【KS5U解析】安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟卷（九）数学（理）试题 Word版含解析

1、2020届模拟09理科数学测试范围：学科内综合.共150分，考试时间120分钟第卷（选择题 共60分）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.设复数满足（为虚数单位），则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】化简方程求出的表达式，然后求解即可.【详解】注意到，则.故选：b.【点睛】本题考查是的代数形式的混合运算，复数的幂运算，基本知识的考查.2.在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑

2、洞一样目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等定义：若一个位正整数的所有数位上数字的次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数已知所有一位正整数的自恋数组成集合，集合，则的真子集个数为（ ）a. 3b. 4c. 7d. 8【答案】c【解析】【分析】根据自恋数的定义,求出;用列举法表示出,求出交集后,由交集中元素个数,即可求出真子集个数.详解】解:依题意,故,故的真子集个数为7故选:c.【点睛】本题考查了集合的运算,考查了真子集的涵义.若集合中元素个数有 个,则其子集有 个,真子集有 个,非空子集有个,非空真子集有个.3.已知，则“”是“”的（ ）a. 充分

3、不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】c【解析】【分析】以为条件,判断能否推出;反之以为条件,判断能否推出,即可选择正确答案.【详解】解:由,得即,从而.以上推导过程均是可逆的故选:c.【点睛】本题考查了充分和必要条件.判断两个命题的关系时,通常分两步,若,则 是 的充分条件, 是的必要条件;反之,若则 是 的必要条件, 是的充分条件.4.用表示中的最大值，若，则的最小值为（ ）a. 0b. 1c. 2d. 3【答案】b【解析】【分析】令,求出分界点,结合函数的图像进行讨论,求出,进而可求最小值.【详解】解:可知当时,此时.当时,可得,此时当时,此时.综

4、上,可得当或时取得最小值1故选:b.【点睛】本题考查了函数的最值,考查了分段函数.求函数最值时,常用的方法有图像法,单调性法,导数法.对于分段函数求最值时,往往画出函数图像进行分析求值.5.如图，圆过正六边形的两个顶点，记圆与正六边形的公共部分为，则往正六边形内投掷一点，该点不落在内的概率为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】不妨设,求出正六边形的面积以及的面积,结合几何概型,可求所求的概率.【详解】解:依题意,不妨设,故正六边形的面积公共部分为的面积.故所求概率故选:d.【点睛】本题考查了几何概型.当题目已知为平面区域,在求概率时,往往用面积之比;当已知为射线问题时,往往

5、用角度之比;当已知为区间时,往往用长度之比;当已知为几何体时,往往用体积之比.6.已知正项等比数列的前项和为，且，若，则的大小关系为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由，求出公比，进而可求，明确，即可比较大小.【详解】解依题意,，故，则，因为，故.故选:b.【点睛】本题考查了等比数列，考查了等比数列前 项和，考查了指数函数的性质，考查了对数函数的性质.对于两个 型的数值在比较大小时，若底数相同，则结合指数函数的单调性判断；若指数相同则可结合幂函数的图像、性质进行判断；若底数、指数均不相同，则可找到中间量进行比较.7.如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中三视图，求得该

6、几何体的表面积为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由三视图可知,原几何体为半球体与圆柱体拼接而成,且半径为2, 高为2.进而可求表面积.【详解】解:将三视图还原,可知原几何体由半球体与圆柱体拼接而成其中半球体的半径为2,圆柱体的底面半径为2,高为2.故所求几何体的表面积故选:c.【点睛】本题考查了三视图,考查了圆柱的表面积,考查了球的表面积.由三视图求几何体的表面积时,需要由三视图还原几何体.本题的难点也正是几何体的还原.本题的易错点是求表面积时,多加、少加了底面的面积.8.已知单位向量的夹角为，若向量，且，则（ ）a. 2b. 4c. 8d. 16【答案】b【解析】【分

7、析】单位向量的夹角为，可得，利用，得，可得的值，再通过计算即可.【详解】解：依题意，故，故，故，解得，故，故，故.故选：b.【点睛】本题考查了向量数量积运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.9.执行如图所示的程序框图，若输出的的值是35，则判断框内应补充的条件为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据流程图，由开始，分别进行若干循环，探究跳出循环时的值，从而可得正确答案.【详解】当，可得；当，可得；当,，可得；当，可得；当，可得；当，可得；当，可得；当，可得；当，可得；当，可得.故判断框内应补充的条件为.故选：c.【点睛】本题考查了流程图.

8、对于已知结果补充流程图问题，常考的为循环框图，往往采用代入选项进行验证的方法.此类题型的易错点为：临界点能正确求出,但不能正确写出判断条件.10.过椭圆一个焦点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，是原点，若是等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】焦点坐标代入椭圆方程中可求出交点坐标,结合是等边三角形,可知,结合椭圆中 的取值范围,可求椭圆的离心率.【详解】解:不妨设题中的焦点为椭圆的右焦点,将焦点坐标代入椭圆方程中得两交点坐标分别为.由于是等边三角形,则可得从而,即,解之得或(舍去)故选:d.【点睛】本题考查了椭圆离心率的求解.本题的关键是由等边三角形

9、求出 的关系式.本题的易错点是忽略椭圆中离心率的取值范围,没能进行正确取舍.11.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是 （ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】由图象可得当 ， ，故可排除c，因为当 时， .当 ，可得 ，而当 时， ，故可排除d选项，当 时， ，故可排除a选项，本题选择b选项.12.若函数在区间上不单调，则的取值范围为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】求出，分别求出在区间上单调递增和在区间上单调递减时的取值范围，都转化为最值来求的取值范围，则可求出在区间上是单调函数的的取值范围，求其补集即可得结果.【详解】，若在区间上单调递增，可得，记，要使

10、得对恒有，只需.若在区间上单调递减，可得，要使得对恒有，只需.由于，令可得，令可得，则在单调递增，在单调递减，由于，则，由此可得当时，在区间上单调递增，当，在区间上单调递减，所以取值范围为，故选：c.【点睛】本题考查根据函数单调性求参数的取值范围，考查学生转化问题和分析问题的能力，是一道中档题.第卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在题中的横线上.）13.已知函数，则函数图象的对称轴为_.【答案】【解析】【分析】由,进而由诱导公式及二倍角公式可知, .令，从而可求函数的对称轴.【详解】解:依题意,由得,故的图象关于直线对称.故答案为: 【点睛】本题

11、考查了诱导公式,考查了二倍角公式,考查了三角函数对称轴的求法.对于,采用整体的思想,令 可求对称轴,令,可求对称中心的横坐标.本题的易错点有两个,一是最后答案未写成 的形式;二是解时,未除以.14.展开式中的系数为2016，则展开式中常数项为_.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】根据的系数等于，可得的值，进而可得展开式中常数项.【详解】，则的系数等于，由此可得，故展开式中常数项为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式指定项的系数，注意二项展开式通项公式的准确使用，是中档题.15.已知点满足，求的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】画出满足约束条件的可行域, 将看作阴影部分区域内的点与点

12、连线的斜率,通过分析可求 的最值,从而可求的最值.【详解】解:不等式组所表示平面区域如图所示阴影部分(包括边界),其中为直线的交点, 计算可得三点坐标分别为表示阴影部分区域内的点与点连线的斜率由图象可得的最大值为的最小值为,故,从而.故答案为: .【点睛】本题考查了线性规划问题.在求目标函数的最值时,常见的目标函数有三种形式,一是 型,此时将 当做直线与 轴的截距相关的量;二是,此时将看作是可行域内一点与 连线的斜率;三是,此时将看作是可行域内一点与的距离的平方.16.设是数列的前项的和，如果是与的等差中项，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据是与的等差中项可得，通过累加法可得，再通过

13、可得，再利用基本不等式可得的最小值.【详解】由条件得，即，由于，则，即，那么.当，当，故.，等号成立当且仅当，即.故答案为：.【点睛】本题考查利用递推式求通项公式，考查利用基本不等式求数列的最值，是中档题.三、解答题（本大题共6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，角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求.【答案】(1)2;(2).【解析】【分析】(1)由整理可知,进而求出的值,结合正弦定理即可求出.(2)由整理可知,进而由余弦定理可求、,从而可求 .【详解】解:(1)由得即解得或(舍去)由正弦定理得.（2）由余弦定理得,将代入得,解得.由余弦定理得，又为三

14、角形内角，故，又，从而.【点睛】本题考查了正弦定理,考查了余弦定理,考查了三角恒等变换.若题目已知角的等式求边的关系时,常结合正弦定理、余弦定理进行边角互化.已知两角及一角的对边,常选择正弦定理解三角形;已知两边及其夹角或者已知三边时,常用余弦定理解三角形.18.每逢节日，电商之间的价格厮杀已经不是什么新鲜事，今年的6月18日也不例外.某电商在6月18日之后，随机抽取100名顾客进行回访，按顾客的年龄分成6组，得到如下频数分布表：顾客年龄频数4243220164（1）在下表中作出这些数据的频率分布直方图；（2）用分层抽样的方法从这100名顾客中抽取25人，再从抽取的25人中随机抽取2人，求年龄

15、在内的顾客人数的分布列、数学期望.【答案】（1）见解析（2）见解析，【解析】【分析】（1）根据表中数据，作出频率分布直方图；（2）计算抽取的25人中年龄在25，35）内的顾客人数，以及随机变量x的可能取值，求出对应的概率，写出x的分布列，计算数学期望值.【详解】（1）频率分布直方图如下图所示；（2）由题意，抽取25人中，有8人的年龄在内，的可能取值为，且，故随机变量的分布列为012的数学期望为.【点睛】本题考查了频率分布直方图以及离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题.19.如图1，平面五边形是由边长为2的正方形与上底为1，高为直角梯形组合而成，将五边形沿着折叠，得到图2所示的空

16、间几何体，其中.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（）以为原点，以平行于的方向为轴，平行于的方向为轴，建立空间直角坐标系.过点作的高，交于点，先证明出平面，设，根据，可求出，再利用向量法证明线线垂直，进而得到线面垂直；（2）求出平面abe的法向量、平面bcf的法向量，由即可求出线面角.【详解】（1）以为原点，以平行于的方向为轴，平行于的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.过点作的高，交于点.由于，所以平面，所以，又因为，所以平面.设，由题设条件可得下列坐标：， ，.，由于，所以，解得，故，.可求，且，从而，.因为平面，且，故平面；（2）由（

17、1）得，.设平面的法向量，由及得令，由此可得.设平面的法向量，由及得令，由此可得.则，因为二面角大于，则二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了空间位置关系，空间向量的综合应用，属于中档题.20.已知抛物线，不与坐标轴垂直的直线与抛物线交于两点，当且时，.（1）求抛物线的标准方程；（2）若过定点，点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）（2）见解析，定点.【解析】【分析】（1）根据直线和抛物线的相交的弦长公式建立方程即可求出抛物线的标准方程.（2）根据对称性设出，的坐标，联立方程求出直线的方程，结合方程进行判断即可.【详解】（1）将抛物线方程和直线方程联立，得，消去得，

18、由根与系数关系可得，则，则，化简得，解之得或（舍去），故抛物线的标准方程为；（2）直线方程为，设坐标分别为.因为点与点关于轴对称，所以坐标为，显然点也在抛物线上.设直线与轴交点的坐标为.由消去得.所以，.由于三点共线，则，从而，化简得，又，则，故过定点.【点睛】本题主要考查直线的斜率公式，抛物线的定义、标准方程以及简单性质的应用，属利用直线和抛物线的关系，利用设而不求思想是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，有一定的难度.21.已知.（1）讨论函数的单调性；（2）证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）由函数的解析式求得函数的定义域，再求出，分类讨论的范围，求得的符号

19、，从而求得函数的单调区间.（2）利用导数求得在区间单调递减，可得当时，有，再用放缩法证得，从而证得要证的不等式成立.【详解】（1）的定义域为，.令，可得或.当时，由得，由得，由此可得的单调递增区间为，单调递减区间为.当时，由得，由得，由此可得的单调递增区间为，单调递减区间为.当时，由得，由得或，由此可得的单调递增区间为，单调递减区间为，.当时，可得，故的单调递减区间为.当时，由得，由得或，由此可得的单调递增区间为，单调递减区间为，；（2）当时，由（1）得在区间单调递减，由此可得当时，即.令，则，从而，由此得，.【点睛】本题考查函数的单调性的讨论，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意累加法、

20、构造法、导数性质的合理运用，属于难题.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题号.选修44坐标系与参数方程22.在极坐标系中，曲线的极坐标方程为.现以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为(为参数).（1）求曲线直角坐标系方程和直线的普通方程；（2）点在曲线上，且到直线的距离为，求符合条件的点的直角坐标.【答案】(1),;(2), ,.【解析】【分析】(1) 两边同时乘以,结合 即可求解;对于直线,消除参数即可得普通方程.(2)由题意求出曲线的参数方程为,由到直线的距离为,可知,整理后可求出 的值,从而可得答案.【详解】解:(1)由曲线的极坐标方程为,则即,得其标准方程为.直线参数方程为(为参数),则其普通方程为.(2)由(1)得曲线为圆心为,半径为