2020届广西玉林、柳州市高三上学期第二次模拟数学（理）试题（解析版）

2020届广西玉林、柳州市高三上学期第二次模拟数学（理）试题

一、单选题

1．设集合,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】首先求出集合，由集合的基本运算“交”即可求解。

【详解】

因为，，

所以

故选：C

【点睛】

本题考查集合的基本运算，属于基础题。

2．若复数满足（其中为虚数单位），则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】D

【解析】由复数的除法运算，化简复数得，再利用复数模的计算公式，即可求解．

【详解】

由复数满足，则，

则，故选D．

【点睛】

本题主要考查了复数的除法运算，以及复数模的计算，其中解答熟记复数的除法运算的公式，以及复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

3．已知，则a，b，c的大小关系（　　）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用指数函数的单调性与1作比较可以得出a与b的大小关系，通过对数函数的图像性质可以得到，得到最终的结果.

【详解】

由指数函数和对数函数图像可知：，

则的大小关系是：.

故选D．

【点睛】

本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

4．已知均为单位向量，若，则与的夹角为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由可求出，再根据向量的夹角公式，即可求出与的夹角．

【详解】

因为，所以，解得．

设与的夹角为，，所以．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查向量夹角公式和向量的模的计算公式的应用，属于基础题．

5．若等差数列和等比数列满足，，则为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

由题意可得，

∴，

∴．选A．

6．已知直线过点A（，0）且斜率为1，若圆上恰有3个点到的距离为1，则的值为(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为圆上恰有3个点到的距离为1，所以与直线平行且距离为1的两条直线，一条与圆相交，一条与圆相切，即圆心到直线的距离为1，根据点到直线的距离公式即可求出的值．

【详解】

直线的方程为：即．

因为圆上恰有3个点到的距离为1，所以与直线平行且距离为1的两条直线，一条与圆相交，一条与圆相切，而圆的半径为2，即圆心到直线的距离为1．

故，解得．

故选：D．

【点睛】

本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，以及点到直线的距离公式的应用，解题关键是将圆上存在3个点到的距离为1转化为两条直线与圆的位置关系，意在考查学生的转化能力与数学运算能力，属于中档题．

7．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2015年1月至2017年12月期间月接待游客量(单位：万人)的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（）

A．年接待游客量逐年增加

B．各年的月接待游客量高峰期在8月

C．2015年1月至12月月接待游客量的中位数为30万人

D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳

【答案】C

【解析】根据已知中2015年1月至2017年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，逐一分析给定四个结论的正误，可得答案．

【详解】

由已有中2015年1月至2017年12月期间月接待游客量(单位：万人)的数据可得：

年接待游客量呈上升趋势，所以年接待游客量逐年增加，故A正确；

每一年的接待量八月份的最大，故B正确；

折线图中没有具体数据，中位数无法计算，故C错误；

各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确.

故选C.

【点睛】

本题主要考查了学生的读题能力和信息处理能力，属于基础题.

8．的展开式中，项的系数为-10，则实数的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据产生项的来源，计算出展开式中的系数即可求出．

【详解】

展开式的通项公式为，分别令，可求得

的系数为，的系数为，

故的展开式中，项的系数为，解得．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查利用二项展开式的通项公式求特定项的系数，属于基础题．

9．函数的大致图象可能是 (　　 )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意，函数的解析式，可判定函数为为偶函数，排除A、B项，又由，可排除D项，即可得到答案。

【详解】

由题意，函数，满足，

即，，得函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除A、B项；

又由，排除D，

故可能的图象为C，故选C。

【点睛】

本题主要考查了函数的图象的识别问题，其中解答中熟练应用函数的基本性质，利用函数的单调性和奇偶性，进行排除选项是解答此类问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。

10．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，即可得答案.

【详解】

由题意可知，当时，不断执行循环结构，累加求和，可得

．当时，跳出循环．

所以输出的

　　　　　　．

故选：A．

【点睛】

本题主要考查程序框图算法功能的理解和利用裂项相加法求和，属于基础题．

11．如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分别是BF，CE上的点，AD∥BC，且AB=DE=2BC=2AF（如图1），将四边形ADEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）．在折起的过程中，下列说法中正确的个数（　　）

①AC∥平面BEF；

②B、C、E、F四点可能共面；

③若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD；

④平面BCE与平面BEF可能垂直

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【解析】根据折叠前后线段、角的变化情况，由线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理对各命题进行判断，即可得出答案．

【详解】

对①，在图②中，连接交于点，取中点，连接MO，易证AOMF为平行四边形，即AC//FM，所以AC//平面BEF，故①正确；

对②，如果B、C、E、F四点共面，则由BC//平面ADEF，可得BC//EF，又AD//BC，所以AD//EF，这样四边形ADEF为平行四边形，与已知矛盾，故②不正确；

对③，在梯形ADEF中，由平面几何知识易得EFFD，又EFCF，∴EF平面CDF，

即有CDEF，∴CD平面ADEF，则平面ADEF平面ABCD，故③正确；

对④，在图②中，延长AF至G，使得AF=FG，连接BG，EG，易得平面BCE平面ABF，BCEG四点共面．过F作FNBG于N，则FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，

则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故④错误．

故选：C．

【点睛】

本题主要考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理的应用，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．

12．已知点分别是双曲线C：的左、右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足，，则双曲线C的离心率的取值范围为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由，根据三角形的性质可知，为直角三角形，且．由双曲线的定义可得，，又

，可得，再由，可得到，即得到离心率的取值范围．

【详解】

由得，，根据三角形的性质可知，为直角三角形，且，．由双曲线的定义可得，，又

，可得．所以可化为

，即，而，

，解得，又，

．

故选：A．

【点睛】

本题主要考查双曲线的定义以及性质的应用，双曲线离心率的取值范围的求法，解题关键是不等关系的建立，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．

二、填空题

13．设曲线在点（0，）处的切线方程为，则___________.

【答案】

【解析】设，根据导数的几何意义可知， ， 即可求出的值．

【详解】

设，因为，根据导数的几何意义可知， ，

所以，解得．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查导数的几何意义的应用，属于基础题．

14．已知满足则最大值为_________．

【答案】4

【解析】由不等式组画出可行域，然后将目标函数转化为，求出函数的截距，题目所求z即为截距的二倍，求出其最大值即可。

【详解】

根据不等式组画出可行域如下：

将目标函数化成，即该直线在y轴上的截距的二倍即为z的值，由上图可知，截距的最大值为2，故z的最大值为4，答案即为4.

【点睛】

线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。做该类题目需要注意的是：一、准确无误的做出可行域；二、画函数所对应直线时，需注意与约束条件中直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界点上取得。

15．已知三棱锥S-ABC的各顶点都在同一个球面上，△ABC所在截面圆的圆心在AB上，SO⊥面ABC，AC=1，BC=，若三棱锥的体积是，则该球体的表面积是___________.

【答案】

【解析】如图所示，根据三棱锥的体积可以求出的长，再根据即可求出球的半径，并得到该球体的表面积．

【详解】

如图所示，△ABC所在截面圆的圆心在AB上，所以，．

，

因为，所以．

设球的半径为，则，解得．

故该球体的表面积是．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查三棱锥的体积以及其外接球的表面积的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．

16．已知椭圆：，是轴正半轴上一动点，若以为圆心任意长为半径的圆与椭圆至多有两个交点，则的取值范围是_____.

【答案】

【解析】联立椭圆方程与圆的方程，消去得到关于的一元二次方程，把圆与椭圆至多有两个交点转化为关于的一元二次方程在至多有一个根，再根据根的分布得到的取值范围.

【详解】

联立方程消去得：，

因为以为圆心任意长为半径的圆与椭圆至多有两个交点，

由于圆和椭圆的对称性，所以关于的方程对任意，在至多有一个根.

令，对称轴，

因为在轴正半轴，所以.

当时，即，方程在至多有一根，符合题意；

当，即，方程在至多有一根，则必有

或，对任意恒成立，

即或对任意的恒成立，其中，

因为，，

所以两个不等式对任意的都不会恒成立，所以不符合题意.

故填：.

【点睛】

本题以椭圆与圆的交点个数的几何问题，转化成一元二次方程在闭区间上根的个数问题，体现解析几何坐标化思想的运用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，是一道综合性较强的试题.

三、解答题

17．为迎接2022年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某校开展了“冰雪答题王”冬奥知识竞赛活动．现从参加冬奥知识竞赛活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求的值；

（2）估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

（3）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀”，比赛成绩低于80分为“非优秀”．请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？

参考公式及数据：  

【答案】（1）（2）74 （3）见解析，没有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”．

【解析】（1）根据各小矩形面积之和为1，即可解方程求出的值；

（2）由频率分布直方图可知，平均成绩为各小矩形的面积与各底边中点值的乘积之和，即可求出；

（3）根据题意填写列联表，计算的观测值，对照临界值即可得出结论．

【详解】

（1）由题可得

解得．

（2）平均成绩为：

（3）由（2）知，在抽取的名学生中，比赛成绩优秀的有人，由此可得完整的列联表：

∵的观测值，

∴没有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”．

【点睛】

本题主要考查频率分布直方图和独立性检验的应用问题，意在考查学生的数据处理能力，属于基础题．

18．△ABC的内角A，B，C所对边分别为，已知△ABC面积为.

（1）求角C；

（2）若D为AB中点，且c=2，求CD的最大值.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根据，由正弦定理化角为边，

得，再根据余弦定理即可求出角C；

（2）由余弦定理可得，又，结合基本不等式可求得．由中点公式的向量式得，再利用数量积的运算，即可求出的最大值．

【详解】

（1）依题意得，，

由正弦定理得，，即，

由余弦定理得，，

又因为，所以.

（2）∵，，

∴，即．

∵为中点，所以，

∴

当且仅当时，等号成立.所以的最大值为．

【点睛】

本题主要考查利用正、余弦定理解三角形，以及利用中点公式的向量式结合基本不等式解决中线的最值问题，意在考查学生的逻辑推理和数学运算能力，属于中档题．

19．已知三棱锥的展开图如图二，其中四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：

（1）证明：平面平面；

（2）若是的中点，求二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析（2）

【解析】（1）设的中点为，连接，，由边长关系得，从而可得平面，即可证明平面平面；

（2）由（1）问可知平面，所以以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系，利用向量法求出平面和平面的法向量，再利用二面角的公式即可得到二面角的余弦值。

【详解】

（1）设的中点为，连接，，

由题意，得，，．

因为在中，，为的中点，所以，

因为在中，，，，

，所以

因为，，平面，所以平面，

平面，所以平面平面

（2）由（1）问可知平面，所以，，，于是以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系，

则，，，，，，

，，

设平面的法向量为，则

由得：．令，得，，即

．

设平面的法向量为，由得：

，令，得，，即

．由图可知，二面角的余弦值为．

【点睛】

本题考查面面垂直的证明，以及空间向量法在二面角中的应用，，考查学生推理论证能力，运算求解能力，属于中档题。

20．已知抛物线的焦点为，若过且倾斜角为的直线交于，两点，满足.

（1）求抛物线的方程；

（2）若为上动点，，在轴上，圆内切于，求面积的最小值.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）求出抛物线的焦点，设出直线的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的定义，可得，进而得到抛物线方程；（2）设，，，不妨设，直线的方程为，由直线与圆相切的条件：，化简整理，结合韦达定理以及三角形的面积公式，运用基本不等式即可求得最小值.

【详解】

（1）抛物线的焦点为，

则过点且斜率为1的直线方程为，

联立抛物线方程，

消去得：，

设，则，

由抛物线的定义可得，解得，

所以抛物线的方程为

（2）设，，，

不妨设，

化简得：，

圆心到直线的距离为1，

故，

即，不难发现，

上式又可化为，

同理有，

所以可以看做关于的一元二次方程的两个实数根，

，，

由条件：

，

当且仅当时取等号.

∴面积的最小值为8.

【点睛】

本题主要考查了抛物线的定义、方程和性质，主要考查定义法和方程的运用，同时考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，直线和圆相切的条件：，以及基本不等式的运用，属于中档题.

21．函数

（1）讨论在其定义域上的单调性；

（2）设，m，n分别为的极大值和极小值，若S=m-n，求S的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）求出函数的定义域和导数，在其定义域内，解不等式和，即可求出函数的单调增区间和减区间，因为函数含参，注意分类讨论；

（2）由题可得在内有相异两根，

又，可得，由此解出．

因为，利用根与系数的关系，化简可得，构造函数，求出其在上的值域，即可得S的取值范围．

【详解】

（1）函数定义域为 ，

，

当时，，所以在单调递减；

当时，，所以在单调递增；

当时，在内有相异两根，

设，，

令所以或；令，∴；

∴在上递增，在上递减，在上递增．

（2）依题意可知，在内有相异两根，

所以，又，可得

此时设的两根为，∴ 

∵，  ∴，

由，且，得．

∴

由得 代入上式得

令，所以，，

则，

∴在上为减函数，

从而，即

∴．

【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，一元二次方程根与系数的关系的应用，以及构造函数求变量的取值范围问题，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于较难题．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）设为曲线上不同两点（均不与重合），且满足，求的最大面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由曲线的参数方程消去参数，得到曲线的普通方程，再利用普通方程与极坐标方程的转化公式即可得到答案；

（2）设出两点的极坐标，代入极坐标方程中，得到与，由三角形面积公式，对其进行化简，结合三角函数的值域，即可得到三角形面积的最大值。

【详解】

（1）设曲线上任意点的极坐标为，由题意，曲线的普通方程为，即，则，故曲线的极坐标方程为.

（2）设，则，故，

因为点在曲线上，则，，故

，,

故时，取到最大面积为.

【点睛】

本题考查参数方程、普通方程以及极坐标方程的转化，其中普通方程与极坐标方程转化的公式为： ，考查两线段积的取值范围的求法，涉及三角函数的辅助角公式以及三角函数的值域，考查学生转化与划归的思想以及运算求解的能力，属于中档题。

23．设函数

（1）解不等式；

（2）当，时，证明：.

【答案】（1）解集为；（2）见解析.

【解析】(1)零点分区间，去掉绝对值，写成分段函数的形式，分段解不等式即可；(2) 由（1）知，,，之后利用均值不等式可证明.

【详解】

（1）由已知可得：，

当时，成立；

当时，，即，则．

所以的解集为.

（2）由（1）知，，

由于，

则，当且仅当，即时取等号，

则有．

【点睛】

利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题．若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．