广西南宁市2020届高三数学毕业班第二次适应性模拟测试试题 理（含解析）

南宁市高中毕业班第二次适应性模拟测试 数学（理科）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，集合 ，则=( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由集合的交集运算得解【详解】，由此，故选B。【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题。2.若复数满足 (是虚数单位),则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】，故选A。【点睛】本题考查复数的除法运算，属于基础题。3.若向量, 且,则实数的值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意列出方程，求解即可得出结果.【详解】因为向量，所以，又，所以，解得.故选A【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于基础题型.4.去年年底甲、乙、丙、丁四个县人口总数为万,各县人口占比如图.其中丙县人口为70万.则去年年底甲县的人口为( )A. 162万B. 176万C. 182万D. 186万【答案】C【解析】【分析】根据统计图得到丙县人口所占百分比，求出四个县的总人口，进而可求出结果.【详解】由统计图可得，丙县人口占四个县总人口的，又丙县人口为70万，所以四个县总人口为万，因甲县人口占四个县总人口的，所以甲县的人口为万.故选C【点睛】本题主要考查扇形统计图，会分析统计图即可，属于基础题型.5.已知双曲线的一个焦点为（2，0），则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由双曲线的一个焦点坐标为（2，0），可求出双曲线的方程，进而可得其渐近线方程.【详解】因为双曲线的一个焦点为（2，0），所以，故，因此双曲线的方程为，所以其渐近线方程为.故选C【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的性质即可，属于基础题型.6.已知数列満足: ,，则=( )A. 0B. 1C. 2D. 6【答案】B【解析】【分析】由，可得，以此类推，即可得出结果.【详解】因为，所以，以此类推可得，.故选B【点睛】本题主要考查数列的递推公式，由题意逐步计算即可，属于基础题型.7.巳知将函数的图象向左平移个単位长度后.得到函数的图象.若是偶函数.则=( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由题意写出，根据是偶函数求出，即可得出结果.【详解】由题意可得：，因为是偶函数，所以，即，又，所以，解得，所以，故；所以.故选A【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换与三角函数的性质，熟记性质即可，属于常考题型.8.已知满足条件若的最小值为0,则=( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据约束条件作出可行域，将目标函数化为，结合图像以及的最小值，即可求出结果.【详解】由约束条件作出可行域，又目标函数表示直线在轴截距的二倍，因此截距越小，就越小；由图像可得，当直线过点时，在轴截距最小；由解得，所以，又的最小值为0，所以，解得.故选B【点睛】本题主要考查简单的线性规划，已知目标函数最值求参数的问题，属于常考题型.9.曲线与直线围成的平面图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先作出直线与曲线围成的平面图形的简图，联立直线与曲线方程，求出交点横坐标，根据定积分即可求出结果.【详解】作出曲线与直线围成的平面图形如下：由解得：或，所以曲线与直线围成的平面图形的面积为.故选D【点睛】本题主要考查定积分的应用，求围成图形的面积只需转化为对应的定积分问题求解即可，属于常考题型.10.已知抛物线的准线方程为，的顶点在抛物线上，两点在直线上，若，则面积的最小值为( )A. 5B. 4C. D. 1【答案】D【解析】【分析】准线方程为，得抛物线方程,根据弦长公式解得BC，将面积的最小值转化为A点到直线的距离的最值问题。【详解】依题意得抛物线方程，因为，所以，将代入得，由得.此时抛物线的切线为，则两条平行线之间距离为，即点A到直线的最小距离，故最小值.故选D。【点睛】本题考查了弦长公式，平行线间的距离公式，利用平面几何的知识将面积的最值问题转化为特殊几何的位置求解。11.设过点的直线与圆的两个交点为，若，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先设，直线的方程为，联立直线与圆的方程，根据韦达定理以及，可求出，再由弦长公式即可求出结果.【详解】由题意，设，直线的方程为，由得，则，又，所以，故，即，代入得：，故，又，即，整理得：，解得或，又，当时，；当时，；综上.故选A【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，熟记直线与圆位置关系，结合韦达定理、弦长公式求解即可，属于常考题型.12.已知一个四棱锥的三视图如图.图中网格小正方形边长为1.则该几何体的各条棱中,最长的棱的长度为( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由三视图还原几何体，结合题中数据，分别求出各棱长，即可得出结果.【详解】由三视图可得该四棱锥为，由题中数据可得，即最长的棱为，长度为.故选B【点睛】本题主要考查几何体的三视图，以及棱锥的相关计算，熟记几何体的结构特征即可，属于常考题型.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.二项式的展开式中的系数为_（用数字作答）【答案】15【解析】【分析】先写出二项展开式的通项公式，即可求出展开式中的系数.【详解】因为二项式的展开式的通项为，令得，所以展开式中的系数为.故答案为【点睛】本题主要考查指定项的系数，熟记二项展开式的通项公式即可，属于基础题型.14.已知等差数列的前项和为，若，则=_.【答案】63【解析】【分析】由等差数列的前项和公式可得，即可求出结果.【详解】因为，所以.故答案为【点睛】本题主要考查等差数列的前项和，以及等差数列的性质，熟记公式即可，属于基础题型.15.在直三棱柱中，,则异面直线与所成角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】先由题意可得两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出直线与的方向向量，根据向量夹角余弦值即可得出结果.【详解】因为，所以角为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设异面直线与所成角为，则.故答案为【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，空间向量法求异面直线所成角，是一种常用的方法，属于常考题型.16.已知函数，当时，取值范围为，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先分类讨论，求解在不同区间的最值，利用最值取得的条件对参数m进行讨论。【详解】当时，令，则或；，则，函数在上单调递减，在单调递增，函数在处取得极大值为，在出的极小值为.当时，综上所述，的取值范围为【点睛】已知最值求参数的取值范围，主要的解题手段有两种，含参分类讨论或是数形结合利用图像分析出参数的取值。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.17.已知在中，所对的边分别为,若，的面积为23.(1)求角的大小;(2)若,求的值.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用面积公式和余弦定理求解即可。（2）利用余弦公式先求，再利用正弦公式求解。【详解】（1）由得面积为可得，由及余弦定理可得， 故； （2），又，可得. 由正弦定理，得 【点睛】本题属于基础题，考查余弦定理和正弦定理的应用，学生要熟练掌握其中的计算技巧。18.一汽车销售公司对开业4年来某种型号的汽车“五-”优惠金额与销售量之间的关系进行分析研究并做了记录,得到如下资料.日期第一年第二年第三年第四年优惠金额x（千元）10111312销售量y（辆）22243127(1)求出关于的线性回归方程；(2)若第5年优惠金额8.5千元,估计第5年的销售量y(辆)的值.参考公式：【答案】（1）；（2）第5年优惠金额为85千元时，销售量估计为17辆【解析】【分析】（1）先由题中数据求出，再根据求出和，即可得出回归方程；（2）将代入回归方程，即可求出预测值.【详解】（1）由题中数据可得，,故，（2）由（1）得，当时，第5年优惠金额为85千元时，销售量估计为17辆.【点睛】本题主要考查线性回归分析，熟记最小二乘法求和即可，属于常考题型.19.如图,在侧棱垂直于底面的三棱柱中, 为侧面的对角线的交点, 分别为棱的中点.(1)求证:平面/平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）利用线线平行证明平面/平面，（2）以C为坐标原点建系求解即可。【详解】（1）证明分别为边的中点，可得,又由直三棱柱可知侧面为矩形，可得故有， 由直三棱柱可知侧面为矩形，可得为的中点，又由为的中点，可得. 由， 平面， 平面，得 平面， 平面， ，可得平面 平面. （2）为轴建立空间直角坐标系，如图， 则 ， 设平面的一个法向量为，取，有 同样可求出平面的一个法向量， 结合图形二面角的余弦值为.【点睛】本题属于基础题，线线平行的性质定理和线面平行的性质定理要熟练掌握，利用空间向量的夹角公式求解二面角。20.已知曲线上动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，若过的动直线与曲线相交于两点（1）说明曲线的形状，并写出其标准方程；（2）是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）曲线是椭圆，它的标准方程为；（2）存在点满足题意【解析】【分析】（1）先设动点坐标为，根据题意列出等式，化简整理即可求出结果；（2）分情况讨论如下：当直线与轴垂直时，易得点必在轴上.；当直线与轴垂直时，易得点的坐标只可能是；再证明直线斜率存在且时均有即可.【详解】（1）设动点坐标为点到直线的距离为依题意可知则化简得所以曲线是椭圆，它的标准方程为（2）当直线与轴垂直时，由椭圆的对称性可知，又因为,则从而点必在轴上.当直线与轴垂直时，则，由可设，由得，解得（舍去），或则点的坐标只可能是下面只需证明直线斜率存在且时均有即可.设直线的方程为，代入得.设所以设点关于轴对称点坐标因为直线的斜率同理得直线的斜率，三点共线.故.所以存在点满足题意【点睛】本题主要考查椭圆方程以及椭圆中的定点问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，属于常考题型.21.已知函数.(1) 若时,函数取得极值,求函数的单调区间；(2) 证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，根据时，函数取得极值，求出，进而可求其单调区间；（2）先令，用导数的方法证明，得到时，再令，得，即，最后求，即可得出结论成立.【详解】（1）由题意可得，由时，函数取得极值知，所以所以，所以时，；时，；所以的单调增区间，单调减区间为.（2）当时，所以，令，则，当时，；当时，的单调减区间为，单调增区间为，所以，所以，增函数，所以时，所以时，令，得即所以上式中，然后个不等式相加，得到【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记通常用导数的方法研究函数单调性，最值等，属于常考题型.请考生在第22.23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第- -题计分.选修4-4:坐标系与参数方程22.选修4-4:坐标系与参数方程已知曲线的参数方程为 (为参数)，以原点为极点, 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的直角坐标方程;(2)设.直线与曲线交于点.求的值.【答案】（1）；（2）7【解析】【分析】（1）先将化为，进而可得出其直角坐标方程；（2）将直线参数方程代入（1）的结果，整理得到，再设，两点对应的参数分别为，进而可得，即可求出结果.【详解】（1）由得，又，即曲线的直角坐标方程为（2）将代入的直角坐标方程，得，设，两点对应的参数分别为，则.【点睛】本题主要考查极