【解析】四川省仁寿第一中学北校区高三下学期第二次高考模拟数学（文）试题

2020年普通高等学校招生全国统一考试（文科数学）一、选择题A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：直接利用除法的运算法则求解即可，求解过程注意避免计算错误.详解：,故选C.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.，，若，则（）A.或 B.或 C.或 D.或【答案】B【解析】【详解】因为,所以,所以或.若，则,满足.若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.的前项和为，则＝()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用公式计算得到，得到答案.【详解】由已知得，即，而，所以.故选B.【点睛】本题考查了数列前N项和公式的求法，利用公式是解题的关键.的值域为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用两角和的余弦公式及辅助角公式化简为的形式，结合正弦函数的值域即可求解.【详解】,所以函数的值域为.故选：A【点睛】本题主要考查三角恒等变换及正弦函数的性质，属于基础题.5..若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用对数函数的性质求解．【详解】∵，∴0＜＜1，0＜＜1，∵2＞1，要使logb2＜0∴0＜＜1，∵，∴＞，且0＜＜1，∴．故选B．【点睛】本题考查两个数的大小的比较，注意对数函数的性质的合理运用，属于基础题．的前项和为,则数列的前100项和为A. B. C. D.【答案】A【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴⇒⇒an＝n.∴＝＝，S100＝＋＋…＋＝1－＝.7.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB=2，CC1=E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为A.2 B. C. D.1【答案】D【解析】试题分析：因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．平面，到平面的距离等于到平面的距离，由题计算得，在中，，边上的高，所以，所以，利用等体积法，得:,解得:考点：利用等体积法求距离1、F2为双曲线C：x²y²=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=|2PF2|，则cos∠F1PF2=A. B. C. D.【答案】C【解析】由x2y2=2知,a2=2,b2=2,c2=a2+b2=4,∴a=,c=2.又∵|PF1||PF2|=2a,|PF1|=2|PF2|,∴|PF1|=4,|PF2|=2.又∵|F1F2|=2c=4,∴由余弦定理得cos∠F1PF2==.故选C.的图象与轴恰有两个公共点，则（）A.或 B. C. D.或【答案】A【解析】分析】利用导数可求得函数的单调性和极值，根据公共点个数可确定为极大值或极小值，由此可构造方程求得结果.【详解】由题意得：，当和时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减；，，若的图象与轴恰有两个公共点，则或，解得：或.故选：【点睛】本题考查利用导数解决函数交点个数的问题，关键是能够利用导数求得函数的单调性和极值，进而利用极值构造方程求得结果，属于常考题型.10.某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为()A.16+8 B.8+8C.16+16 D.8+16【答案】A【解析】试题分析：由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆柱和正方体的组合体，半圆柱的底面半径为2，故半圆柱的底面积半圆柱的高．故半圆柱的体积为，长方体的长宽高分别为故长方体的体积为故该几何体的体积为，选A考点：三视图，几何体的体积11.(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A.14斛 B.22斛C.36斛 D.66斛【答案】B【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式是定义域为的奇函数,满足.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.详解：因为是定义域为的奇函数，且，所以,因此，因为，所以，，从而，选C点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．二、填空题13.求值：_________．【答案】1【解析】【分析】根据对数运算,化简即可得解.【详解】由对数运算,化简可得故答案为:1【点睛】本题考查了对数的基本运算,属于基础题.满足约束条件，则的最小值为____________.【答案】【解析】【详解】做出不等式所表示的区域如图，由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最小,最小值为.的部分图象如图所示，则函数的单调减区间为______.【答案】【解析】【分析】根据图象可求得函数的周期，再结合图象可得一个周期内的单调减区间，进而可求得函数的单调减区间.【详解】由图象可得，故，函数的单调减区间为为.故答案为:【点睛】本题主要考查三角函数单调区间的求法，属于基础题.的焦点作直线与抛物线交于，的中垂线交轴于，且，，则______.【答案】【解析】【分析】设，，根据抛物线定义可得，求出直线的中垂线的方程，令可得点的横坐标为，从而可得即，再由可得，，，从而可得，由抛物线的定义可得，由此可求出的值.【详解】设，，则的中点坐标为，则根据抛物线的定义可得，由，，可得，所以，又直线的斜率，所以直线的中垂线的方程为，令得，所以点的横坐标为，又，所以，所以，所以，又，所以，，又，，所以，，因为，所以，所以，所以，所以，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查抛物线的定义，抛物线的几何性质，属于中档题.三、解答题中，内角所对的边分别为，且.(1)证明：成等差数列；(2)若，，求的面积.【答案】(1)见解析；(2)【解析】【分析】(1)利用余弦定理可得，代入化简即可得证；(2)由已知求出，再由，将及代入可求出，利用面积公式即可得到答案.【详解】(1)因为，所以，所以，即，所以，所以，所以成等差数列.(2)因为，为三角形内角，所以，因为，又，所以，解得，所以，所以的面积为.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，三角形的面积公式及等差数列的证明，属于基础题.18.质量是企业的生命线，某企业在一个批次产品中随机抽检件，并按质量指标值进行统计分析，得到表格如表：质量指标值等级频数频率三等品10二等品30一等品特等品20合计1（1）求，，；（2）从质量指标值在的产品中，按照等级分层抽样抽取6件，再从这6件中随机抽取2件，求至少有1件特等品被抽到的概率.【答案】（1），，；（2）【解析】【分析】（1）根据表格，可以计算出,,的值；（2）列出所有的抽样情况，列出“至少有1件特等品被抽到”的情况，利用古典概型求概率.【详解】（1）由，得（2）设从“特等品”产品中抽取件，从“一等品”产品中抽取件，由分层抽样得，解得.即在抽取得件中，有特等品件，记为，有一等品件，记为则所有的抽样情况有：，共15种.其中至少有1件特等品的情况有：共9种，记事件为“至少有1件特等品被抽到”，则【点睛】本题考查频率、频数和样本容量总数之间的关系，分层抽样，古典概型求事件概率问题；考查了数学运算、逻辑推理和数据分析数学核心素养，属于容易题目.19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，，.(1)证明：平面平面；(2)有一动点在底面的四条边上移动，求三棱锥的体积的最大值.【答案】(1)见解析；(2)【解析】【分析】(1)取中点，连结，，，由已知可得为等边三角形，为等腰三角形，可得，，进而可得平面平面，由勾股定理可证，再由面面垂直的性质定理即可证得平面平面；(2)结合图形可知当在点处，此时三棱锥的体积最大，而，故只需求三棱锥的体积即可.【详解】如图，取中点，连结，，，因为，为的中点，所以，又底面为菱形，所以，又，所以为等边三角形，又为的中点，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又在等边三角形中，，所以，又在中，，，所以，所以，所以，又平面平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.(2)当在点处，此时三棱锥的体积最大，因为，，，在菱形中，，，所以，由(1)知平面，，所以，所以三棱锥的体积的最大值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理及变换底面求三棱锥的体积，属于中档题.．（1）当时，求的单调区间；（2）若有两个极值点,且，求取值范围．（其中e为自然对数底数）．【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；(2).【解析】【分析】（1）求导，利用导数的符号确定函数的单调区间；（2）求导，利用导函数，将函数存在极值问题转化为导函数对应方程的根的分布情况进行求解.【详解】（1）的定义域为，，的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2∵，有两个极值点∴令，则的零点为，且.∴＞０,∴或∵，∴.根据根的分布，则且g()<0即,.∴a的取值范围是21.(本小题满分12分)已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线．（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）是与圆，圆都相切的一条直线，与曲线交于，两点，当圆的半径最长时，求．【答案】依题意，圆M的圆心，圆N的圆心，故，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为；（2）对于曲线C上任意一点，由于（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为；若直线l垂直于x轴，易得；若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，解得，故直线l：；有l与圆M相切得，解得；当时，直线，联立直线与椭圆的方程解得；同理，当时，.【解析】（1）根据椭圆的定义求出方程；（2）先确定当圆P的半径最长时，其方程为，再对直线l进行分类讨论求弦长.【考点定位】本题考查椭圆的定义、弦长公式、直线的方程，考查学生的运算能力、化简能力以及数形结合的能力.中，直线的参数方程是（为参数），以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）过原点的直线与直线交于点，与曲线交于、两点，求的值.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）在直线的参数方程中消去参数可得到直线的普通方程，由极坐标方程与普通方程之间的转换关系可将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程；（Ⅱ）设直线的极坐标方程为，设点、、，求得，将直线的极坐标方程与曲线的极坐标方程联立，列出韦达定理，进而可计算得出的值.【详解】（Ⅰ）在直线的参数方程中消去参数，可得直线的普通方程为，由可得出曲线的直角坐标方程为，即；（Ⅱ）设直线的极坐标方程为，设点、、，将直线的普通方程化为极坐标方程得，将点的极坐标代入直线的极坐标方程得，将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程得，由韦达定理得，，所以，.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了利用极坐标方程解决直线与圆的综合问题，考查计算能力，属于中等题.