2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（六）数学（理）试题

/21/21/2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（六）数学（理）试题一、单选题1．设全集为，集合，，则（）A． B． C． D．【答案】B【解析】先求出集合B的补集，再与集合A求交集即可【详解】因为，所以.故选：B.【点睛】此题考查了集的交集补集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题2．已知在复平面内对应的点为，的共轭复数为，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据在复平面内对应点的坐标，写出复数，根据复数运算，即可容易求得结果.【详解】由在复平面内对应的点为，得，，所以，，，.故选：D.【点睛】本题考查复数在复平面内对应点的坐标，涉及共轭复数，复数的运算，属综合基础题.3．已知命题，总有，则为（）A．，使得 B．，使得C．，总有 D．，总有【答案】B【解析】根据全称命题与存在性命题的互为否定关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“，总有”的否定为：“，使得”.故选：B.【点睛】本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题与存在性命题的关系，准确改写是解答的关键，属于容易题.4．已知，，，则，，的大小关系是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】先利用指数函数的性质比较，1的大小，再利用对数的性质比较与1的大小，从而可比较出，，的大小关系【详解】解：因为，即，，所以故选：C.【点睛】此题考查指数式、对数式比较大小，主要利用指数函数和对数函数的性质比较大小，属于基础题.5．已知为等差数列的前项和，若，则（）A．12 B．15 C．18 D．21【答案】B【解析】利用等差数列的通项公式和前项和公式，结合已知条件，可求得，再利用等差数列前项和公式可求出结果【详解】解：由，得，所以.故选：B.【点睛】此题考查等差数列的通项公式和前项和公式的应用，属于基础题.6．函数在的图象大致为（）A． B．C． D．【答案】B【解析】分析函数的奇偶性，结合的符号可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，，该函数为奇函数，排除A选项；又，排除C、D选项.故选：B.【点睛】本题考查利用函数的解析式选择函数的图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及特殊函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.7．的展开式中项的系数为（）A．160 B．80 C． D．【答案】C【解析】求出的展开式中的系数和的系数即可得到的展开式中项的系数【详解】解：，其展开式的通项为，令，则，此时的展开式中的系数为，令，则，此时的展开式中的系数为所以的展开式中项的系数为故选：C.【点睛】此题考查二项式定理的应用，考查数学转化思想和计算能力，属于基础题8．已知向量，，若，，则（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】将已知条件，分别平方，得到的两式相减可得，由向量的数量积公式计算可得答案.【详解】将，两式分别平方，得，，两式相减得到，即.故选：D.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标公式，考查向量的模的处理方法，属于基础题.9．已知曲线在点处的切线方程为，则（）A． B．0 C．1 D．【答案】D【解析】利用导数的几何意义，求得在点处的切线方程，再根据切线过原点，即可求得参数.【详解】令，则，所以，因为曲线在点处的切线方程为，所以该切线过原点，所以，解得，即.故选：D.【点睛】本题考查导数的几何意义，只需准确写出切线方程即可，属基础题.10．已知双曲线的一条渐近线方程为，左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，若，且线段的垂直平分线恰好过点，则双曲线的方程为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知条件结合双曲线的定义可得从而可求出的值，再由渐近线方程为，可求出的值，从而可得到双曲线的方程【详解】解：由已知得所以，又双曲线的一条渐近线方程为，所以，所以，即该双曲线的方程为.故选：C.【点睛】此题考查了双曲线的定义和性质，属于基础题.11．关于函数有下述四个结论：①是偶函数；②在区间上单调递减；③在有四个零点；④的最小值是.其中所有正确结论的编号是（）A．①② B．②③ C．①④ D．①②④【答案】A【解析】①由函数奇偶性定义可判断.②由已知条件可去掉绝对值符号，化简函数解析式，由正弦函数的单调性可进行判断.③由函数为偶函数可先判断函数在的零点个数.④由函数的单调性可得到函数的最值.【详解】①中，所以是偶函数，①正确；②中时，在区间上单调递减，②正确；③中时，，又在区间上单调递减，且，所以在上只有一个零点，由是偶函数，得在有两个零点，③不正确；④因为的最小正周期为，且时，，在区间上单调递减，且，所以的最小值是，而不是，④不正确.故选：A.【点睛】本题考查命题的真假判断，考查正弦型函数的奇偶性，单调性，周期性，最值问题，考查学生分析问题的能力和推理能力，属于中档题.12．已知数列满足，，若数列的前50项和为，则数列的前50项和为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题设条件，化简得到，在由，化简得出，结合“裂项法”求和，即可求解.【详解】由题意，数列满足，，若数列的前50项和为，所以，所以.因为，所以，所以，即，所以数列的前50项和为.故选：B.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及熟练的“裂项法”求和，其中解答中合理化简数列的递推公式，以及熟练应用熟练的“裂项法”求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.二、填空题13．已知，则______.【答案】【解析】先对化简，可求出，再利用正切的二倍角公式可求出的值【详解】解：由得，化简得，所以.故答案为：【点睛】此题考查两角和与差的正余弦公式，考查正切的二倍角公式的应用，属于基础题14．已知直线与椭圆相交于，两点，若中点的横坐标恰好为，则椭圆的离心率为______.【答案】【解析】设，，代入椭圆方程得，，两式作差，利用中点坐标和斜率公式可得，再根据离心率公式可得结果.【详解】设，，代入椭圆方程得，，两式作差得，整理得，因为，所以，又因为，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了点差法,考查了求椭圆的离心率，考查了运算求解能力，属于基础题.15．关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如着名的蒲丰实验和查理斯实验.受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请160名同学，每人随机写下开一个都小于4的正实数对；再统计两数能与4构成钝角三角形三边的数对的个数；最后再根据统计数来估计的值.假如统计结果是，那么据此估计的值为______.【答案】【解析】根据题意，由分析实数对对应的平面区域，进而分析两数能与4构成钝角三角形三边的数对对应的区域面积，由几何概型公式分析可得．【详解】解：两数都小于4的正实数对构成的区域是，区域面积为16，其中两数能与4构成钝角三角形三边的数对还需满足，区域面积为，故，即.故答案为：【点睛】本题考查了随机模拟法求圆周率的问题，涉及几何概率的应用问题，属于基础题．三、双空题16．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，，分别是上、下底面圆的直径，，所成的角是60°，则三棱锥最长的棱长为______，三棱锥的体积为_______.【答案】【解析】构造如图圆柱的内接长方体，求出，，即得三棱锥最长的棱长；再根据求出三棱锥的体积.【详解】构造如图圆柱的内接长方体，因为该圆柱的轴截面是边长为2的正方形，，分别是上、下底面圆的直径，且，所成的角是60°，所以长方体底面的长宽分别为1，，高为2.不妨设，则，所以，，又三棱锥的对棱相等，所以三棱锥最长的棱长为..故答案为：；.【点睛】本题主要考查几何体的体积的计算，考查几何体棱长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.四、解答题17．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.（1）求；（2）若是锐角三角形，且的面积为，求边的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先将变形可得，再根据余弦定理即可求出，从而得到角；（2）根据是锐角三角形，可求出角的范围，再根据三角形面积公式可求得，然后根据正弦定理可求得，由消元可得，即可根据正切函数的单调性和不等式的性质求出边的取值范围．【详解】（1）由，得，所以在中，由余弦定理得，因为中，，所以.（2）因为是锐角三角形，所以，即.因为，所以.设的外接圆半径为，则，所以，即有，因为，所以，即有，，所以，即.故边的取值范围为．【点睛】本题主要考查正弦、余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，以及利用函数思想解决三角形中边的范围问题，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．18．已知三棱柱中，侧面是矩形，是的菱形，且平面平面，，，分别是，，的中点.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）在三棱柱中连接，证得，进而得到四边形是平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可求解；（2）以点为坐标原点，以过点与垂直的直线为轴，以所在直线为轴，以AD所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）在三棱柱中连接，因为，分别是，的中点，所以，所以平面，因为是的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）由是矩形，得，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为四边形是的菱形，所以，以点为坐标原点，以过点与垂直的直线为轴，以所在直线为轴，以AD所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，可得，，设平面的一个法向量为，则，令，得，又轴平面，所以平面的一个法向量为，所以.由图可知，所求二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.19．为进步加强学校国防教育工作，不断提升中学生的国防意识和国防观念，激发中学生的爱国热情，某中学于2019年9月份对全校学生进行了“庆祝祖国70华诞”国防教育知识竞赛考试，并随机抽取了100名学生的成绩进行了统计，其中男女生各占一半，绘制了频率分布直方图（如图所示），规定80分（满分100分）及以上者为成绩优秀，否则为成绩不优秀.（1）求图中的值；（2）根据已知条件完成下面列联表，并判断能否有95%的把握认为“成绩优秀”与性别有关？成绩优秀成绩不优秀合计男17女50合计（3）将频率视为概率，从本次考试的所有学生中，随机抽取4人去小学部进行爱国励志演讲宣传，记抽取的4人中成绩优秀的人数为，求的分布列和数学期望.附：…0.100.050.0250.0100.001…2.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）；（2）填表见解析；有；（3）分布列见解析；期望为1人.【解析】（1）根据频率分布直方图所有小长方形面积之和为1，即可求得参数；（2）根据频率分布直方图补全列联表，计算，结合参考数据，即可判断；（3）根据题意可得服从二项分布，根据其概率计算公式求得分布列，再用二项分布的数学期望计算公式即可求得结果.【详解】（1）由频率分布直方图各小长方形面积总和为1，可知，解得.（2）由频率分布直方图知，优秀的频率为，所以成绩优秀的学生数为25人.所以可得列联表如下：优秀不优秀合计男173350女84250合计2575100.所以有95%的把握认为“成绩优秀”与性别有关.（3）由（2）知，成绩优秀的概率为，从本次考试的所有学生中，随机抽取4人去小学部进行爱国励志演讲宣传，则抽取的4人中成绩优秀的人数服从二项分布，即.所以X的可能取值为0，1，2，3，4，且；；；；.即的分布列为01234因为，所以（人）.【点睛】本题考查频率分布直方图中参数的求解，的计算，以及二项分布分布列和数学期望的求解，属综合中档题.20．已知抛物线上的点到原点的距离和到该抛物线准线的距离均为3.（1）求抛物线的方程；（2）若抛物线的准线与坐标轴交于点，点（异于点）是准线上一动点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由已知条件结合抛物线的定义可求出抛物线的方程；（2）由题意知，设点，则切线方程为，然后切线方程与抛物线方程联立方程组，可求出切点坐标，若两切线的斜率分别为，，则，，且，，再求等于零即可【详解】（1）设抛物线的焦点为，由抛物线上的点到原点的距离和到准线的距离均为3，得，所以，解得，所以抛物线的方程为.（2）由题意知，设点，切线方程为.将其与联立消得，所以，化简得.所以切点横坐标为又，，所以切点坐标为.设两切线的斜率分别为，，则，，且，.所以，即.【点睛】此题考查抛物线的定义及方程的求法，考查抛物线的切线方程，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题.21．已知函数.（1）当时，证明函数无极值点；（2）是否存在实数，使得只有唯一的正数，当时恒有？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；，.【解析】（1）只要利用导数证明函数为单调函数即可，即导函数恒小于零或恒大于零；（2）恒成立等价于，即恒成立，构造函数，然后利用导数只要求出的最大值小于等于零，即，再构造函数，利用导数求其即可.【详解】（1）证明：由，得.令，则.因为，，所以，单调递增，所以，所以，单调递增，即函数无极值点.（2）时，恒成立等价于即恒成立.令，则.当时，，，所以，不符合恒成立，故舍去；当时，令，得，所以时，单调递增，时，单调递减，所以；令，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增，所以，解得，此时.当时，令，得，所以单调递减，所以，只要均可，所以正数不唯一，不符合题意，舍去；综上，存在实数，使得只有唯一的正数，使当时恒有.【点睛】此题考查函数的值极的判断方法，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.22．在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为，点的极坐标为