安徽省六安市第一中学2020届高三数学模拟试题（四）文（含解析）

安徽省六安市第一中学2020届高三数学模拟试题（四）文（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分 1.设则是的（ ）A. 既不充分也不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 充分而不必要条件【答案】D【解析】【分析】由二次不等式的解法，由得出x的取值范围，再与进行比较，得解.【详解】解：解不等式，得：，又“”是“”的充分不必要条件，即“”是“”的充分不必要条件，故选：D【点睛】本题考查了二次不等式的解法及充分必要条件，属简单题2.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由复数的运算，结合复数的概念即可求出结果.【详解】，.故选A【点睛】本题考查复数的四则运算，考查运算求解能力.属于基础题型.3.直线与直线垂直，垂足为，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据两直线垂直可得，然后将点的坐标代入直线可得，同理可得，于是可得详解：直线与直线垂直，直线方程即为将点的坐标代入上式可得，解得将点的坐标代入方程得，解得故选B点睛：本题考查两直线的位置关系及其应用，考查学生的应用意识及运算能力，解题的关键是灵活运用所学知识解题4.已知，点为角的终边上一点，且，则角（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知，得出 sin（），将角化为（），根据和差角公式，求出的某种三角函数值，再求出【详解】|OP|7，sin，cos由已知，根据诱导公式即为sincoscossin，0，cos（），sinsin（）sincos（）cossin（），所以角故选：D【点睛】本题考查三角函数诱导公式、和差角公式的应用：三角式求值、求角运用和差角公式时，角的转化非常关键，注意要将未知角用已知角来表示常见的角的代换形式：（），2（）+（+）等5.数列满足，对任意的都有，则（ ）A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，将变形可得，进而可得，裂项可得；据此由数列求和方法可得答案【详解】根据题意，数列满足对任意都有，则，则，则；则；故选：C【点睛】本题考查数列的递推公式和数列的裂项相消法求和，关键是求出数列的通项公式，属于综合题6.秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图1所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入的值分别为4，2，则输出的值为（ ）A. 8B. 16C. 33D. 66【答案】D【解析】【分析】按照程序框图，逐步执行，即可得出结果.【详解】初始值，程序运行过程如下：，；，；，；，；，结束循环，输出 的值为66.故选D【点睛】本题主要考查程序框图，按照程序，逐步运行，即可得出结果，属于基础题型.7.若满足约束条件且向量，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由数量积的定义计算出，设，作出约束条件对应的平面区域，由目标函数的几何意义，即可求出结果.【详解】因为，所以，设,作出约束条件所表示的可行域，如图：由，则，平移直线，由图像可知，当直线经过点B时，直线的截距最大，此时最大，由，解得，即，此时，经过点A时，直线的截距最小，此时最小，由，解得，即，此时，则.故选A【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，做题的关键在于由向量的数量积，将问题转化为线性规划的问题来处理即可，属于基础题型.8.一个几何体的三视图如图所示，则该物体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由三视图知几何体为三棱锥，画出其直观图，根据三视图的数据求出底面面积，代入棱锥的体积公式计算可得答案.【详解】由三视图知几何体为三棱锥，其直观图如图：棱锥的高为1,底面三角形的面积，几何体的体积，故选D.【点睛】本题考查三视图与立体图之间的转换,几何体的体积公式的应用，主要考查学生的空间想象能力和应用能力.9.设双曲线的右焦点是，左、右顶点分别是，过作 的垂线与双曲线交于两点，若，则双曲线的渐近线的斜率为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由于，所以，分别计算出点的坐标代入，便能得到与的关系，从而求出双曲线渐近线的斜率。【详解】解：因为，过点作的垂线与双曲线交于两点，不妨设点在第一象限，所以得，又因为，双曲线的左、右顶点分别是所以，因为，所以，即解得：由得，故斜率为，故选B【点睛】双曲线渐近线斜率的问题，其本质是求解与的关系，解决的关键是要能根据条件构建出与的方程（不等式）。10.点在椭圆上，的右焦点为，点在圆上，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】要求的最小值，根据椭圆的定义可以转化为（其中为椭圆的左焦点），即求的最小值，即为圆心与的距离减去半径，进而解决问题。【详解】解：设椭圆的左焦点为则故要求的最小值，即求的最小值，圆的半径为2所以的最小值等于，的最小值为，故选D。【点睛】本题考查了椭圆定义的知识、圆上一动点与圆外一定点距离的最值问题，解决问题时需要对题中的目标进行转化，将未知的问题转化为熟悉问题，将“多个动点问题”转化为“少（单）个动点”问题，从而解决问题。11.在三棱锥中，平面平面，是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，求得所以外接圆的半径为，且，所以，又由平面平面，得平面，且，进而利用在直角中，由正弦定理求得求得半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，如图所示，因为是边长为的等边三角形，所以外接圆的半径为，且，所以，又由平面平面，在等腰中，可得平面，且，在直角中，,且,在直角中，,在直角中，由正弦定理得，即球的半径为，所以球的表面积为，故选A.【点睛】本题考查了有关球的组合体问题，以及球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，正确认识组合体的结构特征，注意组合体的性质的合理运用，合理求解球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.12.已知函数 ，且在上单调递增，且函数与的图象恰有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】函数在R上单调递增，所以每一段均要递增，且第一段的端点值要不小于第二段的端点值；函数与直线有两个不同交点,画出函数图像可以得出，有两种情况，然后分情况讨论解决问题。【详解】解：函数在R上单调递增，所以有，解得；因为函数与直线有两个不同交点,作出两个函数的图像，由图像知，直线与函数图像只有一个交点，故直线与只能有一个公共点。根据图像，可分如下两种情况：如图（1）的情况，与相交于一点，此时满足，解得，故； 图1 图2如图2的情况，直线与相切于一点，联立方程组得，即：所以，解得综上：或，故选C。【点睛】本题考查了分段函数的单调性问题，此问题不仅仅要考虑每一段的单调性情况，还要注意端点的大小关系；函数图像交点个数的问题，往往需要数形结合，图形的准确作出是解题关键。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知是等差数列，公差不为零若，成等比数列，且，则 .【答案】.【解析】试题分析：成等比数列，即，化简得,由得，联立得，故.考点：（1）等差数列的定义；（2）等比中项.14.知向量的夹角为，且，则向量在向量方向上的投影为_【答案】【解析】【分析】根据投影公式可得，向量在向量方向上的投影为，代入数据便可解决问题。【详解】解：向量在向量方向上的投影为所以，向量在向量方向上的投影为【点睛】本题考查了向量的投影公式、向量数量积公式，正确使用公式是解题的关键。15.已知实数，满足，其中是自然对数的底数，那么的最小值为_【答案】【解析】【分析】由已知点在曲线上，点在曲线上，的几何意义就是曲线上的点到曲线上的点的距离的平方，进而求出的最小值【详解】因为实数满足，所以，所以点在曲线上，点在曲线上，的几何意义就是曲线上的点到曲线上的点的距离的平方，最小值即为曲线上与直线平行的切线，因为，求曲线上与直线平行的切线即，解得 ，所以切点为，该切点到直线的距离，就是所求两曲线间的最小距离，所以的最小值为 。【点睛】本题考查曲线与直线间距离的最小值，即为曲线上与直线平行的切线的切点到直线的距离。16.我国齐梁时代的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图，将底面直径都为，高皆为的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离处的平面截这两个几何体，可横截得到及两截面.可以证明总成立.据此，半短轴长为1，半长轴长为3的椭球体的体积是_【答案】【解析】【分析】数学家祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，根据这一原理，可以得到半椭球体的体积为，从而得到椭球体的体积，解决本题。【详解】解：因为总成立则半椭球体的体积为所以，椭球体的体积为，因为椭球体的半短轴长为1，半长轴长为3所以，椭球体的体积为，故答案是。【点睛】本题考查了演绎推理的知识，数学家祖暅提出的原理：“幂势既同，则积不容异”作为大前提，根据题意中的小前提，推出椭球体的体积公式，这是解题的关键。三、解答题：本大题共6小题，共70分. 17.在中，角的对边分别为，.（1）若有两解，求的取值范围；（2）若的面积为，求的值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理可得，结合诱导公式以及两角和的正弦公式可得，从而可得，由可得结果；（2）由（1）知，可得，再利用余弦定理可得结果.【详解】（1），.即，.若有两解，解得，即的取值范围为.（2）由（1）知， ，.【点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到18.如图，三棱锥中，点在以为直径的圆上，平面平面，点在线段上，且，点为的重心，点为的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）连接，并延长交于点，连接，根据重心所具有的性质结合相似三角形可得，结合线面平行判定定理得结论；（2）根据圆的性质，由面面垂直性质定理可得平面，计算出三棱锥的体积，利用等体积法可求出点到平面的距离.试题解析：（1）如图，连接，并延长交于点，连接.因为为的重心，所以为的中点，且又，即，所以，又因为平面，平面，所以平面（2）因为点在以为直径的圆上，所以， 又因为平面平面，平面平面，所以平面.在中，如图，连接CQ，则，且，所以的面积.故三棱锥的体积.因为平面，所以，又因为，所以平面，故.在中，.所以的面积.设点到平面的距离为，即点到平面的距离为，则三棱锥的体积.显然，即，解得，即点到平面的距离为.19.为了调查一款电视机的使用时间，研究人员对该款电视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电视机的购买意愿作出调查，得到的数据如下表所示：愿意购买这款电视机不愿意购买这款电视机总计40岁以上800100040岁以下600总计1200（1）根据图中的数据，试估计该款电视机的平均使用时间；（2）根据表中数据，判断是否有99.9%的把握认为“愿意购买该款电视机”与“市民的年龄”有关；（3）若按照电视机的使用时间进行分层抽样，从使用时间在和的电视机中抽取5台，再从这5台中随机抽取2台进行配件检测，求被抽取的2台电视机的使用时间都在内的概率附： 0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）7.76；（2）见解析；（3）.【解析】【分析】(1)利用频率分布直方图求出平均数；(2)依题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；(3)依题意用列举法求出基本事件数，再计算所求的概率值【详解】（1）依题意，所求平均数为 ；（2）依题意，完善表中的数据如下所示：愿意购买该款电视机不愿意购买该款电视机总计40岁以上800200100040岁以下4006001000总计12008002000故；故有99.9%的把握认为“愿意购买该款电视机”与“市民的年龄”有关； （3）依题意，使用时间在内的有1台，记为A，使用时间在内的有4台，记为；则随机抽取2台，所有的情况为，共10种；其中满足条件的为，共6种，故所求概率为.【点睛】本题考查了频率分布直方图与独立性检验的应用问题，是基础题20.已知抛物线，点与抛物线的焦点关于原点对称，动点到点的距离与到点的距离之和为4.（1）求动点的轨迹；（2）若，设过点的直线与的轨迹相交于两点，当的面积最大时，求直线的方程.【答案】（1）详见解析（2）或【解析】【分析】（1）先求的坐标，若，则动点的轨迹不存在；若，则动点的轨迹为线段；若，则动点的轨迹为椭圆.（2）直线的斜率必存在，可先联立直线方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可求的长，再求出到直线的距离后可得面积表达式，最后利用基本不等式可得面积何时最大并能求出此时直线的方程.【详解】（1）当时，的轨迹不存在.当时，的轨迹为一线段，方程为；当时，的轨迹为焦点在轴上的椭圆，方程为.（2）若，则的轨迹方程为 .当轴时不合题意， 故设，.将代入得.由得，解得或.由韦达定理得， ，.又点到直线的距离，其中或.令，则且，当且仅当即,时等号成立,所以，当的面积最大时，的方程为或.方法二：若，则的轨迹方程为.当轴时不合题意， 故设，且.将代入得.由得，解得或.由韦达定理得，令，则且， 当且仅当即,时等号成立,所以，当的面积最大时，的方程为或.【点睛】（1）求动点的轨迹方程，一般有如下几种方法：几何法：看动点是否满足一些几何性质，如圆锥曲线的定义等；动点转移：设出动点的坐标，其余的点可以前者来表示，代入后者所在的曲线方程即可得到欲求的动点轨迹方程；参数法：动点的横纵坐标都可以用某一个参数来表示，消去该参数即可动点的轨迹方程.（2）圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过基本不等式或导数等求得.21.已知函数在处的切线与直线平行.（1）求实数的值，并判断函数的单调性；（2）若函数有两个零点，且，求证：.【答案】（1）在上是单调递减；在上是单调递增. （2）详见解析【解析】【分析】（1）由可得，利用导数可求的单调区间.（2）由可得，令，则且，构建新函数，利用导数可以证明即.【详解】（1）函数的定义域：，解得，令，解得，故在上是单调递减；令，解得，故在上是单调递增. （2）由为函数的两个零点，得两式相减，可得 即， 因此， 令，由，得.则， 构造函数， 则所以函数在上单调递增，故，即，可知.故命题得证.【点睛】（1）一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则（2）函数有两个不同的零点，考虑它们的和或积的性质时，我们可以通过