贵州省黔东南州2020届高考数学第一次模拟考试试题 理（含解析）

黔东南州2020年高考模拟考试试卷数学(理科)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1. 已知集合，则集合=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】集合，集合，故选D.2. 若复数则的共轭复数对应的点所在的象限为（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】C【解析】由，其对应的点的坐标为，故复数对应的点所在的象限为第二象限，故选B.3. 某几何体三视图如右图所示，图中三个等腰直角三角形的直角边长都是，该几何体的体积为 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：该几何体是底面是等腰直角三角形的三棱锥，顶点在底面的射影是底面直角顶点，所以几何体的体积是考点：三视图4. 下列命题中正确的是（ ）A. 是的充分必要条件B. 函数的零点是和C. 设随机变量服从正态分布,若，则D. 若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后,则样本的方差会改变【答案】C【解析】A由得，则是的充分不必要条件，故A错误；B由得，则，即或，即函数的零点是和，故B错误；C随机变量服从正态分布，则图象关于轴对称，若，则，即，故C正确；D若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后，则样本的方差不会改变，故D错误，故选C.5. 若是等差数列，公差成等比数列，则该等比数列的公比为（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】考点：等差数列的性质；等比数列分析：先根据题设可知a32=a2a6，把等差数列通项公式代入，求得d和a1的关系，进而求得的值，答案可得解：a2，a3，a6成等比数列，a32=a2a6，即（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5），整理得d2+2a1d=0d=-2a1，=3故答案为36. 阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】B【解析】该程序框图是循环结构,经第一次循环得到；经第二次循环得到，；经第三次循环得到，；经第四次循环得到，满足判断框的条件，执行是，输出4，故选B.7. 变量满足条件，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：如图，画出可行域，表示可行域内的点到点距离的平方，很显然，点B（0，1）到（2，0）的距离最小，最小值是，故选D考点：线性规划8. 在平行四边形中，,若将其沿折成直二面角,则与所成的角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，如图，过点A作，在和，则，在空间四边形中，直二面角，平面，以点为原点，以为轴，为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，设与所成的角为，则，故选B.点睛：本题考查异面直线夹角求解，利用向量的方法，能降低了思维难度注意一般地异面直线所成角与两直线方向向量夹角相等或互补，余弦的绝对值相等；由得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量方法求出异面直线与所成角的余弦值.9. 过点(2,0)的直线l与圆x2y25相交于M、N两点，且线段MN=2，则直线l的斜率为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】设直线的斜率为，则直线的方程为，圆的圆心，半径，圆心到直线：的距离，过点的直线与圆相交于、两点，且线段，由勾股定理得，即，解得，故选C.10. 设不等式组表示的平面区域为D，在区域D内随机取一点，则此点到坐标原点的距离小于2的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：区域D的面积是3，做到原点的距离等于2的圆，圆与矩形的公共部分就是区域内到原点的距离小于2的点的集合，所以阴影面积=扇形EAF的面积+三角形ADE的面积=，所以概率就是，故选A考点：几何概型11. 如图，是椭圆与双曲线的公共焦点，分别是，在第二、四象限的公共点。若四边形为矩形，则的离心率是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】设，点为椭圆上的点，；，即；又四边形为矩形，即，由得：，解得，设双曲线的实轴长为，焦距为，则，双曲线的离心率，故选D.12. 已知函数，在区间上任取三个数均存在以为边长的三角形，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：，函数在区间时，时，时，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以函数的最小值是，最大值是，端点值，因为在区间上任取三个数均存在以，为边长的三角形，所以只需满足，即，解得，故选D考点：导数的应用【思路点睛】考察了导数的应用，属于中档题型，当考察导数的应用时，离不开求函数的导数，求极值点并确定函数的单调性，最后确定最值的问题，但如何满足在区间上任取三个数均存在以，为边长的三角形，因为三角形的任两边之和要大于第三边，所以转化为区间上的最小值+最小值最大值，那么就满足了任两边和大于第三边，所以问题转化为求函数在区间的最大值与最小值，问题就迎刃而解了二、填空题（本大题共计4小题，每小题5分.）13. 已知向量，则_。【答案】9【解析】试题分析：因为，所以，所以考点：1、向量垂直的充要条件；2、向量的加减运算14. 在的展开式中，所有项的系数和为，则的系数等于_。【答案】【解析】解：因为令x=1,则有，那么利用通项公式，令x的次数为-1，则求解得到r=2,则其常数项为15. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是_。【答案】【解析】由题意，恒成立，等价于始终在的下方，即直线夹在与相切的直线和之间，所以转化为求切线斜率由，可得，令，解得或，时， 成立；时，不成立，实数的取值范围是6，0，故答案为.16. 已知数列满足，令 ，则数列的前n项和=_。【答案】【解析】当时，当时，当时，当时，则由归纳法可知，则，则数列的前项和，故答案为.点睛：本题主要考查数列的求和计算，根据条件归纳出数列数列的通项公式，利用裂项法是解决本题的关键；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.三、解答题（本大题共8小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17. 在中，角A、B、C所对的边分别是、，已知.（I）求角B的大小；（II）若，求的取值范围.【答案】（I）；（II）.【解析】试题分析：（）由题意和三角函数公式化简可得，可得；（）由余弦定理和基本不等式可得，再由三角形三边关系可得.试题解析：（I）由已知得，即，即，解得或（舍去），又因为，所以（II）由余弦定理，有，因为，,所以，又因为，所以，即.18. 为了解高三年级学生寒假期间的学习情况，某学校抽取了甲、乙两班作为对象，调查这两个班的学生在寒假期间平均每天学习的时间（单位：小时），统计结果绘成频率分布直方图（如图）已知甲、乙两班学生人数相同，甲班学生平均每天学习时间在区间的有8人（I）求直方图中的值及甲班学生平均每天学习时间在区间的人数；（II）从甲、乙两个班平均每天学习时间大于10个小时的学生中任取4人参加测试，设4人中甲班学生的人数为，求的分布列和数学期望【答案】（I）3；（II）.【解析】试题分析：（I）由直方图能求出的值及甲班学生每天平均学习时间在区间的人数；（II）由已知得的所有可能取值为，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望.试题解析：（I） 由直方图知，解得，因为甲班学习时间在区间的有8人，所以甲班的学生人数为，所以甲、乙两班人数均为40人所以甲班学习时间在区间的人数为（人）（II）乙班学习时间在区间的人数为（人）由知甲班学习时间在区间的人数为3人，在两班中学习时间大于10小时的同学共7人，的所有可能取值为0，1，2，3，所以随机变量的分布列为：0123 19. 如图，四棱锥中，底面是菱形，面 面，,点为线段上异于、的点.（I）当点为的中点时，求证：/平面；（II）当二面角的余弦值为时，试确定点的位置.【答案】（I）见解析；（II）点为线段的中点.【解析】试题分析：（）当点为的中点时，根据线面平行的判定定理即可证明平面（）建立坐标系设出点的坐标，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可.试题解析：（I）设、的交点为，连结，因为、分别为、的中点，所以，又平面， 所以/平面. （II）设的中点为，因为，面面所以面，又因为在菱形中，所以，分别以、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则,， 设， 则,， 设平面的法向量为由得令，则 又平面的法向量为 所以，或（舍去）， 所以点为线段的中点.点睛：本题主要考查空间线面平行的判定以及二面角的求解，建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法是解决本题的关键，考查学生的运算和推理能力；通过线线平行证明线面平行主要的途径有：1、利用三角形中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；平面的法向量所成的角与二面角之间相等或互补，主要是通过图形确定.20. 已知抛物线 的准线与轴交于点，过点作曲线的切线，切点到轴的距离为,（I）求抛物线的方程；（II）设是抛物线上分别位于轴两侧的两个动点，且（其中为坐标原点）（i）求证：直线必过定点，并求出该定点的坐标；（ii）过点作的垂线与抛物线交于两点，求四边形面积的最小值.【答案】（I）；（II）（i）恒过定点；（ii）88.【解析】试题分析：（I）求得的坐标，圆心坐标和半径，由切线的性质和相似三角形解出，从而得出，进而得到抛物线方程；（II）（i）设出直线方程，联立抛物线方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，化简整理，即可得到定点；（ii）运用弦长公式和四边形的面积公式，换元整理，结合基本不等式，即可求得最小值.试题解析：（I）由已知可得，圆的圆心，半径为1，过点作轴，且与轴垂直相交于点，由题意可知，则而,则,即，则，抛物线. （II）（i）设直线，由可得，所以，又，即，解得或（舍去），所以，解得，则有恒过定点. （ii）由题意得，由（i）可得，同理，则四边形面积 ，令，则是关于的增函数，则当时，取得最小值，且为88.即当且仅当时，四边形面积的最小值为88. 21. 已知函数（I）讨论函数在上的单调区间；（II）当时，曲线上总存在相异两点,使得曲线在处的切线互相平行，求线段中点横坐标的取值范围.【答案】（I）在上单调递减，在上单调递增；（II）.【解析】试题分析：（）求出，当时，解不等式，即可；（）由题意可得，当时，（，且），由此可得，从而，只要求出在）的最大值即可.试题解析：（I）函数的定义域为 ，求导数得 令解得，当时，当时，；故在上单调递减，在上单调递增.（II）由题得，当时， ，即，恒成立，又，整理得，令，则，在上单调递减，在上的最大值为，线段中点横坐标的取值范围为.请考生在第22、23、24三道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。做答时请写清题号。22. 选修4-1：几何证明选讲如图，在中，是的角平分线，的外接圆交于点，（1）求证：；（2）当时，求的长.【答案】（）见解析；（）.【解析】试题分析：（I）连接DE，证明，利用AB=AC，结合角平分线性质，即可证明；（II）根据割线定理得，从而可求AD的长试题解析：（）连接,因为是圆内接四边形，所以又,即有又因为，可得因为是的平分线，所以,从而（）由条件知，设，则，根据割线定理得,即即，解得或（舍去），则考点：与圆有关的性质的应用23. 选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线，直线（为参数）（I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；（II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，求的最大值与最小值.【答案】（）；（）见解析.【解析】试题分析：（I）曲线，化为，利用可得参数方程直线即，即可化为普通方程；（）点到的距离为，利用，即可得出.试题解析：（）曲线的参数方程为（为参数）直线的