2020届安徽省芜湖高三一模数学试卷及答案

22020届安徽省芜湖高三一模数学试卷及答案

一、单选题

1．已知集合，，则

A． B．

C． D．

2．设，是非零向量，则“”是的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件

3．设复数z满足，则最大值为

A．1 B． C．2 D．4

4．为了研究某班学生的脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，据此估计其身高为

A． B． C． D．

5．设，，，则、、的大小关系是（       ）

A． B． C． D．

6．若将函数图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小值是（       ）

A． B． C． D．

7．已知数列的前n项和为，满足，则的值为

A．8 B．16 C．32 D．81

8．已知向量，，与的夹角为，且，则实数k的值为

A． B． C．2 D．

9．函数y=sin2x的图象可能是

A． B．

C． D．

10．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一卦由六爻组成.其中有一种起卦方法称为“金钱起卦法”，其做法为：取三枚相同的钱币合于双手中，上下摇动数下使钱币翻滚摩擦，再随意抛撒钱币到桌面或平盘等硬物上，如此重复六次，得到六爻.若三枚钱币全部正面向上或全部反面向上，就称为变爻.若每一枚钱币正面向上的概率为，则一卦中恰有三个变爻的概率为

A． B． C． D．

11．已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线MN与C的左支交于M，N两点，若，，则C的渐近线方程为

A． B． C． D．

12．已知棱长为2的正方体中，E为DC中点，F在线段上运动，则三棱锥的外接球的表面积最小值为

A． B． C． D．

二、填空题

13．二项式的展开式中常数项为_________.

14．设x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为__________.

15．直线与椭圆交于A､B两点，F为椭圆的右焦点，若，则椭圆的离心率为__________.

16．若不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为__________.

三、解答题

17．在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，且满足，记此三角形的面积为S.

（1）若，求S的值；

（2）若，求的取值范围.

18．如图，真四棱柱的底面是菱形，，，，E，M，N分别是BC，，的中点.

（1）证明：面；

（2）求平面DMN与平面所成锐角的正切值.

19．在平面直角坐标系xOy中，过点的直线l与抛物线交于A，B两点，以AB为直径作圆，记为,与抛物线C的准线始终相切.

（1）求抛物线C的方程；

（2）过圆心M作x轴垂线与抛物线相交于点N，求的取值范围.

20．学号为1，2，3的三位小学生，在课余时间一起玩“掷骰子爬楼梯”游戏，规则如下：投掷一颗骰子，将每次出现点数除以3，若学号与之同余(同除以3余数相同)，则该小学生可以上2阶楼梯，另外两位只能上1阶楼梯，假定他们都是从平地(0阶楼梯)开始向上爬，且楼梯数足够多.

（1）经过2次投掷骰子后，学号为1的同学站在第X阶楼梯上，试求X的分布列；

（2）经过多次投掷后，学号为3的小学生能站在第n阶楼梯的概率记为，试求，，的值，并探究数列可能满足的一个递推关系和通项公式.

21．已知函数.

（1）若存在极值，求实数a的取值范围；

（2）设，设是定义在上的函数.

（ⅰ）证明：在上为单调递增函数(是的导函数)；

（ⅱ）讨论的零点个数.

22．在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点，（）在曲线C：上，直线l过点且与垂直，垂足为P．

（Ⅰ）当时，求在直角坐标系下点P坐标和l的方程；

（Ⅱ）当M在C上运动且P在线段上时，求点P在极坐标系下的轨迹方程．

23．设，且.

（1）证明：；

（2）求的最小值.

参考答案：

1．A

【解析】

由题意，，再利用集合并集的概念即可得解.

【详解】

由题意，

，

所以.

故选：A.

【点睛】

本题考查了集合的运算及一元二次不等式的求解，属于基础题.

2．C

【解析】

由题意可得，，根据充分条件和必要条件的概念分别证明即可得解.

【详解】

由题意，，

若，则即；

若，则即，所以；

所以“”是“”的充分必要条件.

故选：C.

【点睛】

本题考查了平面向量数量积的应用及充分条件、必要条件的判断，属于基础题.

3．C

【解析】

设，，由题意可得，即点在圆上，找到圆上的点到原点的距离最大值即可得解.

【详解】

设，，

，即，

点在圆上，

又该圆的圆心为，半径为，

该圆上所有点到原点的距离最大值为，即，

.

故选：C.

【点睛】

本题考查了复数模概念的应用，考查了转化化归思想，属于基础题.

4．C

【解析】

【详解】

由已知,

， 故选C.

5．B

【解析】

【分析】

利用指数函数和对数函数的单调性比较、、三个数与和的大小关系，利用换底公式和不等式的基本性质可得出、的大小关系，进而可得出这三个数的大小关系.

【详解】

指数函数在上为减函数，则，即；

对数函数在上为减函数，则；

对数函数在上为增函数，则.

.

因此，.

故选：B.

【点睛】

本题考查指数式和对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性，结合中间值法来比较，考查推理能力，属于中等题.

6．C

【解析】

【分析】

先用辅助角公式化简，再得到向右平移个单位的解析式，根据对称轴求得.

【详解】

由，再向右平移个单位可得解析式为

，由其图象关于y轴对称，

得，得，，

当 时，得的最小值是.

故选：C

【点睛】

本题考查了三角恒等变换中的辅助角公式，图象的平移变换，三角函数图象的对称轴性质.

7．B

【解析】

利用与的关系，结合题意可得数列是以1为首项，公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式即可得解.

【详解】

当时，，解得，

当时，即，

所以数列是以1为首项，公比为的等比数列，

所以.

故选：B.

【点睛】

本题考查了数列与关系的应用，考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题.

8．D

【解析】

由题意结合平面向量数量积的定义可得，转化条件为，代入即可得解.

【详解】

向量，，与的夹角为，

，

又，，

，

由，可得解得.

故选：D.

【点睛】

本题考查了平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

9．D

【解析】

【详解】

分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.

详解：令，

因为，所以为奇函数，排除选项A,B;

因为时，，所以排除选项C，选D.

点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．

10．C

【解析】

由题意每抛撒钱币一次得到变爻的概率为，结合独立重复试验概率公式可得，即可得解.

【详解】

由题意每抛撒钱币一次得到变爻的概率为，

则一卦中变爻个数，

则一卦中恰有三个变爻的概率.

故选：C.

【点睛】

本题考查了独立重复试验概率公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

11．B

【解析】

设椭圆焦距为，取的中点，连接，转化条件得，进而可得、、、，利用余弦定理可得、，即可得解.

【详解】

设椭圆焦距为，取的中点，连接，如图所示：

，即，

，，

，，

在中，

，

在中，

，

由可得，化简可得，

或（舍去），

，

该双曲线渐近线方程为即.

故选：B.

【点睛】

本题考查了双曲线性质的应用及渐近线的求解，考查了余弦定理的应用，属于中档题.

12．C

【解析】

取的中点，易知为的外心，取的中点，连接，取的中点，连接，由正方体的性质可得三棱锥的外接球球心在直线上，连接，取的中点，连接、，易知当即点与重合时，即外接球半径最小，设，根据求得，进而可求得外接球半径，即可得解.

【详解】

取的中点，易知为的外心，取的中点，连接，取的中点，连接，

由正方体的性质可得平面，

则三棱锥的外接球球心在直线上，连接，

取的中点，连接、，

由中位线的性质可得且，

所以，所以平面，，

若要使三棱锥的外接球的表面积最小，则要使其半径即最小，

易知当即点与重合时，最小，

设，由题意，，

则，，

由可得，化简可得，

此时，三棱锥的外接球的半径满足，

所以三棱锥的外接球的表面积最小值.

故选：C.

【点睛】

本题考查了正方体几何特征的应用及三棱锥外接球体积的求解，考查了线面垂直的性质和判定，属于中档题.

13．

【解析】

【分析】

求出二项式的通项公式，再令对应的幂指数为0即可求解

【详解】

二项式的展开式的通项公式为,令，解得，所以该二项式展开式中常数项为，

故答案为：60

【点睛】

本题考查二项式中常数项的求解，属于基础题

14．-2

【解析】

由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得解.

【详解】

由题意画出可行域，如图阴影部分：

转化目标函数为，

上下平移直线，数形结合可知当直线过点时，取最小值，

由可得点，所以.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了简单的线性规划，考查了运算求解能力与数形结合思想，属于基础题.

15．

【解析】

由题意转化条件为点，代入椭圆方程可得，化简后即可得解.

【详解】

设点，椭圆如图所示：

直线，即，

又，为中点，

，点即，

点在椭圆上，，

结合化简可得，

由可得，解得或（舍去），

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了直线和椭圆的综合应用，考查了椭圆离心率的求解，属于中档题.

16．

【解析】

由题意转化条件得对任意恒成立，令，，求导后，求得的最小值即可得解.

【详解】

由题意

，

不等式对任意恒成立，

对任意恒成立，

对任意恒成立，

令，，则，

所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；

，，

即实数a的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了三角恒等变换的应用，考查了利用导数解决恒成立问题，属于中档题.

17．（1）.（2）

【解析】

（1）由余弦定理结合题意可得，代入即可得，再利用即可得解；

（2）转化条件得，进而可得，则，化简后即可得解.

【详解】

（1）由余弦定理和已知条件得：，

从而有，①

若时得，则；

（2）若②

联立①②得，

整理得：，即，

又，故，

则

，

∵，∴，∴.

从而可得的取值范围为.

【点睛】

本题考查了余弦定理及三角形面积公式的应用，考查了三角恒等变换的应用，属于中档题.

18．（1）证明见解析.（2）

【解析】

（1）由余弦定理可得，进而可得，由正棱柱的几何特征可得，由线面垂直的判定即可得解；

（2）连接ME，由题意可得四边形DNME为平行四边形，DE即为平面DMN与平面的交线，由线面垂直的判定可得面，进而可得即为平面DMN与平面所成的平面角，即可得解.

【详解】

（1）证明：∵在菱形ABCD中，，，且E为BC中点，

∴，∴即，

又棱柱是直四棱柱，∴平面，∴，

又平面，平面，,

∴面；

（2）连接ME，

∵E，M，N分别是BC，，的中点，

∴且，

∴且，∴四边形DNME为平行四边形，

从而可知：DE即为面DMN与面的交线，

∵，，，∴面，

∴且，

则即为平面DMN与平面所成的平面角，

在中，，

故平面DMN与平面所成锐角的正切值为.

【点睛】

本题考查了线面垂直的判定及二面角的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.

19．（1）.（2）

【解析】

（1）过A，B，M分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为D，E，P，由题意转化条件得，即可得A，B，F三点共线，即可得解；

（2）设直线，联立方程可得、、，利用弦长公式可得，利用点到直线的距离求得高，表示出三角形面积后即可得解.

【详解】

（1）证明：过A，B，M分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为D，E，P，

设抛物线焦点为F，

由题意知圆M的半径，

且，

即可得，所以A，B，F三点共线，即，所以，

所以抛物线C的方程为；

（2）由（1）知抛物线，设直线，点，，

联立可得：，，

所以，，

所以，

则，，

故点N到直线AB距离

又

，

所以，

当时，取最小值为32.

故所求三角形面积的取值范围.

【点睛】

本题考查了抛物线方程的确定及性质的应用，考查了直线与抛物线的综合应用，属于中档题.

20．（1）答案见解析.（2），，，

【解析】

（1）由题意学号为1的同学可以上2阶楼梯的概率为，可以上1阶楼梯的概率为，分别求出、、，即可得解；

（2）由题意可得、、；由题意且，构造新数列即可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，再利用累加法即可得解.

【详解】

（1）由题意，当投掷骰子出现1、4时，学号为1的同学可以上2阶楼梯，概率为，

当投掷骰子出现其他点数时，学号为1的同学可以上1阶楼梯，概率为，

由题意，

所以，，，

所以X的分布列为：

（2）表示学号为3的小朋友能站在第1阶楼梯的概率，

根据投掷骰子的规则，若出现点数为3或6，则他直接站在第2阶楼梯，否则站在第1阶楼梯.

故，同理可得：

，，

由于学号为3的小朋友能够站在第n阶楼梯，有两种可能：

从第阶楼梯投掷点数为3或6直接登2个台阶上来，

或从第阶楼梯只登1个台阶上来.

根据骰子投掷规则，登两阶的概率是，登一阶的概率是，

故且(*)

将(*)式可变形为，

从而知：数列是以为首项，以为公比的等比数列，

则有.

进而可得：当时，

；

当时，；

所以.

【点睛】

本题考查了离散型随机变量分布列的求解，考查了数列与概率的综合问题，属于中档题.

21．（1）.（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）答案见解析

【解析】

（1）求导得，按照、分类，求得、的解集即可得解；

（2）（ⅰ）令，对求导，按照、分类，证明恒大于0，即可得证；

（ⅱ）由的单调性结合，按照、分类，结合即可得解.

【详解】

（1）求导得，

当时，，在R上单调递减，无极值；

当时，在单调递减，在上单调递增，

则在处有极小值.

综上，实数a的取值范围为；

（2）（ⅰ）证明：由题意，

∵令，

∴，

∵，

当时，，，，

则；

当时，令，则，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，

从而有：，而，

则，则；

综上，对都有成立，

故在区间单调递增；

（ⅱ）由（ⅰ）知，在区间单调递增且，

①当时，，

当时，则在单调递减；

当时，则在单调递增，

则是的唯一极小值点，且，

从而可知：当时，在区间有唯一零点0；

②当时，有，

且，

故存在使，

此时在单调递减，在单调递增，

且

，

又，由零点存在定理知：

则在区间有唯一零点，记作，

从而可知：当时，在区间上有两个零点：0和；

综上：①当时，在区间有唯一零点0；

②当时，在区间有两个不同零点.

【点睛】

本题考查了导数的综合应用，考查了推理能力和运算能力，属于中档题.

22．（Ⅰ），；（Ⅱ），．

【解析】

【分析】

（1）利用极坐标转换公式可得，则可求出直线斜率，利用垂直关系可求出的斜率，由点斜式可求出直线的方程，联立和直线可求出垂足坐标.

（2）设点的极坐标为，由题意结合平面几何知识可得，求出，即可得解.

【详解】

解：（1）因为在上，当，,则M极坐标为，化成直角坐标为,则直线斜率为，所以，

此时在平面直角坐标系下：，则的方程：，即.

联立和直线得，解得 ，则.

（2）设点的极坐标为，因为在上且垂直于，

，因为P在线段上，且，

故的取值范围是．所以，P点轨迹的极坐标方程为，.

【点睛】

本题考查了极坐标、直角坐标的转换，考查了极坐标方程的求解，属于中档题.

23．（1）证明见解析.（2）

【解析】

（1）由题意结合基本不等式可得，即可得证；

（2）由题意结合（1）中结论得，即可得解.

【详解】

（1）证明：因为，

当且仅当时，等号成立，

又∵，∴；

（2）由（1）知：，

当且仅当且即、时，等号成立，

所以有最小值.

【点睛】

本题考查了基本不等式的应用，考查了不等式证明的方法，属于中档题.