椭圆的标准方程为.

（2）根据题意，，所以设直线的方程，

联立，消得，

，即. 

设，则.

由根与系数的关系得，.

设直线的方程为，

所以，得，

所以

所以

.

所以

故，

所以.

【点睛】

本题主要考查了椭圆的几何性质及直线与椭圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.

21．已知函数在点处的切线方程为.

（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；

（2）设，对于，的值域为，若，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根据在点处的切线方程为.有求得函数.然后将函数存在单调递减区间，转化为存在取值区间求解；（2）根据，求导，根据，分①当时，②当时，③当时，三种情况讨论值域，然后再分别研究成立，确定实数t范围.

【详解】

因为，所以，

又，故.

（1）由题意得，

若函数存在单调减区间，

则

即存在取值区间，

即存在取值区间，

所以.

当时，

当，则，无解.

当，则，.

当，则，且

所以时，函数不存在单调减区间.

故

（2）因为，所以

①当时，，在上单调递减，由，

所以，即，得；

②当时，，在上单调递增，

所以，即，得，

③当时，在，，在上单调递减，

在，，在上单调递增，

所以，即.

令，，则，所以在上单调递减，

故，而，所以不等式（）无解，

综上所述，.

【点睛】

本题主要考查了导数的几何意义，导数与函数的极值，最值问题，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.

22．已知直线的普通方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为，将直线向右平移2个单位后得到直线，又点的极坐标.

（1）求直线以及曲线的极坐标方程；

（2）若直线与曲线交于两点，求三角形的面积值.

【答案】（1），.（2）

【解析】（1）根据 分别求解直线的极坐标方程和曲线C的极坐标方程.

（2）由直线的极坐标方程和曲线C的极坐标方程联立得，再求弦长，点到直线的距离，代入面积公式求解.

【详解】

（1）因为直线的普通方程为，

所以直线的极坐标方程，

因为曲线的普通方程，

所以曲线C的极坐标方程.

（2）由（1）得，

所以，

点到直线的距离为，

所以.

【点睛】

本题主要考查了普通方程，极坐标方程，参数方程间的转化，以及直线与圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

23．已知函数

（1）若，求不等式的解集；

（2）当时，若的最小值为2，求的最小值.

【答案】（1）.（2）

【解析】（1）根据题意，利用绝对值的几何意义，转化函数，再分类讨论解不等式.

（2）由，再根据，的最小值为，即，然后用“1”的代换利用基本不等式求最小值.

【详解】

（1）根据题意，

，

因为

所以或，

解得或，

所以解集为.

（2）因为，

当且仅当时，等号成立，

又，所以，

所以的最小值为，

所以.

所以.

【点睛】

本题主要考查了绝对值不等式的解法及最值的求法，基本不等式的应用，还考查了转化化归、分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.