2020届安徽省滁州市定远县育才学校高三下学期3月线上高考模拟考试数学（文）试题（解析版）

2020届安徽省滁州市定远县育才学校高三下学期3月线上高考模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．若集合，，则(   )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】，，则，故选B.

2．在等比数列中，，，且前项和，则此数列的项数等于（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由等比数列的性质得出，结合，得出和的值，并设等比数列的公比为，由，求出的值，然后利用等比数列的通项公式可求出的值.

【详解】

设等比数列的公比为，由等比数列的性质可得：，

又，和是方程的两根，解方程得或.

若等比数列递增，则，，

，

解得，，解得；

若等比数列递减，则，，

，，解得，，解得.

则此数列的项数等于

故选：B.

【点睛】

本题考查等比数列项数的计算，涉及等比数列性质和等比数列前项和的计算，解题的关键就是求出等比数列的公比，考查运算求解能力，属于中等题.

3．若复数（为虚数单位，）的实部与虚部互为相反数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】分析：利用复数的除法运算化简，实部与虚部何为0即可得解.

详解：复数.

由题意可知：，解得：.

故选A.

点睛：复数除法运算的原理为：分母实数化，从而得到实部和虚部.

4．已知为边的两个三等分点，则（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】∵在△ABC中，∠BAC=60°，AB=2，AC=1，
∴根据余弦定理可知BC=由AB=2，AC=1，BC=，满足勾股定理可知∠BCA=90°
以C为坐标原点，CA、CB方向为x，y轴正方向建立坐标系
∵AC=1，BC=则C（0，0），A（1，0），B（0，）
又∵E，F分别是Rt△ABC中BC上的两个三等分点，
则E（0， ），F（0， ）则

故选D

5．如图所示的程序框图，若输入则输出的值为（   ）

A．56 B．336 C．360 D．1440

【答案】B

【解析】执行程序框图，可得

不满足于条件，

，，不满足于条件，

，，不满足于条件，

，，满足条件，退出循环，输出值为

故选

6．过双曲线的右焦点作圆的切线（切点为），交轴于点.若为线段的中点，则双曲线的离心率是（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】在中，为线段的中点，又，得到等腰三角形，利用边的关系得到离心率.

【详解】

在中，为线段的中点，又，则为等腰直角三角形.

故答案选B

【点睛】

本题考查了双曲线的离心率，属于常考题型.

7．已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（     ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由三视图知：该几何体是正四棱柱与半球体的组合体，且正四棱柱的高为，底面对角线长为，球的半径为，所以几何体的表面积为：，故选A．

8．下列四个图中，函数的图象可能是（  ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】试题分析：

解：函数的图象可以看作是由函数的图象向左移动1个单位得到的，

而函数是奇函数，所以排除和；

又因为当时，

所以选C．

【考点】1、函数图象的变换；2、函数的奇偶性；3、对数函数的性质.

9．现有2个正方体，3个三棱柱，4个球和1个圆台，从中任取一个几何体，则该几何体是旋转体的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意知共有10个几何体，其中旋转体为球和圆台，共5个，根据古典概型，从中任取一个几何体，则该几何体是旋转体的概率.

10．已知三棱锥的各棱长都相等，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】分析：求线面角关键找平行，利用三角形中位线是解决本题的关键，再根据余弦定理求求得结果.

详解：取AC中点M，则因为为中点，因此ME平行AB，从而异面直线与所成角等于∠MED，因为三棱锥的各棱长都相等，设为1，则

，即异面直线与所成角的余弦值为，选B.

点睛：本题主要考查求异面直线所成角，线线角找平行，主要考查学生空间想象能力以及转化能力.

11．定义在上的单调函数对任意的都有，则不等式的解集为（    ）

A．或 B．

C． D．

【答案】A

【解析】令，则，所以，又因为，所以，解得，可得，所以是增函数，由，则，所以，解得．故本题选．

12．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且直线与圆交于两点.若，则直线的斜率为

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由题意得圆心即为抛物线的焦点，故直线过圆心，于是为圆的直径，所以．设直线，将其代入抛物线方程消去x得到关于y的一元二次方程，然后根据弦长公式可得，于是得到．

【详解】

由题设可得圆的方程为，

故圆心为，为抛物线的焦点，

所以

所以．

设直线,代入得，

设直线l与抛物线C的交点坐标为，

则，

则，

所以，解得．

故选C．

【点睛】

（1）本题考查直线和抛物线的位置关系、圆的方程、弦长的计算，意在考查分析推理和计算能力．

(2) 弦长公式对有斜率的直线才能使用，此时公式为，其中表示直线的斜率，是直线和椭圆的方程组消去化简后中的系数， 是的判别式．对于斜率不存在的直线，则弦长为．

二、填空题

13．已知函数，若不等式恒成立，则实数的取值范围为__________．

【答案】

【解析】不等式即：恒成立，作出函数的图象，则正比例函数恒在函数的图象下方，考查函数： 经过坐标原点的切线，易求得切线的斜率为，由此可得：实数的取值范围为，故答案为．

14．若函数对任意的实数且则=_______ .

【答案】 或

【解析】对任意的实数,说明函数图像的一条对称轴为，，则 ， 或.

15．如图，在长方体中，， 点M是棱AD的中点，N在棱上，且满足，是侧面四边形内一动点(含边界)，若∥平面CMN，则线段长度最小值是________.

【答案】

【解析】取的中点,过点在面作的平行线交于

则易知面面,在中作,则为所求.

16．若函数对定义域内的任意，当时，总有，则称函数为单调函数，例如函数是单纯函数，但函数不是单纯函数，下列命题：

①函数是单纯函数；

②当时，函数在是单纯函数；

③若函数为其定义域内的单纯函数，，则

④若函数是单纯函数且在其定义域内可导，则在其定义域内一定存在使其导数，其中正确的命题为__________．（填上所有正确的命题序号）

【答案】①③

【解析】由题设中提供的“单纯函数”的定义可知：当函数是单调函数时，该函数必为单纯函数。因为时，单调，所以是单纯函数；当时，单调，所以是单纯函数，故命题①是正确的；对于命题②，由于不单调，故不是单纯函数；由于单调函数一定是单纯函数，故当，则，即命题③是正确的；对于命题④，由于单纯函数一定是单调函数，所以在定义域内不存在极值点，故是错误的，应填答案①③。

点睛：解答本题的关键是准确理解题设中新定义的新概念“单纯函数”及内涵。求解时充分借助题设中提供的四个命题的条件，综合运用所学知识对每个命题的错误与正确进行分析推断，从而使得问题获解。

三、解答题

17．在中，角,,的对边分别为,,．

（1）若，且为锐角三角形，,，求的值；

（2）若,，求的取值范围．

【答案】（1）5；（2）.

【解析】试题分析：（1）由二倍角公式可得：，结合是锐角，从而解得，利用余弦定理即可得的值；（2）利用正弦定理将结合两角差的正弦和辅助角公式可表示为，根据的范围即可求得结果.

试题解析：（1）∵，∴，又∵为锐角，，而，即，解得（舍负），∴．

（2）由正弦定理可得，

∵，∴，∴，∴．.

18．某中学高三年级有学生500人，其中男生300人，女生200人．为了研究学生的数学成绩是否与性别有关，采用分层抽样的方法，从中抽取了100名学生，统计了他们期中考试的数学分数，然后按照性别分为男、女两组，再将两组的分数分成5组：分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．

（I）从样本分数小于110分的学生中随机抽取2人，求两人恰为一男一女的概率；

（II）若规定分数不小于130分的学生为“数学尖子生”，请你根据已知条件完成2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为“数学尖子生与性别有关”?

附表：

【答案】（Ⅰ）P=;（Ⅱ）见解析.

【解析】试题分析：(1)根据分层抽样原理计算抽取的男、女生人数,利用列举法计算基本事件数,求出对应的概率值;

(2)由频率分布直方图计算对应的数据,填写列联表,计算值,对照数表即可得出概率结论.

试题解析：（Ⅰ）由已知得，抽取的100名学生中，男生60名，女生40名，

分数小于等于110分的学生中，男生人有60×0.05=3（人），记为A1，A2，A3；

女生有40×0.05=2（人），记为B1，B2；                           ………………2分

从中随机抽取2名学生，所有的可能结果共有10种，它们是：

（A1，A2），（A1，A3），（A2，A3），（A1，B1），（A1，B2），

（A2，B1），（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2），（B1，B2）；

其中，两名学生恰好为一男一女的可能结果共有6种，它们是：

（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），

（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2）；                              

故所求的概率为P=．                                    

（Ⅱ）由频率分布直方图可知，

在抽取的100名学生中，男生 60×0.25=15（人），女生40×0.375=15（人）；     …7分

据此可得2×2列联表如下：

（9分）

所以得 ；       

因为1.79＜2.706，

所以没有90%的把握认为“数学尖子生与性别有关”               

19．如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．

（I）证明平面；

（II）求四面体的体积.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).

【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM的高，即点到底面的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果．

试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.

又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.

因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）因为平面，为的中点，

所以到平面的距离为.

取的中点，连结.由得，.

由得到的距离为，故.

所以四面体的体积.

【考点】直线与平面间的平行与垂直关系、三棱锥的体积

【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又找出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解．

20．已知椭圆过点，且离心率为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若点与点均在椭圆上，且关于原点对称，问：椭圆上是否存在点（点在一象限），使得为等边三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）存在，．

【解析】试题分析：（1）根据已知条件，列出不等式组，求解，即可求解椭圆的椭圆的方程；（2）设直线的斜率为，则直线，代入椭圆的方程，解得点的坐标，同理可得直线的方程，代入求解所以，即可求解点的坐标．

试题解析：（1）由题意，解得，

所以椭圆的标准方程为．

（2）由题意知直线经过坐标原点，假设存在符合条件的点，则直线的斜率存在且大于零，①

设直线的斜率为，则直线，

联立方程组，得，

所以②

同理可得直线的方程为③

将②③代入①式得，

化简得，所以

所以，

综上所述，存在符合条件的点

【考点】椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置关系．

【方法点晴】本题主要考查了椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆的几何性质的应用、函数与方程思想等知识点的综合考查，着重考查了学生的推理与运算能力以及转化与化归思想的应用，此类问题的解答中把直线的方程与圆锥曲线的方程联立，转化为方程的根与系数的关系、判别式和韦达定理的应用是解答的关键，试题运算量大，有一定的难度，属于难题．

21．设函数.

（1）若为偶函数，求的值；

（2）当时，若函数的图象有且仅有两条平行于轴的切线，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）根据函数是偶函数，由定义知道，代入表达式得到结果，（2）由切线的几何意义知道转化为有两个不等根；对这个函数求导研究单调性和图像，找它和轴的交点即可。

（1）因为为偶函数且定义域为，所以，所以，

即，也即，所以.

（2）由题意知有两个不等的根 ，显然不是方程的根，则，即的图像与直线有两个不同的交点，因为，所以当及时，，为减函数.当时，，为增函数，所以当时，，当时，且递减，所以，故的取值范围为.

点睛：这个题第一问考查函数的奇偶性，知道性质求参，直接由定义得即可；第二问考查函数零点问题，已知零点个数求参，可以参变分离，转化为常函数和变函数的交点个数；也可以直接研究原函数的单调性找原函数和轴的交点；还可以分离成两个常见函数找两个函数的交点。

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

（2）为曲线上任一点，过点作曲线的切线（为切点），求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】试题分析：

（1）将参数方程消去参数可得普通方程，将

代入极坐标方程可得直角坐标方程．（2）由圆的切线长公式可得，所以当最小时，取得最小值，再由点到直线的距离公式得，所以.

试题解析：

（1）将方程消去参数得，

故曲线的普通方程为．

因为，

所以，

把代入上式，

得，

即．

所以曲线的直角坐标方程为．

（2）由（1）知，曲线为圆心，半径为的圆，

故，

所以当且仅当取得最小值时，取得最小值，又，

所以.

即的最小值为.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若，证明：.

【答案】（1）（2）见解析

【解析】试题分析：

(1)零点分段后求解不等式可得

(2)利用作差法证得，则有．

试题解析：

（Ⅰ）依题意，

由，解得，故．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，；

因为 ，

故，故．

点睛：绝对值不等式的解法

法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；

法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．