宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期模拟考试数学（文）试题

宁夏六盘山高级中学2020届高三第二次模拟考试

文科数学试卷

第Ⅰ卷（选择题)

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1.已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意，再由集合并集的概念即可得解.

【详解】由题意，

所以.

故选：C.

【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解和集合并集的运算，属于基础题.

2.已知复数满足，则的共轭复数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由复数的运算法则可得，再由共轭复数的概念即可得解.

【详解】由题意，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查了复数的运算和共轭复数的概念，属于基础题.

3.（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由二倍角余弦公式的逆运用可得解.

【详解】由题意.

故选：B.

【点睛】本题考查了二倍角余弦公式的应用，属于基础题.

4.设向量，满足，，则（   ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 5

【答案】A

【解析】

【分析】

将等式进行平方，相加即可得到结论．

【详解】∵||，||，

∴分别平方得2•10，2•6，

两式相减得4•10﹣6＝4，

即•1，

故选A．

【点睛】本题主要考查向量的基本运算，利用平方进行相加是解决本题的关键，比较基础．

5.已知双曲线（，）的渐线方程为，则此双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先根据渐近线方程可知，代入即可求得结果。

【详解】因为双曲线（，）的渐线方程为，所以，

所以双曲线的离心率 。故选C。

【点睛】本题考查双曲线的离心率，属于基础题。求圆锥曲线的离心率一般有三种类型：（1）直接求；（2）构造关于的齐次式求解；（3）构造关于的不等式，求的取值范围。

6.设，为两条直线，若直线平面，直线平面，下列说法正确的是（    ）

①若，则②若，则

③若，则④若，则

A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ③④

【答案】C

【解析】

【分析】

根据线线、线面、面面平行、垂直有关定理对四个说法逐一分析，由此得出正确选项.

【详解】对于①，由于直线平面，，所以平面，所以，故①正确.

对于②，直线位置关系无法判断，故②错误.

对于③，由于直线平面，，所以平面，而平面，所以，故③正确.

对于④，可能相交，故④错误.

综上所述，正确的说法是①③.

故选：C.

【点睛】本小题主要考查空间线线、线面、面面有关命题真假性的判断，属于基础题.

7.若满足约束条件 ，则 的最小值是（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

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，

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，则.

故选：D.

【点睛】本题考查了简单的线性规划，属于基础题.

8.有甲、乙、丙、丁四位大学生参加创新设计大赛，只有其中一位获奖，有人走访了这四位大学生，甲说：“是丙获奖.”乙说：“是丙或丁获奖.”丙说：“乙、丁都未获奖.”丁说：“我获奖了.”这四位大学生的话只有两人说的是对的，则获奖的大学生是（   ）

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

【答案】D

【解析】

【分析】

根据四位大学生的话只有两人说的是对的，假设其中一人说的对，如果和条件不符合，就说明假设的不对，如果和条件相符，则按假设的方法解决问题.

【详解】若甲说的对，则乙、丙两人说的也对，这与只有两人说的对不符，故甲说的不对；

若甲说的不对，乙说的对，则丁说的也对，丙说的不对，符合条件，故获奖的是丁；

若若甲说的不对，乙说的不对，则丁说的也不对，故本题选D.

【点睛】本题考查了推理的应用，假设法是经常用的方法.

9.已知函数是上的奇函数，且对任意，都有．若，则的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由函数单调性的定义可知函数在上单调递减，再由奇函数的性质可得函数在上单调递减，结合即可得解.

【详解】对任意，都有，

对任意，都有，

函数在上单调递减，

又函数是上的奇函数，函数在上单调递减，

又，

即.

故选：A.

【点睛】本题考查了函数单调性、奇偶性的应用，考查了对数式的大小比较，属于中档题.

10.执行如图的程序框图，则输出的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

执行程序框图，注意变量的取值的变化，逐步计算即可得解.

【详解】当，时，进入循环；

，，此时，进入循环；

，，此时，进入循环；

，，此时，进入循环；

，，此时，进入循环；

，，此时，进入循环；

，，此时，输出.

故选：C.

【点睛】本题考查了程序框图的求解，属于基础题.

11.2020年春节突如其来的新型冠状病毒肺炎在湖北爆发，一方有难八方支援，全国各地的白衣天使走上战场的第一线，某医院抽调甲乙丙三名医生，抽调三名护士支援武汉第一医院与第二医院，参加武汉疫情狙击战．其中选一名护士与一名医生去第一医院，其它都在第二医院工作，则医生甲和护士被选为第一医院工作的概率为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意，利用列举法，将所有情况列举出来，再利用古典概型求概率.

【详解】解：根据题意，选一名护士与一名医生去第一医院，有9种情况，如下：

甲，甲，甲，乙，乙，乙，丙，丙，丙，

而医生甲和护士被选为第一医院工作有1种情况，

所以概率为：.

故选：D.

【点睛】本题考查实际问题中古典概型求概率，理解题目是关键.

12.已知抛物线上一动点到其准线与到点M（0，4）的距离之和的最小值为，F是抛物线的焦点，是坐标原点，则的内切圆半径为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】由抛物线的定义将到准线的距离转化为到焦点的距离，

到其准线与到点M（0，4）的距离之和的最小值，也即为最小，

当三点共线时取最小值．

所以，解得，

由内切圆的面积公式，解得．故选D．

第Ⅱ卷（非选择题)

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则_________．

【答案】

【解析】

【分析】

由奇函数的性质可得，代入运算即可得解.

【详解】函数是定义在上的奇函数，且当时，，

.

故答案为：.

【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，属于基础题.

14.函数 的最小值是_________

【答案】1

【解析】

【分析】

利用辅助角公式可以得到，，从而可求函数的最小值.

【详解】因为，所以，

因为，故，所以，

所以当时，的最小值为，

【点睛】对于形如的函数，我们可将其化简为，其中，．

15.已知长方体全部棱长和为，表面积为，则该长方体的外接球的表面积为_________．

【答案】

【解析】

【分析】

设长方体的长、宽、高分别为、、，由题意可得，化简可得，由求出球的半径后，代入球的表面积公式即可得解.

【详解】设长方体的长、宽、高分别为、、，

由题意得，

所以，

所以，

所以该长方体外接球的半径,

所以该长方体外接球的表面积.

故答案为：.

【点睛】本题考查了长方体的几何特征及其外接球表面积的求解，考查了运算求解能力，属于中档题.

16.已知三角形中，内角，，所对的边分别为，，，满足，，则______．

【答案】

【解析】

【分析】

由余弦定理，角化边可得，再由三角形的内角和为，可得解.

【详解】∵，∴，∴，

∴，可得，∵，∴.

故答案为．

【点睛】本题主要考查了余弦定理的边角互化，属于基础题.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答．必做题：共60分．

17.在等差数列中，，且、、成等比数列.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若数列的公差不为，设，求数列的前项和.

【答案】（Ⅰ），或；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由，，成等比数列,则,将的通项公式代入，可解出的公差,可得通项公式.

（Ⅱ）由（Ⅰ）有，然后分组求和即可.

【详解】（Ⅰ）设数列的公差为.因为，，成等比数列，所以，

又，所以，即

解得或.

当时，.

当时，.

（Ⅱ）因为公差不为，由（Ⅰ）知，则，

所以.

【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式的求法和应用，用分组求和的方法求前项和，属于基础题.

18.为了调查一款手机的使用时间，研究人员对该款手机进行了相应的测试，将得到的数据统计如下图所示：

并对不同年龄层的市民对这款手机的购买意愿作出调查，得到的数据如下表所示：

（1）根据图中的数据，试估计该款手机的平均使用时间；

（2）请将表格中的数据补充完整，并根据表中数据，判断是否有99．9％的把握认为“愿意购买该款手机”与“市民的年龄”有关．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】（1）7.76年.（2）见解析，有99．9％的把握认为“愿意购买该款手机”与“市民的年龄”有关．

【解析】

【分析】

（1）由频率直方图，求出各组的频率，利用平均数公式，即可求解；

（2）根据列联表数据关系补全列联表，求出对比参考数据，即可得出结论.

【详解】解：（1）

该款手机的平均使用时间为7.76年.

（2）

可知有99．9％把握认为“愿意购买该款手机”与“市民的年龄”有关．

【点睛】本题考查由频率直方图求平均数，考查两个变量独立性检验，考查计算能力，属于中档题.

19.如图，在四棱锥中，平面 平面，，， .

(1)证明

(2)设点在线段上，且，若的面积为，求四棱锥的体积

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）推导出BA⊥AD，BA⊥PD，AP⊥PD，从而PD⊥平面PAB，由此能证明PD⊥PB．

（2）设AD＝2a，则AB＝BC＝AP＝a，PDa，，得为等腰三角形，利用推得面积，进而求出a＝2，由此能求出四棱锥P﹣ABCD的体积．

【详解】(1) 平面平面 ，

平面，，

在中，，，

由正弦定理可得： ，，∴PD⊥PA,又PA∩AB=A,

∴ 平面，.

(2)取的中点，连结， ，设AD＝2a，则AB＝BC＝AP＝a，PDa,则，∴为等腰三角形，且底边BC上的高为

，的面积为.

的面积为，解得：，

四梭锥的体积为 .

【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

20.已知圆，圆，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）设不经过点的直线l与曲线C相交于A，B两点，直线QA与直线QB的斜率均存在且斜率之和为-2，证明：直线l过定点.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据动圆P与圆M外切并且与圆N内切，得到，，从而得到，得到，从而求出椭圆的标准方程；（2）直线l斜率存在时，设，代入椭圆方程，得到，，表示出直线QA与直线QB的斜率，根据，得到，的关系，得到直线所过的定点，再验证直线l斜率不存在时，也过该定点，从而证明直线过定点.

【详解】（1）设动圆P的半径为r，

因为动圆P与圆M外切，所以，

因为动圆P与圆N内切，所以，

则，

由椭圆定义可知，曲线C是以为左、右焦点，长轴长为8的椭圆，

设椭圆方程为，

则，，故，

所以曲线C的方程为.

（2）①当直线l斜率存在时，设直线，，

联立，

得，

设点，则，

，

所以，

即，

得.

则，

因为，所以.

即，

直线，

所以直线l过定点.

②当直线l斜率不存在时，设直线，且，

则点

，

解得，

所以直线也过定点.

综上所述，直线l过定点.

【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，椭圆的定义，求椭圆标准方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆中直线过定点问题，属于中档题.

21.已知函数.

求的最小值.

若.求证：存在唯一的极大值点，且

【答案】；证明见解析.

【解析】

【分析】

求出导函数，结合导函数值的正负研究函数的单调性进而可得结论；

通过可知，记，利用函数存在唯一的极大值点，得出，另一方面可知.

【详解】解： ，，

.

当时，，即函数在上单调递减；

当时，，即函数在上单调递增.

.

由知，

设，则

当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.

又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，.

因为，所以是的唯一极大值点 .

由得，故 .

由得 ，

由，可知，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以.

综上所述，存在唯一的极大值点，且.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，转化思想，属于难题.

选做题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答．如果多做，那么按所做的第一题计分．

22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线C极坐标方程；

（2）若直线l1，l2的极坐标方程分别为，，设直线l1，l2与曲线C的交点分别为O，M和O，N，求△OMN的面积．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）将曲线C的参数方程化为直角坐标方程，进而化为极坐标方程即可；

（2）将直线l1，l2的极坐标方程分别与曲线C的极坐标方程联立，可求得的极坐标，进而可求得△OMN的面积.

【详解】（1）由参数方程，可得普通方程为，

由，，可得，

所以曲线C的极坐标方程为.

（2）由直线l1：与曲线C交点为O，M，得.

由直线l2：与曲线C的交点为O，N，得.

易知，所以.

【点睛】本题考查圆的参数方程、圆的极坐标方程，考查三角形面积公式的应用，考查学生计算求解能力，属于基础题.

23.己知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若，求证：.

【答案】（1）；（2）详见解析.

【解析】

【分析】

(1)分段讨论去绝对值可解得 ;

(2)根据绝对值三角不等式可证.

【详解】（1）解：，

当时，由，得，解得.

当时，由，得，此时无解.

当时，由，得，解得.

综上所述，的解集为.

（2）证明：，

.

【点睛】本题考查了分类讨论去绝对值解绝对值不等式,考查了绝对值三角不等式,属于基础题.