广西壮族自治区柳州市2020届高三数学3月模拟考试试题 文（含解析）

柳州市2020届高三毕业班3月份模拟考试文科数学一、选择题.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】B【解析】【分析】根据题意求出集合，再求出即可【详解】，故选B【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键是正确求出集合，属于基础题2.设为虚数单位，则复数的虚部为（ ）A.B. C. -1D. 1【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘除运算求出复数的代数形式，然后可得复数的虚部【详解】由题意得，所以复数的虚部为1故选D【点睛】解答本题容易出现的错误是认为复数的虚部为，解题的关键是得到复数的代数形式和熟记相关的概念，属于基础题3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因为所以选C考点：比较大小【此处有视频，请去附件查看】4.传承传统文化再掀热潮，在刚刚过去的假期中，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的中国诗词大会火爆荧屏，如图的茎叶图是两位选手在个人追逐赛中的比赛得分，则下列说法正确的是（ ）A. 甲的平均数大于乙的平均数B. 甲的中位数大于乙的中位数C. 甲的方差大于乙的方差D. 甲的方差小于乙的方差【答案】C【解析】【分析】根据茎叶图中的数据分别求出甲、乙的平均数、方差、中位数，然后通过比较可得正确的结论【详解】由茎叶图中的数据可得：， ， ，又甲的中位数为26，乙的中位数为28甲的平均数小于乙的平均数，所以A不正确；甲的中位数小于乙的中位数，所以B不正确；甲的方差大于乙的方差，所以C正确，D不正确故选C【点睛】本题考查识图和计算能力，解题的关键是从茎叶图中得到两个选手的得分，然后分别计算出相应的数字特征，然后进行比较后得到答案，属于基础题5.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题是真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】在A中，与相交或平行；在B中，m或m；在C中，由面面垂直的判定定理得；在D中，m与相交、平行或m【详解】由m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，知：在A中，若m，m，则与相交或平行，故A错误；在B中，若m，则m或m，故B错误；在C中，若m，m，则由面面垂直的判定定理得，故C正确；在D中，若m，则m与相交、平行或m，故D错误故选：C【点睛】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用6.如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果为（ ）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】B【解析】由题设当时，；当时，；当时，；当时，运算程序结束，输出，应选答案B。7.等差数列中，若，则的值是（ ）A. 4B. 5C. 6D. 8【答案】A【解析】【分析】由题意得，所以，所以，进而可得所求结果【详解】，故选A【点睛】本题考查等差数列中下标和性质的应用，解题的关键是进行适当的变形，以得到能运用性质的形式本题也可转化为等差数列的首项和公差后进行求解，属于基础题8.已知菱形的边长为2，为的中点，则的值为（ ）A. 4B. -3C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合图形可得，然后根据数量积的定义求解即可【详解】菱形的边长为2，为的中点， 故选B【点睛】本题考查向量数量积的运算，解题的关键是选择适当的基底，然后将所有向量用同一基底表示出来，再根据定义求解，属于基础题9.在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出直线和圆相交时的取值范围，然后根据线型的几何概型概率公式求解即可【详解】由题意得，圆的圆心为，半径为，直线方程即为，所以圆心到直线的距离，又直线与圆相交，所以，解得所以在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为故选C【点睛】本题以直线和圆的位置关系为载体考查几何概型，解题的关键是由直线和圆相交求出参数的取值范围，然后根据公式求解，考查转化和计算能力，属于基础题10.定义：，如，则（ ） A. 0B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】根据所给的运算法则和两角差的余弦公式求解即可【详解】由题意得故选C【点睛】本题考查新概念和两角差的余弦公式的运用，考查阅读理解能力，属于简单题11.已知双曲线的左、右焦点为、，双曲线上的点满足恒成立，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由是的边上的中线得到，于是可得，再根据，可得，进而得到所求范围【详解】是的边上的中线，当且仅当三点共线时等号成立又，又，故离心率的取值范围为故选C【点睛】解答本题时注意两点：一是注意数形结合在解题中的应用，特别是由题意得到；二是根据题意得到间的关系，再根据离心率的定义求解，属于基础题12.已知函数与的图像上存在关于轴对称的对称点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将题中的问题转化为方程在上有解，即方程在有解的问题处理，然后再转化为两函数的图象有公共点求解，借助导数的几何意义和图象可得所求范围【详解】函数与的图像上存在关于轴对称的对称点，方程在上有解，即方程在上有解，方程在有解设，则两函数的图象有公共点由得若为的切线，且切点为，则有，解得，结合函数图象可得若两函数的图象有公共点，则需满足所以实数的取值范围是故选A【点睛】本题考查转化思想和数形结合思想的应用，解题的关键是把两图象上有对称点转化为方程有根的问题求解，然后再根据两函数的特征选择用导数的几何意义求解，具有综合性，难度较大二、填空题（将答案填在答题纸上）13.若实数、满足约束条件，则的最大值为_【答案】11【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，由得，然后平移直线，根据的几何意义判断出最优解，进而可得所求最值【详解】由约束条件作出可行域如图阴影部分所示由，得平移直线，由图形可得，当直线经过可行域内的点时，直线在轴上的截距最大，此时取得最大值由，可得，所以故答案为：11【点睛】利用线性规划求最值体现了数形结合思想的运用，解题的关键有两个：一是准确地画出不等式组表示的可行域；二是弄清楚目标函数中的几何意义，根据题意判断是截距型、斜率型、还是距离型，然后再结合图形求出最优解后可得所求14.如图，在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图都是边长为2的等边三角形，左视图是等腰直角三角形，那么这个几何体的体积为_【答案】1【解析】【分析】根据三视图得到几何体的直观图，再根据直观图求出几何体的体积即可【详解】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，高为，底面为边长为2的正三角形，因此几何体的体积为故答案为：1【点睛】在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解15.已知正项等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为_【答案】4【解析】【分析】由可得，然后由 可得所求最小值【详解】由得，又，解得， ，当且仅当时等号成立故答案为：4【点睛】运用基本不等式求最值时，要注意使用的条件，即“一正、二定、三相等”，且三个条件缺一不可当条件不满足时，需要利用“拆”、“凑”等方法进行适当的变形，使之满足能使用不等式的形式考查知识间的综合运用，属于基础题16.已知抛物线的焦点为，过焦点作直线交抛物线于、两点，以为直径的圆的方程为，则_【答案】6【解析】【分析】由题意得到以为直径的圆的圆心坐标和直径长，进而得到弦的中点坐标和弦长，然后根据抛物线的定义及焦点弦长可求出的值【详解】由题意，以为直径的圆的方程即为，所以圆心坐标为，半径为，所以弦的中点的横坐标为1，且设，则，又由抛物线的定义可得，所以故答案为：6【点睛】本题考查抛物线的焦点弦的弦长问题，解题的关键是利用抛物线的定义进行求解，将弦长问题转化为抛物线上的点到准线的距离求解，考查转化能力的运用，属于基础题三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.在中，角所对的边分别为，且，.（1）求角；（2）若，的中线，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意及正弦定理得 ，再根据倍角公式可得，即，进而可得，于是（2）由的中线可得，两边平方后得到，又根据余弦定理得，于是，所以可得三角形的面积【详解】（1）由及正弦定理得， ， ，整理得，即；又，解得，（2）由可得：，即，又由余弦定理，由两式得，的面积【点睛】本题考查正余弦定理的应用及三角形的面积公式，解题的关键是根据需要进行适当的变形，逐步达到求解的目的，属于基础题18.某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域空气质量指数与空气质量等级对应关系如下表（假设该区域空气质量指数不会超过300）：空气质量指数空气质量等级1级优2级良3级轻度污染4级中度污染5级重度污染6级严重污染该社团将该校区在2020年11月中10天的空气质量指数监测数据作为样本，绘制的频率分布直方图如下图，把该直方图所得频率估计为概率.（1）以这10天的空气质量指数监测数据作为估计2020年11月的空气质量情况，则2020年11月中有多少天的空气质量达到优良？（2）已知空气质量等级为1级时不需要净化空气，空气质量等级为2级时每天需净化空气的费用为1000元，空气质量等量等级为3级时每天需净化空气的费用为2000元.若从这10天样本中空气质量为1级、2级、3级的天数中任意抽取两天，求这两天的净化空气总费用为3000元的概率.【答案】（1）9天（2）【解析】【分析】（1）由频率分布直方图得到11月中10天的空气质量优良的频率，即为概率，然后进行估计可得30天中空气优良的天数（2）设空气质量指数在的一天为，空气质量指数在的两天为、，空气质量指数在的三天为1、2、3，然后列举得到从中任意抽取两天的所有情况，进而可得到这两天的净化空气总费用为3000元的所有情况，最后根据古典概型概率求解即可【详解】（1）由频率分布直方图可得：这10天中1级优1天，2级良2天，3-6级共7天.所以这10天中空气质量达到优良的概率为，因为，所以11月中平均有9天的空气质量达到优良（2）设空气质量指数在的一天为，空气质量指数在的两天为、，空气质量指数在的三天为1、2、3，则从六天中随机抽取两天的所有可能结果为：，共15种情况其中这两天的净化空气总费用为3000元的可能结果为，共6种情况所以这两天的净化空气总费用为3000元的概率为【点睛】解答本题的关键有两个：一是读懂统计图表，并从中得到所需的数据，然后再进行解题；二是在列举时要做好标识、并做到不重不漏，这也是解答概率问题的常用方法考查阅读理解和识图用图的能力，属于基础题19.如图，菱形的对角线与相交于点，平面，四边形为平行四边形.（1）求证：平面平面；（2）若，点在线段上，且，三棱锥的体积是四棱锥体积的一半，求的值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）根据条件先证得，再由得，于是平面，进而可得结论成立（2）先求出四棱锥的体积，再求出，最后根据题意可得【详解】（1）证明：四边形为菱形，平面，平面，又四边形为平行四边形，平面平面，平面平面（2），四边形为菱形，为等边三角形，且，平面，四棱锥的体积为平面，点在线段上，且，所以点到平面的距离所以，解得【点睛】解答本题时注意两点：（1）证明空间中的平行（垂直）关系时，要注意三种平行（垂直）间的相互转化，并结合图形进行证明即可（2）求空间几何体的体积时，要找准几何体的底面及对应的高，然后再根据公式求解在求三棱锥的体积时，经常用到等体积法，通过变换三棱锥的形状达到求解的目的20.如图，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上任意一点，关于原点的对称点为，有，且的最大值.（1）求椭圆的标准方程；（2）若是关于轴的对称点，设点，连接与椭圆相交于点，直线与轴相交于点，试求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由对称可得，故又根据的最大值得到，进而得到，所以可得到椭圆的方程（2）由题意可设直线的方程为，结合由直线方程与椭圆方程组成的方程组可得直线的方程为，令，得点的横坐标，从而得到点为左焦点，进而得到【详解】（1）因为点为椭圆上任意一点，关于原点的对称点为，所以，又，所以，又的最大值为，知当为上顶点时，最大，所以，所以，所以所以椭圆的标准方程为.（2）由题意可知直线存在斜率，设直线的方程为，由消去并整理得.因为直线与椭圆交于两点，所以，解得设，则，且，直线的方程为，令，得 ，由得.所以点为左焦点，因此，所以【点睛】解答解析几何问题的方法是把题目信息坐标化，然后通过代数运算达到求解的目的，当然，在解题中需要用到大量的计算，所以在解题中要注意采取相应的措施以减少计算量，如“设而不求”、“整体代换”等方法的利用，最后再将结果还原为几何问题21.已知函数.（1）求的单调区间；（2）若直线：是函数的图像的切线且，求的最小值。【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为（2）的最小值为-1【解析】【分析】（1）由可得增区间，由可得减区间（2）设切点坐标为，根据导数的几何意义求得，又由，得，从而得到，然后再利用导数求出函数的最小值即可【详解】（1）， 由，得；由，得，的单调增区间为，单调减区间为（2）由题意得，则，设切点坐标为，则切线的斜率，又，令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增当时，有最小值，且，的最小值为【点睛】本题考查导数的几何意义和导数在研究函数性质中的作用，其中在研究函数的性质中，单调性是解题的工具和基础，而正确求导并判断导函数的符号是解题的关键，考查计算能力和转化意识的运用，属于基础题22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的，得到曲线，在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程及直线的直角坐标方程；（2）设点为曲线上的任意一点，求点到直线的距离的最大值.【答案】（1）曲线的极坐标方程为，直线的直角坐标方程；（2）.【解析】【分析】（1）由图象变换得到曲线的参数方程为（为参数），消去参数可得直角坐标方程，再化为极