2020届广西玉林、柳州市高三上学期第二次模拟考试数学（文）试题（解析版）

2020届广西玉林、柳州市高三上学期第二次模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】解绝对值不等式求得集合，由此求得

【详解】

由，解得，所以.

故选：C

【点睛】

本小题主要考查集合交集的概念和运算，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.

2．若复数满足（其中为虚数单位），则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】D

【解析】由复数的除法运算，化简复数得，再利用复数模的计算公式，即可求解．

【详解】

由复数满足，则，

则，故选D．

【点睛】

本题主要考查了复数的除法运算，以及复数模的计算，其中解答熟记复数的除法运算的公式，以及复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

3．已知均为单位向量，若，则与的夹角为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据平面向量的数量积与模长和夹角公式，计算即可．

【详解】

解：由，得，

即，

设单位向量与的夹角为，

则有，

解得，

又，

所以．

故选：．

【点睛】

本题考查了平面向量的数量积应用问题，属于基础题．

4．若等差数列和等比数列满足，，则为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

由题意可得，

∴，

∴．选A．

5．命题“若△ABC的三个内角构成等差数列，则△ABC必有一内角为”的否命题(    )

A．与原命题真假相异 B．与原命题真假相同

C．与原命题的逆否命题的真假不同 D．与原命题的逆命题真假相异

【答案】B

【解析】根据命题的否命题与原命题的关系，写出否命题，再根据互为逆否命题的两命题同真假，否命题与逆命题互为逆否命题，则研究原命题的逆命题的真假即可.

【详解】

解：原命题为：“若的三内角构成等差数列，则必有一内角为”，

若，，成等差数列，则，又，解得，所以它是真命题．

否命题为：“若△ABC的三个内角不能构成等差数列，则△ABC中任意内角均不为”

根据互为逆否命题的两命题同真假，否命题与逆命题互为逆否命题，则研究原命题的逆命题的真假，

逆命题为：“若有一内角为，则的三内角构成等差数列”

若有一内角为，不妨设，则，所以，即的三内角成等差数列，所以逆命题为真，则否命题为真．

所以否命题与原命题同为真命题．

故选：．

【点睛】

本题考查了原命题与否命题之间的关系以及它们的真假判断，属于基础题．

6．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（　　）

A．年接待游客量逐年增加

B．各年的月接待游客量高峰期大致在8月

C．2017年1月至12月月接待游客量的中位数为30万人

D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳

【答案】C

【解析】利用折线图的性质直接求解．

【详解】

解：由2017年1月至2019年12月期间月接待游客量的折线图得：

在中，年接待游客量虽然逐月波动，但总体上逐年增加，故正确；

在中，各年的月接待游客量高峰期都在8月，故正确；

在中，2017年1月至12月月接待游客量的中位数小于30万人，故错误；

在中，各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故正确．

故选：．

【点睛】

本题考查命题真假的判断，考查折线图的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．

7．2019年，河北等8省公布了高考改革综合方案将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门.一名同学随机选择3门功课，则该同学选到物理、地理两门功课的概率为（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先计算出基本事件的总数，然后再求出该同学选到物理、地理两门功课的基本事件的个数，应用古典概型公式求出概率.

【详解】

解:由题意可知总共情况为，满足情况为，

该同学选到物理、地理两门功课的概率为.故选B.

【点睛】

本题考查了古典概型公式，考查了数学运算能力.

8．函数的大致图象可能是 (　　 )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意，函数的解析式，可判定函数为为偶函数，排除A、B项，又由，可排除D项，即可得到答案。

【详解】

由题意，函数，满足，

即，，得函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除A、B项；

又由，排除D，

故可能的图象为C，故选C。

【点睛】

本题主要考查了函数的图象的识别问题，其中解答中熟练应用函数的基本性质，利用函数的单调性和奇偶性，进行排除选项是解答此类问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。

9．直线是圆在处的切线，点P是圆上的动点，则P到的距离的最小值等于(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先得切线方程，然后用点到直线距离减去半径可得．

【详解】

解：圆在点处的切线为，即，

点是圆上的动点，圆心到直线的距离，

点到直线的距离的最小值等于．

故选：．

【点睛】

本题考查了圆的切线方程，点到直线的距离，属于中档题．

10．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，即可得答案.

【详解】

由题意可知，当时，不断执行循环结构，累加求和，可得

．当时，跳出循环．

所以输出的

　　　　　　．

故选：A．

【点睛】

本题主要考查程序框图算法功能的理解和利用裂项相加法求和，属于基础题．

11．如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分别是BF，CE上的点，AD∥BC，且AB=DE=2BC=2AF（如图1），将四边形ADEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）．在折起的过程中，下列说法中正确的个数（　　）

①AC∥平面BEF；

②B、C、E、F四点可能共面；

③若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD；

④平面BCE与平面BEF可能垂直

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【解析】根据折叠前后线段、角的变化情况，由线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理对各命题进行判断，即可得出答案．

【详解】

对①，在图②中，连接交于点，取中点，连接MO，易证AOMF为平行四边形，即AC//FM，所以AC//平面BEF，故①正确；

对②，如果B、C、E、F四点共面，则由BC//平面ADEF，可得BC//EF，又AD//BC，所以AD//EF，这样四边形ADEF为平行四边形，与已知矛盾，故②不正确；

对③，在梯形ADEF中，由平面几何知识易得EFFD，又EFCF，∴EF平面CDF，

即有CDEF，∴CD平面ADEF，则平面ADEF平面ABCD，故③正确；

对④，在图②中，延长AF至G，使得AF=FG，连接BG，EG，易得平面BCE平面ABF，BCEG四点共面．过F作FNBG于N，则FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，

则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故④错误．

故选：C．

【点睛】

本题主要考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理的应用，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．

12．已知点分别是双曲线C：的左、右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足，，则双曲线C的离心率的取值范围为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由，根据三角形的性质可知，为直角三角形，且．由双曲线的定义可得，，又

，可得，再由，可得到，即得到离心率的取值范围．

【详解】

由得，，根据三角形的性质可知，为直角三角形，且，．由双曲线的定义可得，，又

，可得．所以可化为

，即，而，

，解得，又，

．

故选：A．

【点睛】

本题主要考查双曲线的定义以及性质的应用，双曲线离心率的取值范围的求法，解题关键是不等关系的建立，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．

二、填空题

13．已知满足则最大值为_________．

【答案】4

【解析】由不等式组画出可行域，然后将目标函数转化为，求出函数的截距，题目所求z即为截距的二倍，求出其最大值即可。

【详解】

根据不等式组画出可行域如下：

将目标函数化成，即该直线在y轴上的截距的二倍即为z的值，由上图可知，截距的最大值为2，故z的最大值为4，答案即为4.

【点睛】

线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。做该类题目需要注意的是：一、准确无误的做出可行域；二、画函数所对应直线时，需注意与约束条件中直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界点上取得。

14．设曲线在点（0，1）处的切线方程为，则___________

【答案】2

【解析】求出函数导数，利用导数的几何意义，建立方程关系进行求解即可．

【详解】

解：函数的导数，

在点处的切线方程为，

此时切线的斜率，

即，

即，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查导数的几何意义，求出函数的导数，利用导数的几何意义建立方程关系是解决本题的关键，属于基础题．

15．已知椭圆C：的一个顶点为，离心率，直线交椭圆于M，N两点，如果△BMN的重心恰好为椭圆的左焦点F，则直线方程为___________

【答案】

【解析】利用椭圆的离心率以及经过的点，求出，得到椭圆方程，设出，利用重心坐标结合平方差法，转化求解直线的斜率，然后求解直线方程．

【详解】

解：由题意得，

又，解得．

椭圆的方程为．

椭圆左焦点的坐标为，

设线段的中点为，，

由三角形重心的性质知，从而，，，

解得，，

所以点的坐标为．

设，，，，则，，且，

以上两式相减得，

，

故直线的方程为，即．

故答案为：．

【点睛】

弦中点问题的解决方法：

（1）用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤

①设点设出弦的两端点坐标；

②代入代入圆锥曲线方程；

③作差两式相减，再用平方差公式把上式展开；

④整理转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解．

（2）对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件；在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．

16．已知三棱锥S-ABC的各顶点都在同一个球面上，△ABC所在截面圆的圆心在AB上，SO⊥面ABC，AC=1，BC=，若三棱锥的体积是，则该球体的球心到棱AC的距离是___________

【答案】

【解析】利用条件，求出，利用勾股定理，求出，设球心为，半径为，过作交于点，连接，则为球心到的距离，再用勾股定理计算可得.

【详解】

解：所在截面圆的圆心在上，平面，三棱锥的体积是，

则三角形为直角三角形，且，的外接圆的半径为

设球心为，半径为，过作交于点，连接，

平面，平面，

又，平面，平面，

平面

平面

则为球心到的距离

依题意可得

，

，

设球体的半径，则，，

故答案为：．

【点睛】

本题考查三棱锥体积的计算，锥体的外接球，点到线的距离，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

三、解答题

17．为迎接2022年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某校开展了“冰雪答题王”冬奥知识竞赛活动．现从参加冬奥知识竞赛活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求的值；

（2）估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

（3）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀”，比赛成绩低于80分为“非优秀”．请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？

参考公式及数据：  

【答案】（1）（2）74 （3）见解析，没有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”．

【解析】（1）根据各小矩形面积之和为1，即可解方程求出的值；

（2）由频率分布直方图可知，平均成绩为各小矩形的面积与各底边中点值的乘积之和，即可求出；

（3）根据题意填写列联表，计算的观测值，对照临界值即可得出结论．

【详解】

（1）由题可得

解得．

（2）平均成绩为：

（3）由（2）知，在抽取的名学生中，比赛成绩优秀的有人，由此可得完整的列联表：

∵的观测值，

∴没有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”．

【点睛】

本题主要考查频率分布直方图和独立性检验的应用问题，意在考查学生的数据处理能力，属于基础题．

18．△ABC的内角A，B，C所对边分别为，已知△ABC面积为.

（1）求角C；

（2）若D为AB中点，且c=2，求CD的最大值.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）根据，由正弦定理化角为边，

得，再根据余弦定理即可求出角C；

（2）由余弦定理可得，又，结合基本不等式可求得．由中点公式的向量式得，再利用数量积的运算，即可求出的最大值．

【详解】

（1）依题意得，，

由正弦定理得，，即，

由余弦定理得，，

又因为，所以.

（2）∵，，

∴，即．

∵为中点，所以，

∴

当且仅当时，等号成立.所以的最大值为．

【点睛】

本题主要考查利用正、余弦定理解三角形，以及利用中点公式的向量式结合基本不等式解决中线的最值问题，意在考查学生的逻辑推理和数学运算能力，属于中档题．

19．已知三棱锥P-ABC（如图1）的展开图如图2，其中四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P-ABC中.

（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；

（2）若M，N分别是AP，BC的中点，请判断三棱锥M-BCP和三棱锥N-APC体积的大小关系并加以证明.

【答案】（1）见解析；（2），证明见解析

【解析】（1）设的中点为，连结，，推导出，，从而平面，由此能证明平面平面．

（2）由为中点，可得， 为中点，可得，从而解得.

【详解】

解：（1）设的中点为，连接，，

由题意，得，，

在中，∵，为的中点，∴，

在中， ，，，∵，∴，

∵，，平面，

∴平面，

又平面，

∴平面平面.

（2），理由如下：

为中点，，

为中点，，

 又，

【点睛】

本题考查线面、面面垂直的证明，锥体的体积计算，属于中档题.

20．已知抛物线的焦点为，若过且倾斜角为的直线交于，两点，满足.

（1）求抛物线的方程；

（2）若为上动点，，在轴上，圆内切于，求面积的最小值.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）求出抛物线的焦点，设出直线的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的定义，可得，进而得到抛物线方程；（2）设，，，不妨设，直线的方程为，由直线与圆相切的条件：，化简整理，结合韦达定理以及三角形的面积公式，运用基本不等式即可求得最小值.

【详解】

（1）抛物线的焦点为，

则过点且斜率为1的直线方程为，

联立抛物线方程，

消去得：，

设，则，

由抛物线的定义可得，解得，

所以抛物线的方程为

（2）设，，，

不妨设，

化简得：，

圆心到直线的距离为1，

故，

即，不难发现，

上式又可化为，

同理有，

所以可以看做关于的一元二次方程的两个实数根，

，，

由条件：

，

当且仅当时取等号.

∴面积的最小值为8.

【点睛】

本题主要考查了抛物线的定义、方程和性质，主要考查定义法和方程的运用，同时考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，直线和圆相切的条件：，以及基本不等式的运用，属于中档题.

21．已知.

（1）当时，求的单调区间；

（2）若函数在处取得极大值，求实数a的取值范围.

【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为（2）

【解析】（1）的定义域为，把代入函数解析式，求出导函数，利用导函数的零点对定义域分段，可得原函数的单调区间；

（2），对分类讨论，分为，，，，，结合求解可得使在处取得极大值的的取值范围.

【详解】

解：（1）的定义域为，

当时，，，

令，得

若，；若，

∴的单调递减区间为，单调递增区间为

（2），

①当时，，令，得；

令，得.所以在处取得极大值.

②当时，，由①可知在处取得极大值

③当时，，则无极值.

④当时，令，得或；

令，得.所以在处取得极大值.

⑤当时，令，得或；

令，得所以在处取得极小值.

综上，a的取值范围为.

【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求最值，体现了分类讨论的数学思想方法，属于难题.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）设为曲线上不同两点（均不与重合），且满足，求的最大面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由曲线的参数方程消去参数，得到曲线的普通方程，再利用普通方程与极坐标方程的转化公式即可得到答案；

（2）设出两点的极坐标，代入极坐标方程中，得到与，由三角形面积公式，对其进行化简，结合三角函数的值域，即可得到三角形面积的最大值。

【详解】

（1）设曲线上任意点的极坐标为，由题意，曲线的普通方程为，即，则，故曲线的极坐标方程为.

（2）设，则，故，

因为点在曲线上，则，，故

，,

故时，取到最大面积为.

【点睛】

本题考查参数方程、普通方程以及极坐标方程的转化，其中普通方程与极坐标方程转化的公式为： ，考查两线段积的取值范围的求法，涉及三角函数的辅助角公式以及三角函数的值域，考查学生转化与划归的思想以及运算求解的能力，属于中档题。

23．设函数

（1）解不等式；

（2）当，时，证明：.

【答案】（1）解集为；（2）见解析.

【解析】(1)零点分区间，去掉绝对值，写成分段函数的形式，分段解不等式即可；(2) 由（1）知，,，之后利用均值不等式可证明.

【详解】

（1）由已知可得：，

当时，成立；

当时，，即，则．

所以的解集为.

（2）由（1）知，，

由于，

则，当且仅当，即时取等号，

则有．

【点睛】

利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题．若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．