2020届东北三省四市教研联合体高考模拟数学（理）试题（解析版）

2020届东北三省四市教研联合体高考模拟数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先由已知得到，再与A求交集即可.

【详解】

由已知，，故.

故选：B.

【点睛】

本题考查集合的交集、补集运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.

2．已知复数，则的虚部为（    ）

A．－1 B． C．1 D．

【答案】A

【解析】分子分母同乘分母的共轭复数即可.

【详解】

，故的虚部为.

故选：A.

【点睛】

本题考查复数的除法运算，考查学生运算能力，是一道容易题.

3．2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中，甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示（以十位数字为茎，个位数字为叶）.若甲队得分的中位数是86，乙队得分的平均数是88，则（    ）

A．170 B．10 C．172 D．12

【答案】D

【解析】中位数指一串数据按从小（大）到大（小）排列后，处在最中间的那个数，平均数指一串数据的算术平均数.

【详解】

由茎叶图知，甲的中位数为，故；

乙的平均数为，

解得，所以.

故选：D.

【点睛】

本题考查茎叶图的应用，涉及到中位数、平均数的知识，是一道容易题.

4．的展开式中的系数为（    ）

A．5 B．10 C．20 D．30

【答案】C

【解析】由知，展开式中项有两项，一项是中的项，另一项是与中含x的项乘积构成.

【详解】

由已知，，因为展开式的通项为，所以

展开式中的系数为.

故选：C.

【点睛】

本题考查求二项式定理展开式中的特定项，解决这类问题要注意通项公式应写准确，本题是一道基础题.

5．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.

【详解】

设圆锥底面圆的半径为r，则，又，

故，所以，.

故选：C.

【点睛】

本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.

6．已知公差不为0的等差数列的前项的和为，，且成等比数列，则（    ）

A．56 B．72 C．88 D．40

【答案】B

【解析】，将代入，求得公差d，再利用等差数列的前n项和公式计算即可.

【详解】

由已知，，，故，解得或（舍），

故，.

故选：B.

【点睛】

本题考查等差数列的前n项和公式，考查等差数列基本量的计算，是一道容易题.

7．下列说法正确的是（    ）

A．命题“，”的否定形式是“，”

B．若平面，，，满足，则

C．随机变量服从正态分布（），若，则

D．设是实数，“”是“”的充分不必要条件

【答案】D

【解析】由特称命题的否定是全称命题可判断选项A；可能相交，可判断B选项；利用正态分布的性质可判断选项C；或，利用集合间的包含关系可判断选项D.

【详解】

命题“，”的否定形式是“，”，故A错误；，

，则可能相交，故B错误；若，则，所以

，故，所以C错误；由，得或，

故“”是“”的充分不必要条件，D正确.

故选：D.

【点睛】

本题考查命题的真假判断，涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等，是一道容易题.

8．已知双曲线：（，）的右焦点与圆：的圆心重合，且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．3

【答案】A

【解析】由已知，圆心M到渐近线的距离为，可得，又，解方程即可.

【详解】

由已知，，渐近线方程为，因为圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，

所以圆心M到渐近线的距离为，故，

所以离心率为.

故选：A.

【点睛】

本题考查双曲线离心率的问题，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，是一道容易题.

9．已知是圆心为坐标原点，半径为1的圆上的任意一点，将射线绕点逆时针旋转到交圆于点，则的最大值为（    ）

A．3 B．2 C． D．

【答案】C

【解析】设射线OA与x轴正向所成的角为，由三角函数的定义得，，，利用辅助角公式计算即可.

【详解】

设射线OA与x轴正向所成的角为，由已知，，

，所以

，

当时，取得等号.

故选：C.

【点睛】

本题考查正弦型函数的最值问题，涉及到三角函数的定义、辅助角公式等知识，是一道容易题.

10．从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则在方程表示双曲线的条件下，方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，分别计算出，再利用公式计算即可.

【详解】

设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上

的双曲线”，由题意，，，则所求的概率为

.

故选：A.

【点睛】

本题考查利用定义计算条件概率的问题，涉及到双曲线的定义，是一道容易题.

11．已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.

【详解】

令，则，如图

与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有

六个不相等的实数根，则有两个不同的根，

设由根的分布可知，

，解得.

故选：B.

【点睛】

本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.

12．已知定义在上的函数满足，且当时，.设在上的最大值为（），且数列的前项的和为.若对于任意正整数不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由已知先求出，即，进一步可得，再将所求问题转化为对于任意正整数恒成立，设，只需找到数列的最大值即可.

【详解】

当时，则，，

所以，，显然当时，

，故，，若对于任意正整数不等式

恒成立，即对于任意正整数恒成立，即对于任

意正整数恒成立，设，，令，解得，

令，解得，考虑到，故有当时，单调递增，

当时，有单调递减，故数列的最大值为，

所以.

故选：C.

【点睛】

本题考查数列中的不等式恒成立问题，涉及到求函数解析、等比数列前n项和、数列单调性的判断等知识，是一道较为综合的数列题.

二、填空题

13．若曲线（其中常数）在点处的切线的斜率为1，则________.

【答案】

【解析】利用导数的几何意义，由解方程即可.

【详解】

由已知，，所以，解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查导数的几何意义，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.

14．若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________.

【答案】

【解析】注意平移是针对自变量x，所以，再利用整体换元法求值域（最值）即可.

【详解】

由已知，，

，又，故，

，所以的最小值为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题，涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用，是一道基础题.

15．如图所示，在边长为4的正方形纸片中，与相交于.剪去，将剩余部分沿，折叠，使、重合，则以、、、为顶点的四面体的外接球的体积为________.

【答案】

【解析】将三棱锥置入正方体中，利用正方体体对角线为三棱锥外接球的直径即可得到答案.

【详解】

由已知，将三棱锥置入正方体中，如图所示

，，故正方体体对角线长为，

所以外接球半径为，其体积为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查三棱锥外接球的体积问题，一般在处理特殊几何体的外接球问题时，要考虑是否能将其置入正（长）方体中，是一道中档题.

16．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，如图是过且垂直于长轴的弦，则的内切圆方程是________.

【答案】

【解析】利用公式计算出，其中为的周长，为内切圆半径，再利用圆心到直线AB的距离等于半径可得到圆心坐标.

【详解】

由已知，，，，设内切圆的圆心为，半径为，则

，故有，

解得，由，或（舍），所以的内切圆方程为

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查椭圆中三角形内切圆的方程问题，涉及到椭圆焦点三角形、椭圆的定义等知识，考查学生的运算能力，是一道中档题.

三、解答题

17．在中，为边上一点，，.

（1）求；

（2）若，，求.

【答案】（1）；（2）4

【解析】（1），利用两角差的正弦公式计算即可；

（2）设，在中，用正弦定理将用x表示，在中用一次余弦定理即可解决.

【详解】

（1）∵，

∴，

所以，

.

（2）∵，

∴设，，

在中，由正弦定理得，，

∴，

∴，

∵，

∴

∴.

【点睛】

本题考查两角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.

18．某大型单位举行了一次全体员工都参加的考试，从中随机抽取了20人的分数.以下茎叶图记录了他们的考试分数（以十位数字为茎，个位数字为叶）：

若分数不低于95分，则称该员工的成绩为“优秀”.

（1）从这20人中任取3人，求恰有1人成绩“优秀”的概率；

（2）根据这20人的分数补全下方的频率分布表和频率分布直方图，并根据频率分布直方图解决下面的问题.

①估计所有员工的平均分数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

②若从所有员工中任选3人，记表示抽到的员工成绩为“优秀”的人数，求的分布列和数学期望.

【答案】（1）；（2）①82，②分布列见解析，

【解析】（1）从20人中任取3人共有种结果，恰有1人成绩“优秀”共有种结果，利用古典概型的概率计算公式计算即可；

（2）①平均数的估计值为各小矩形的组中值与其面积乘积的和；②要注意服从的是二项分布，不是超几何分布，利用二项分布的分布列及期望公式求解即可.

【详解】

（1）设从20人中任取3人恰有1人成绩“优秀”为事件，

则，所以，恰有1人“优秀”的概率为.

（2）

①，

估计所有员工的平均分为82

②的可能取值为0、1、2、3，随机选取1人是“优秀”的概率为，

∴；

；

；

；

∴的分布列为

∵，∴数学期望.

【点睛】

本题考查古典概型的概率计算以及二项分布期望的问题，涉及到频率分布直方图、平均数的估计值等知识，是一道容易题.

19．已知抛物线：的焦点为，过上一点（）作两条倾斜角互补的直线分别与交于，两点，

（1）证明：直线的斜率是－1；

（2）若，，成等比数列，求直线的方程.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）设，，由已知，得，代入中即可；

（2）利用抛物线的定义将转化为，再利用韦达定理计算.

【详解】

（1）在抛物线上，∴，

设，，

由题可知，，∴，

∴，

∴，∴，

∴

（2）由（1）问可设：：，

则，  ， ，

∴，∴，

即（），

将直线与抛物线联立，可得：，

所以，

代入（）式，可得满足，∴：.

【点睛】

本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，在处理直线与抛物线位置关系的问题时，通常要涉及韦达定理来求解，本题查学生的运算求解能力，是一道中档题.

20．如图，在直角中，，通过以直线为轴顺时针旋转得到（）.点为斜边上一点.点为线段上一点，且.

（1）证明：平面；

（2）当直线与平面所成的角取最大值时，求二面角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）先算出的长度，利用勾股定理证明，再由已知可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；

（2）由（1）可得为直线与平面所成的角，要使其最大，则应最小，可得为中点，然后建系分别求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值，进一步得到正弦值.

【详解】

（1）在中，，由余弦定理得

，

∴，

∴，

由题意可知：∴，，，

∴平面，

平面，∴，

又，

∴平面.

（2）以为坐标原点，以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

∵平面，∴在平面上的射影是，

∴与平面所成的角是，∴最大时，即，点为中点.

，，，，，

，，设平面的法向量，

由，得，令，得，

所以平面的法向量，

同理，设平面的法向量，由，得，

令，得，所以平面的法向量，

∴，，

故二面角的正弦值为.

【点睛】

本题考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.

21．已知函数（），是的导数.

（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；

（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）设，，注意到在上单增，再利用零点存在性定理即可解决；

（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.

【详解】

（1）由已知，，所以，

设，，

当时，单调递增，而，，且在上图象连续

不断.所以在上有唯一零点，

当时，；当时，；

∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小

值点，即在区间上存在唯一的极小值点；

（2）设，，，

∴在单调递增，，

即，从而，

因为函数在上单调递减，

∴在上恒成立，

令，

∵，

∴，

在上单调递减，，

当时，，则在上单调递减，，符合题意.

当时，在上单调递减，

所以一定存在，

当时，，在上单调递增，

与题意不符，舍去.

综上，的取值范围是

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常是构造函数，转化成函数的最值来处理，本题是一道较难的题.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.点在曲线上，点满足.

（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求动点的轨迹的极坐标方程；

（2）点，分别是曲线上第一象限，第二象限上两点，且满足，求的值.

【答案】（1）（）；（2）

【解析】（1）由已知，曲线的参数方程消去t后，要注意x的范围，再利用普通方程与极坐标方程的互化公式运算即可；

（2）设，，由（1）可得，，相加即可得到证明.

【详解】

（1），

∵，∴，∴，

由题可知：，

：（）.

（2）因为，

设，，

则，

，

.

【点睛】

本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.

23．已知关于的不等式有解.

（1）求实数的最大值；

（2）若，，均为正实数，且满足.证明：.

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】（1）由题意，只需找到的最大值即可；

（2），构造并利用基本不等式可得，即.

【详解】

（1），

∴的最大值为4.

关于的不等式有解等价于，

（ⅰ）当时，上述不等式转化为，解得，

（ⅱ）当时，上述不等式转化为，解得，

综上所述，实数的取值范围为，则实数的最大值为3，即.

（2）证明：根据（1）求解知，所以，

又∵，，，，

，当且仅当时，等号成立，

即，∴，

所以，.

【点睛】

本题考查绝对值不等式中的能成立问题以及综合法证明不等式问题，是一道中档题.