宁夏银川一中2020届高三数学第二次模拟考试试题 理（含解析）

银川一中2020届高三年级第二次模拟考试理科数学试题卷注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2. 作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共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.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合B，进而求交集即可得到结果.【详解】由题意可得，又 故选：C【点睛】本题考查交集的求法，解题时要认真审题，是基础题2.复数，则（ ）A. B. -2C. D. 2【答案】D【解析】【分析】把代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】解：， ，故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算， 是基础的计算题3.高铁、扫码支付、共享单车、网购被称为中国的“新四大发明”，为评估共享单车的使用情况，选了座城市作实验基地，这座城市共享单车的使用量（单位：人次/天）分别为，下面给出的指标中可以用来评估共享单车使用量的稳定程度的是（ ）A. ，的平均数B. ，的标准差C. ，的最大值D. ，的中位数【答案】B【解析】【分析】平均数反应的是水平,而方差和标准差反映的是稳定性.【详解】标准差能反映一个数据集的离散程度,因此可以用来评估共享单车使用量的稳定性,故选B.【点睛】本道题目考查了平均数和标准差的概念和意义,注意两者反映总体的水平不同.4.已知等比数列中，有，数列是等差数列，其前项和为，且，则（ ）A. 26B. 52C. 78D. 104【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为q，利用等比性质可得，即，再结合，即可得到结果.【详解】设等比数列的公比为q，0，解得4，数列是等差数列，且故选：B【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题5.如图，在中，是上一点，若，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，可根据向量运算法则得到（1m），从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值.【详解】由题意及图，又，所以，（1m），又t，所以，解得m，t，故选：C【点睛】本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.6.学校就如程序中的循环体，送走一届，又会招来一级。老师们目送着大家远去，渐行渐远.执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】由题意结合流程图运行程序确定输出的值即可.【详解】结合流程图可知程序运行过程如下：首先初始化数据：，此时满足，执行；此时满足，执行；此时满足，执行；此时不满足，输出的值为.本题选择C选项.【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题(3)按照题目的要求完成解答并验证7.双曲线：和直线，若过的左焦点和点的直线与平行，则双曲线的离心率为A. B. C. D. 5【答案】A【解析】【分析】利用两条直线平行的判定定理，可得到之间的关系，化简整理为的关系，即可求出离心率.【详解】过的左焦点和点的直线可写为：，即与平行 又 本题正确选项：【点睛】本题考查直线平行的判定定理以及双曲线离心率的求解，关键在于通过直线平行得到的关系.8.已知函数，要得到函数的图象，只需将函数的图象上的所有点（ ）A. 横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位得到B. 横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位得到C. 横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位得到D. 横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位得到【答案】B【解析】【分析】由题意，利用三角函数的图象变换，即可得到答案.【详解】将函数图象上点的横坐标伸长为原来的2倍，可得，再将上的点向右平移个单位，得，所以要得到，只需将图象上的点横坐标伸长为原来的倍，再向右平移个单位，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，其中解答总熟记三角函数的图象变换的规则，合理变换是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.9.一个四棱锥的三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形，该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先结合四棱锥三视图想象出直观图，找到该四棱锥外接球的球心和半径，然后计算表面积即可.【详解】解：因为正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形所以底面正方形的对角线为2，由主视图和侧视图知四棱锥的高即顶点到底面距离也为1所以底面正方形对角线的交点到各顶点距离相等且都为1所以该四棱锥的外接球球心即为底面中心，半径为1所以故选：C.【点睛】本题考查了空间几何体的外接球，找到球心和半径是解决这类题的关键.10.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】函数定义域是R，函数有两个极值点，其导函数有两个不同的零点；将导函数分离参数m后构造出的关于x的新函数与关于m的函数有两个不同交点，借助函数单调性即可确定m的范围.【详解】函数的定义域为，.因为函数有两个极值点，所以有两个不同的零点，故关于的方程有两个不同的解，令，则，当时，当时，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又当时，；当时，且，故，所以，故选B.【点睛】本题考查了利用函数极值点性质求解参数范围，解题中用到了转化思想和分离参数的方法，对思维能力要求较高，属于中档题；解题的关键是通过分离参数的方法，将问题转化为函数交点个数的问题，再通过函数导数研究构造出的新函数的单调性确定参数的范围.11.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）平面平面；平面；异面直线与所成角的取值范围是；三棱锥的体积不变.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】连接DB1，容易证明DB1面ACD1 ，从而可以证明面面垂直；连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得；分析出A1P与AD1所成角的范围，从而可以判断真假；=，C到面 AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变；【详解】对于，连接DB1，根据正方体的性质，有DB1面ACD1 ，DB1平面PB1D，从而可以证明平面PB1D平面ACD1，正确连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得 A1P平面ACD1，正确当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，错误；=，C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变三棱锥AD1PC的体积不变，正确；正确的命题为故选：B【点睛】本题考查空间点、线、面的位置关系，空间想象能力，中档题12.已知函数，若函数恰有5个零点，且最小的零点小于-4，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，则充分利用函数的图象，分类讨论的取值情况，得到的取值范围【详解】当时，当时，单调递减；当时，单调递增，故.当时，的图像恒过点，当时，；当时，.有5个零点，即方程有5个解，设，则. 结合图像可知，当时，方程有三个根，（，），于是有1个解，有1个解，有3个解，共有5个解.由，得，再由，得，.而当时，结合图像可知，方程不可能有5个解.故选：C【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13.的展开式中，的系数等于_【答案】-120【解析】【分析】利用通项公式即可得出【详解】（1x）10的展开式中，Tr+1（x）r，令r3，则T4x3，则x3的系数120故答案为：120【点睛】求二项展开式有关问题常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.14.已知实数，满足约束条件，若目标函数仅在点取得最小值，则的取值范围是_【答案】【解析】 作出不等式组对应的平面区域，如图所示， 若，则目标函数，即为此时函数在时取得最大值，不满足条件， 当，由，得， 若，目标函数斜率，此时平移，得在点 处的截距最大，此时取得最大值，不满足条件，若，目标函数斜率，要使得目标函数仅在点处取得最小值，则，即，所以实数的取值范围是.点睛：本题主要考查简单线性规划解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义；求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义线性规划问题有三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用，本题就是第三类实际应用问题.15.已知抛物线的焦点为，直线过且依次交抛物线及圆于点，四点，则的最小值为_【答案】13【解析】【分析】由抛物线的定义可知：，从而得到，同理，分类讨论，根据不等式的性质，即可求得的最小值.【详解】因为，所以焦点，准线，由圆：，可知其圆心为，半径为，由抛物线的定义得：，又因为，所以，同理，当轴时，则，所以，当的斜率存在且不为0时，设时，代入抛物线方程，得： ，所以，当且仅当，即时取等号，综上所述，的最小值为13，故答案是：13.【点睛】该题考查的是有关抛物线的简单性质的问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离，直线与抛物线相交的问题，基本不等式求最值问题，在解题的过程中，注意认真审题是正确解题的关键.16.已知数列的前项和为，数列的前项和为，满足，且.若对任意，恒成立，则实数的最小值为_【答案】【解析】【分析】当时，解得，当时，化简得，利用累积法，求得，进而得，利用裂项法得，进而利用对于任意恒成立，即可求解.【详解】数列的前n项和为，满足，当时，解得，所以当时，化简得，所以当时，当时上式也成立，所以，因为，所以，若对于任意恒成立，则实数的最小值为.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.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1721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。（一）必考题：共60分17.在中，角，所对的边分别是，已知，.（1）若，求值；（2）的面积为，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由，可得 ，由正弦定理可得，求得，利用诱导公式及两角和的正弦公式可得结果；（2）由，可得，再利用余弦定理，配方后化简可得.【详解】（1）由，则，且 ，由正弦定理，因为，所以，所以， （2）， ， ，.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径18.2020年7月18日15时，超强台风“威马逊”登陆海南省.据统计，本次台风造成全省直接经济损失119.52亿元，适逢暑假，小明调查住在自己小区的50户居民由于台风造成的经济损失，作出如下频率分布直方图：经济损失4000元以下经济损失4000元以上合计捐款超过500元30捐款低于500元6合计（1）台风后区委会号召小区居民为台风重灾区捐款，小明调查的50户居民捐款情况如上表，在表格空白处填写正确数字，并说明是否有以上的把握认为捐款数额是否多于或少于500元和自身经济损失是否到4000元有关？（2）台风造成了小区多户居民门窗损坏，若小区所有居民的门窗均由李师傅和张师傅两人进行维修，李师傅每天早上在7:00到8:00之间的任意时刻来到小区，张师傅每天早上在7:30到8:30分之间的任意时刻来到小区，求连续3天内，李师傅比张师傅早到小区的天数的分布列和数学期望.附：临界值表2.0722.7063.8415.02466357.87910.8280.150.100.050.0250.0100.0050.001参考公式：，.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图得出数据补全表格，然后计算出，结合临界值表得出结论；（2）设李师傅、张师傅到小区的时间分别为，.得到试验的全部结果所构成的区域为，并计算其面积，再得出事件表示“李师傅比张师傅早到小区”所构成的区域为，并计算其面积，然后由求出概率，记为李师傅比张师傅早到小区的天数，则，其中，由公式求得期望.【详解】（1）如下表：经济损失4000元以下经济损失4000元以上合计捐款超过500元30939捐款低于500元5611合计351550.所以有以上的把握认为捐款数额是否多于或少于500元和自身经济损失是否到4000元有关.（2）设李师傅、张师傅到小区的时间分别为，则可以看成平面中的点.试验的全部结果所构成的区域为，则，事件表示“李师傅比张师傅早到小区”，所构成的区域为，即图中的阴影部分面积为 ，所以，连续3天内，李师傅比张师傅早到小区的天数记为，则，.【点睛】本题考查了二联表和独立性检验，几何概型，二项分布，属于中档题.19.如图所示，是边长为2的正方形，平面，且.（1）求证：平面平面；（2）线段上是否存在一点，使二面角所成角的余弦值为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】()见解析() F为AD中点.【解析】【分析】（）先证BC平面ABE，进而得面面垂直；（）建立空间坐标系，设点F的位置，利用向量列方程求解【详解】（）平面，平面，平面，又，平面，又平面，平面平面.（）如图所示，建立空间直角坐标系，.假设线段上存在一点满足题意，易知：平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，由，得，取，得，.点为线段的中点时，二面角所成角的余弦值为.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20.已知点在椭圆：上，为坐标原点，直线：的斜率与直线的斜率乘积为（1）求椭圆的方程；（2）不经过点的直线：（且）与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为（与点不重合），直线，与轴分别交于两点，求证：.【答案】（）（）见解析【解析】【分析】（）根据椭圆的中点弦所在直线的斜率的性质，得到，得到，再结合椭圆所过的点的坐标满足椭圆方程，联立方程组，求得，进而求得椭圆的方程；（）将直线方程与椭圆方程联立，消元，利用韦达定理得到两根和与两根积，将证明结果转化为证明直线，的斜率互为相反数，列式，可证.【详解】（）由题意，即 又联立解得所以，椭圆的方程为：.（）设，由，得，所以，即，又因为，所以，解法一：要证明，可转化为证明直线，的斜率互为相反数，只需证明，即证明. ，.解法二：要证明，可转化为证明直线，与轴交点、连线中点的纵坐标为，即垂直平分即可.直线与的方程分别为：，分别令，得，而，同解法一，可得，即垂直平分.所以，.【点睛】该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有椭圆方程的求解，用到的结论有椭圆中点弦所在直线的斜率的特征，再者就是直线与椭圆相交的综合题，认真审题是正确解题的关键，注意正确的等价转化.21.已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1) 当a0，在（0，2）上单调递增，在（2，+）递减；当，在（0，2）和上单调递增，在（2，）递减；当a=，在（0，+）递增；当a，在（0，）和（2，+）上单调递增，在（，2）递减；(2) .【解析】【分析】（1）求出，分四种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）由（1）知当时，单调递增区间为，单调递减区间为，又，取，可证明，有两个零点等价于，得，可证明，当时与当且时，至多一个零点，综合讨论结果可得结论.【详解】（1）的定义域为，（i）当时，恒成立，时，在上单调递增；时，在上单调递减.（ii）当时，由得，（舍去），当，即时，恒成立，在上单调递增；当，即时，或，恒成立，在上单调递增；时，恒成立，在上单调递减.当，即时，或时，恒成立，在单调递增，时，恒成立，在上单调递减.综上，当时，单调递增区间为，单调递减区间为；当时，单调递增区间为，无单调递减区间为；当时，单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由（1）知当时，单调递增区间为，单调递减区间为，又，取，令，则在成立，故单调递增，有两个零点等价于，得，当时，只有一个零点，不符合题意；当时，单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；当且时，有两个极值，记，令，则，当时，在单调递增；当时，在单调递减，故在单调递增，时，故，又，由（1）知，至多只有一个零点，不符合题意，综上，实数的取值范围为.【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值、零点等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分。22.在平面