辽宁省大连市2020届高三数学第二次模拟考试试题-文.doc

辽宁省大连市2020届高三数学第二次模拟考试试题 文

辽宁省大连市2020届高三数学第二次模拟考试试题 文

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姓名：

- 22 -

辽宁省大连市2020届高三数学第二次模拟考试试题 文（含解析）
本试卷满分150分，共6页，答卷时间120分钟.考试结束后，将答题卡交回.
注意事项：
1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2. 选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.
4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第22题~第23题为选考题，其它题为必考题.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷
一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出集合，利用并集的定义可求得集合.
【详解】，，因此，.
故选：B.
【点睛】本题考查并集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.
2.已知，是虚数单位，若与互为共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由a﹣i与2+bi互为共轭复数，可求出a，b的值，代入（a+bi）2进一步化简求值，则答案可求．
【详解】∵a﹣i与2+bi互为共轭复数，
∴a=2，b=1．
则（a+bi）2=（2+i）2=3+4i．
故选A．
【点睛】利用复数相等求参数：．

3.双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析：直接利用双曲线的渐近线方程公式求解.
详解：由题得双曲线的a=2,b=1,所以双曲线的渐近线方程为故答案为A
点睛：(1)本题主要考查双曲线的渐近线方程，意在考查学生对该基础知识的掌握能力.(2)双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为.
4.欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，他将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
利用欧拉公式，化简的表达式，通过三角函数的符号，判断复数的对应点所在象限即可．
【详解】因为欧拉公式为虚数单位），
所以，因为，，，，
所以表示的复数在复平面中位于第二象限．
故选：B．
【点睛】本题考查欧拉公式的应用，三角函数的符号的判断，考查是基本知识，属于基础题．
5.设函数，则（ ）
A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】
根据分段函数的解析式，结合指数幂与对数的运算性质，即可求解.
【详解】由题意，函数，
则.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了分段函数的函数值的求解，以及指数式与对数式的运算的综合应用，着重考查运算与求解能力.
6.已知各项均为正数的数列为等比数列，，，则（ ）
A. 16 B. 32 C. 64 D. 256
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等比数列的性质可得，结合，可得，公比，从而可得结果.
【详解】由，得，又各项均为正数，所以，
由，得，
所以公比，所以，
故选：C
【点睛】本题考查了等比数列的性质、通项公式，属于基础题.
7.已知某函数图像如图所示，则下列函数中，图像最契合的函数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】
根据时的函数值，即可选择判断.
【详解】由图可知，当时，
当时，，故排除；
当时，，故排除；
当时，，故排除；
当时，，满足题意.
故选：D.
【点睛】本题考查函数图像的选择，涉及正余弦值的正负，属基础题.
8.已知关于某设各的使用年限x（单位：年）和所支出的维修费用y（单位：万元）有如下的统计资料，
x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0

由上表可得线性回归方程，若规定当维修费用y＞12时该设各必须报废，据此模型预报该设各使用年限的最大值为（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】C
【解析】
试题分析：由已知表格得：，，
由于线性回归直线恒过样本中心点，所以有：，解得：，
所以线性回归方程，
由得：解得：，
由于，
所以据此模型预报该设备使用年限的最大值为9.
故选C.
考点：线性回归．
9.已知点在抛物线上，过点作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于、两点，若直线的斜率为，则点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设点、、，求得直线的斜率为，可得，再由直线和的斜率互为相反数可求得的值，进而可求得的值，由此可求得点的坐标.
【详解】设点、、，则直线的斜率为，可得，
同理可得直线的斜率为，直线的斜率为，
，所以，，则，，
因此，点的坐标为.
故选：A.
【点睛】本题考查利用抛物线中直线的斜率关系求点的坐标，考查点差法的应用，属于中等题.
10.下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）

A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】
用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.
【详解】对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面.

对于②，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交.

对于③，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交.

对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面.

综上所述，能得出平面的图形的序号是①④.
故选：C
【点睛】本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.
11.已知三棱锥，面面，，，，则三棱锥外接球的表面积（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
作出图形，取的中点，连接、，推导出平面，可知球心在直线上，然后在中由勾股定理可求得外接球的半径，则外接球的表面积可求.
【详解】如下图所示，取的中点，连接、，

，为的中点，，
平面平面，交线为，平面，
平面，,为外接圆圆心，
则球心在直线上，设三棱锥外接球的半径为，
则，，则，，
在中，由勾股定理得，
即，解得，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解答的关键在于找出球心的位置，并通过列等式计算球的半径，考查计算能力，属于中等题.
12.已知函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，若对，不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用已知条件求出函数的最小正周期，可求得，由可求得，再由求出和的取值范围，由题意可得出关于实数的不等式组，进而可求得实数的取值范围.
【详解】由于函数的图象与直线相邻两个交点的距离为，
则函数的最小正周期为，，，
当时，，
，，，
由于不等式对恒成立，所以，解得.
因此，的取值范围是.
故选：A.
【点睛】本题考查利用三角不等式恒成立求参数，同时也考查了利用正弦型函数的周期求参数，解答的关键在于求得和的取值范围，考查计算能力，属于中等题.
本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题~第23题为选考题，考生根据要求做答.
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）
13.设向量与向量共线，则实数等于__________．
【答案】3
【解析】
【分析】
利用向量共线的坐标公式,列式求解.
【详解】因为向量与向量共线,
所以,
故答案为:3.
【点睛】本题考查向量共线的坐标公式,属于基础题.
14.抽取样本容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：
分组

频数
2
3
4
5
4
2

则样本数据落在区间的频率为______.
【答案】0.25
【解析】
【分析】
由表求出落在区间的频数，即可求出频率.
【详解】解：由题意知，落在的频数为，所以频率为.
故答案为:0.25.
【点睛】本题考查了频率的计算.
15.数列满足，则的前8项和为______.
【答案】20
【解析】
【分析】
利用递推数列分别列出的等式，利用等式的加减即可求得前8项的和.
【详解】数列满足，
，，，，，，，
可得，，，，
.
故答案为：20
【点睛】本题考查数列的递推公式、数列求和，属于基础题.
16.已知函数，则值为______；若的值为______.
【答案】 (1). 2 (2). 19
【解析】
【分析】
利用对数的运算性质求和即可；由对两两组合求和即可得解.
【详解】；

.
故答案为：2；19
【点睛】本题考查对数的运算性质、函数值求和，属于基础题.
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，内角，，的对边分别为，，，且.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，，求的面积.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由条件结合余弦定理可得，然后可得，然后得出即可；
（Ⅱ）利用正弦定理求出角，然后可得出角，然后利用算出即可.
【详解】（Ⅰ）由余弦定理得：，
又因为，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
（Ⅱ）由正弦定理得：，
所以，
因为，所以，所以
所以
【点睛】本题主要考查的是利用正余弦定理解三角形，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.
18.如图，已知平面四边形中，为的中点，，，且.将此平面四边形沿折起，且平面平面，连接、、.

（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求点与平面的距离.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
【分析】
(1)利用已知条件，证明平面，然后得出，连接，过作，易证出，进而可以证明平面平面
(2)利用等积法求解即可.
【详解】
解：（Ⅰ）如图，因为，，直二面角的平面角为，
则平面，平面，所以.
又在平面四边形ABCD中，连接，则，过作，由题意得，为中点，为中点，所以，
，，又，
所以，，，所以，，由以上数据易得，而，
平面，平面，故平面，因为平面，所以平面平面.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，由（Ⅰ）知，所以，，.
，，
因为，所以，
即点与平面的距离为.
【点睛】本题考查线面垂直，面面垂直，以及等积法的运用，属于中档题.
19.某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段 后得到如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：

（1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；
（2）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，据此估计本次考试的平均分；
（3）用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取个，求至多有人在分数段内的概率．
【答案】(1) 0.3，直方图见解析；(2)121；(3) .
【解析】
【分析】
（1）频率分布直方图中，小矩形的面积等于这一组的频率，而频率的和等于1，可求出分数在内的频率，即可求出矩形的高，画出图象即可；（2）同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，将中点值与每一组的频率相差再求出它们的和即可求出本次考试的平均分；（3）先计算、分数段的人数，然后按照比例进行抽取，设从样本中任取2人，至多有1人在分数段为事件，然后列出基本事件空间包含的基本事件，以及事件包含的基本事件，最后将包含事件的个数求出题目比值即可.
【详解】(1)分数在[120,130)内的频率为：1－(0.1＋0.15＋0.15＋0.25＋0.05)＝1－0.7＝0.3，，补全后的直方图如下：

(2)平均分为：95×0.1＋105×0.15＋115×0.15＋125×0.3＋135×0.25＋145×0.05＝121.
(3)由题意，[110,120)分数段的人数为：60×0.15＝9人，[120,130)分数段的人数为：60×0.3＝18人．
∵用分层抽样的方法在分数段为[110,130)的学生中抽取一个容量为6的样本，
∴需在[110,120)分数段内抽取2人，并分别记为m，n；
在[120,130)分数段内抽取4人并分别记为a，b，c，d；
设“从样本中任取2人，至多有1人在分数段[120,130)内”为事件A，则基本事件有：(m，n)，(m，a)，(m，b)，(m，c)，(m，d)，(n，a)，(n，b)，(n，c)，(n，d)，(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)共15种．
事件A包含的基本事件有：(m，n)，(m，a)，(m，b)，(m，c)，(m，d)，(n，a)，(n，b)，(n，c)，(n，d)共9种，∴.
20.已知函数.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若，不等式恒成立，求整数的最大值.
【答案】（Ⅰ）单调递减区间为，单调递增区间为；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出函数的定义域和导数，分析导数的符号变化，由此可求得函数的单调递增区间和单调递减区间；
（Ⅱ）当时，由可得出，设，利用导数求出函数在区间上的最小值，由此可求得整数的最大值.
【详解】（Ⅰ）因为函数的定义域为，，
令，解得；令，解得.
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（Ⅱ）当时，由可得，即，
设，.
设，当时，，
则函数在单调递增.
又，，则函数在存在唯一零点满足，
则当时，，即，此时函数单调递减；
当时，，即，此时函数单调递增，
所以，.
又因为，则，
因为，则，则整数的最大值为.
【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
21.已知离心率为的椭圆：的上下顶点分别为，，直线：与椭圆相交于，两点，与相交于点 .
（Ⅰ）求椭圆标准方程；
（Ⅱ）设直线，相交于点，求的值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由离心率，，，从而可求出，进而可求出椭圆方程.
(Ⅱ) 设，，联立直线和椭圆方程可求出，.写出直线：，直线：，联立两方程，求出，由，即可求出的值.
【详解】解：(Ⅰ)由题意可得：，，，联立解得，.
所以椭圆的方程为：.
(Ⅱ)设，，联立方程组，
化简得，则，；
，
设，，直线：①，直线：②；
①÷②得，因为，
所以.所以，
所以，又因为，.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解，考查了直线和椭圆的位置关系，考查了直线的点斜式方程.本题的难点在于计算量比较大.
请考生在22，23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.
22.以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）.
（Ⅰ）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；
（Ⅱ）求曲线上的动点到直线距离的最大值.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）化简直线的极坐标方程为，代入互化公式，即可求得直线的直角坐标方程，由曲线的参数方程，消去参数，即可求得得曲线的普通方程；
（Ⅱ）设点的坐标为，利用点到直线的距离公式，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由直线的极坐标方程为，可得，
将，代入上式，可得直线的直角坐标方程为，
由曲线参数方程（为参数），可得（为参数），
平方相加，可得曲线的普通方程为.
（Ⅱ）设点的坐标为，
则点到直线：的距离为（其中）.
当时，取最大值，且的最大值为.
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及椭圆的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力.
23.已知函数，.
（Ⅰ）若，，求的解集；
（Ⅱ）若，且的最小值为2，求的最小值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4
【解析】
【分析】
（1）由不等式可得，由此可求出的范围；
（2）利用绝对值三角不等式，求出的最小值为，进而得到，根据，并借助基本不等式，即可得解.
【详解】（Ⅰ）由题意，
，即，即，解得，
所以解集为.
（Ⅱ）因为，
当且仅当时，取到最小值，即，
因为，故，，
所以
，
当且仅当，且，即，或，时，等号成立.
所以的最小值为4.
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、绝对值三角不等式及基本不等式的应用，考查转化与化归的思想，合理运用绝对值三角不等式是本题的解题关键，属于中档题.在利用基本不等式求最值时，一定要紧扣“一正、二定、三相等”这三个条件，注意创造“定”这个条件时，经常要对所给式子进行拆分、配凑等处理，使之可用基本不等式来解决；当已知条件中含有1时，要注意1的代换.另外，解题中要时刻注意等号能否取到.