宁夏中卫市2020届高三下学期模拟考试数学（理）试题
展开2020年中卫市高考第二次模拟考试理科数学
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，每小题给出的选项中只有一项是符合题目要求的，请将正确的答案涂到答题卡上）
1.若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解不等式确定集合后由交集运算得结论．
【详解】由题意，，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查集合的交集运算，考查解一元二次不等式和指数不等式，掌握指数函数性质和一元二次不等式求解方法是解题关键．
2.若为虚数单位，网格纸上小正方形的边长为1，图中复平面内点表示复数，则表示复数的点是（ ）
A. E B. F C. G D. H
【答案】C
【解析】
【分析】
由于在复平面内点的坐标为，所以，然后将代入化简后可找到其对应的点.
【详解】由，所以，对应点.
故选：C
【点睛】此题考查的是复数与复平面内点的对就关系，复数的运算，属于基础题.
3.设满足约束条件，则的最小值为（ ）
A. 0 B. -4 C. -8 D. -6
【答案】D
【解析】
【分析】
作出可行域，利用数形结合即可求解.
【详解】作出可行域，如下图所示：
当目标函数经过时，
取得最小值-6.
故选:D
【点睛】本题考查二元一次不等式组所表示的平面区域，以及线性目标函数的最小值，属于基础题.
4.自2019年12月以来，在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例，研究表明，该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府反应迅速，采取了有效的防控阻击措施，把疫情控制在最低范围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记，有3个不同的住户属在鄂返乡住户，负责该小区体格检查的社区诊所共有4名医生，现要求这4名医生都要分配出去，且每个住户家里都要有医生去检查登记，则不同的分配方案共有（ ）
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 72种
【答案】C
【解析】
【分析】
先将4名医生分成3组，其中1组有2人，共有种选法，然后将这3组医生分配到3个不同的住户中去，有种方法，由分步原理可知共有种.
【详解】不同分配方法总数为种.
故选：C
【点睛】此题考查的是排列组合知识，解此类题时一般先组合再排列，属于基础题.
5.加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重（单位：）约为（ ）
（参考数据：取重力加速度大小为）
A. 63 B. 69 C. 75 D. 81
【答案】B
【解析】
分析】
根据平行四边形法则得到该学生的体重,利用余弦定理即可求出得解.
【详解】
如图，设该学生的体重为,则.
由余弦定理得.
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查向量的平行四边形法则和余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6.已知在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率为( )
A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先由双曲线方程求出双曲线的渐近线方程，再结合双曲线离心率的求法求解即可.
【详解】解：由双曲线方程为，
则双曲线的渐近线方程为，
又在双曲线的渐近线上，
则，
即，
即，
即，
故选：D.
【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程的求法，重点考查了双曲线离心率的求法，属基础题.
7.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，若的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正弦定理，把角化为边，结合面积公式，再用余弦定理，即可求解.
【详解】由题意得，，.
又，解得，
∴，
故选:B.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式，在解三角形中应用，属于基础题.
8.执行如图所示的程序框图，则输出的是（ ）
A. -3 B. -1 C. 1 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据框图可得程序是求数列的前999项的和再加上2，由可得到答案.
【详解】根据框图的运行可得：程序是2加上数列的前999项的和.
又
所以
故选：B
【点睛】本题考查程序框图中的循环和裂项相消法求和，属于中档题.
9.已知点是焦点为的抛物线上的一点，且，点是直线与的交点，若，则抛物线的方程为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
依题意，；设，求出点坐标，由列出关于与的方程可得的值，由可得的值，可得答案.
【详解】解：依题意，；设，
联立，解得，
故，；
因为，
故，解得，且；
又由得，，解得或，
故选：B.
【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程及基本性质，需灵活运用已知条件解题，属于中档题.
10.给出下列说法：①“”是“”的充分不必要条件；②命题“，”的否定是“，”；③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件为“4个人去的景点不相同”，事件为“小赵独自去一个景点”，则；④设，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是6587.（注：若，则，）其中正确说法的个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
①求出使的即可判断；
②全称命题的否定是特称命题，根据书写规则来判断；
③利用条件概率的计算公式计算即可；
④利用正太分布的对称性计算即可.
【详解】解：①由，故“”是“”的充分不必要条件，①正确；
②命题“，”的否定是“，”， ②错误；
③由条件概率的计算公式得，③正确；
④由已知落入阴影部分的点的个数的估计值是
，④正确.
故选：C.
【点睛】本题考查充分性必要性的判断，考查条件概率的求解，考查正太分布对称性的应用，是基础题.
11.《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为和的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）．将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形．该矩形长为，宽为内接正方形的边长．由刘徽构造的图形还可以得到许多重要的结论，如图3．设为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点作于点，则下列推理正确的是（ ）
①由图1和图2面积相等得；
②由可得；
③由可得；
④由可得．
A. ①②③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图形进行计算．
【详解】①由面积相等得，，正确；
②图3中，由三角形面积得，又，
由得，所以，正确；
③，由得，所以，正确；
④由由得，所以，正确．
四个推理都正确．
故选：A．
【点睛】本题考查推理，通过构造几何图形推导出基本不等式及其推论．本题考查数学文化，激发学生的学习积极性．
12.已知函数是定义在的偶函数，且.当时，，若方程有300个不同的实数根，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先由已知确定函数的周期是4，利用导数研究在上的性质，单调性、极值，结合偶函数性质作出在上的图象，的定义域是含有50个周期，方程有300个不同的实数根，那么在的一个周期内有6个根，令，可知方程有两个不等实根，且，，由二次方程根的分布知识可得解．
【详解】由知函数的周期为4，当时，，则，当时，，递减，当时，，递增，，又是偶函数，作出在上的图象，如图．
函数的周期是4，定义域为，含有50个周期，
方程有300个不同的实数根，因此在一个周期内有6个根（这里，不是方程的根）．
令，方程有两个不等实根，且，，设，则，解得．
故选：A．
【点睛】本题考查函数的周期性、奇偶性、对称性，二次方程根的分布，函数的零点问题，考查了分类讨论思想，数形结合思想，体现的数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.二项式的展开式中的系数是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】
求出展开式的通项公式，令的指数为，即求的系数.
【详解】展开式通项，
令，得，
的系数是.
故答案为：.
【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.
14.函数的图象在处的切线与直线互相垂直,则_____．
【答案】1.
【解析】
【分析】
求函数的导数，根据导数的几何意义结合直线垂直的直线斜率的关系建立方程关系进行求解即可．
【详解】函数图象在处的切线与直线垂直,
函数的图象在的切线斜率
本题正确结果：
【点睛】本题主要考查直线垂直的应用以及导数的几何意义，根据条件建立方程关系是解决本题的关键．
15.已知，均为锐角，，，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先求得的值，然后求得的值，进而求得的值.
【详解】由于为锐角，且，故，.由，解得，由于为锐角，故.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查两角差的正切公式，属于中档题.
16.古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点，距离之比为常数且的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足．若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为________；若点在长方体内部运动，为棱的中点，为的中点，则三棱锥的体积的最小值为___________．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
（1）以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；（2）先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解.
【详解】
（1）以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，则设，
由得，
所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
（2）设点，由得，
所以，
由题得
所以设平面的法向量为，
所以，
由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为，
由题得为等边三角形，且边长为，
所以三棱锥的体积的最小值为.
故答案为：(1). (2). ．
【点睛】本题主要考查空间几何中的轨迹问题，考查空间几何体体积的计算和点到平面距离的计算，考查最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
三、解答题：（本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.在直四棱柱中，已知，，，为上一点，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先证明，再利用线面平行的判定即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出面和面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】解：（1）证明：由题意可知，∵，且，
∴，，
故四边形为平行四边形，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）由已知直四棱柱，且，
则两两垂直，
如图建立空间直角坐标系：
则
设面的法向量为，又
则，令，可得；
设面的法向量为，又
则，令，可得，
设二面角的平面角的大小为，由图可知为锐角，
则，
，
二面角的正弦值为.
【点睛】本题考查线面平行的证明，考查向量法求二面角，是中档题.
18.由团中央学校部、全国学联秘书处、中国青年报社共同举办的2018年度全国“最美中学生”寻访活动结果出炉啦，此项活动于2018年6月启动，面向全国中学在校学生，通过投票方式寻访一批在热爱祖国、勤奋学习、热心助人、见义勇为等方面表现突出、自觉树立和践行社会主义核心价值观的“最美中学生”.现随机抽取了30名学生的票数，绘成如图所示的茎叶图，若规定票数在65票以上（包括65票）定义为风华组.票数在65票以下（不包括65票）的学生定义为青春组.
（1）如果用分层抽样的方法从青春组和风华组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，那么至少有1人在青春组的概率是多少？
（2）用样本估计总体，把频率作为概率，若从该地区所有的中学（人数很多）中随机选取4人，用表示所选4人中青春组的人数，试写出的分布列，并求出的数学期望.
【答案】（1）；（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】
（1） 用A表示“至少有1人在青春组”，利用对立事件概率计算公式能求出至少有1人在青春组的概率.
（2）由题知，抽取的30名学生中有12名学生是青春组学生，抽取1名学生是青春组学生的概率为，从所有的中学生中抽取1名学生是甲组学生的概率是，服从二项分布.由此能求出的分布列、数学期望.
【详解】解：（1） 用A表示“至少有1人在青春组”，
则至少有1人在青春组的概率为；
（2）由题知，抽取的30名学生中有12名学生是青春组学生，抽取1名学生是青春组学生的概率为，
那么从所有的中学生中抽取1名学生是甲组学生的概率是，
又因为所取总体数量较多，抽取4名学生可以看出4次独立重复实验，于是服从二项分布.
的取值为0，1，2，3，4.且.
所以得的分布列为：
数学期望.
【点睛】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查对立事件概率计算公式、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.
19.甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列的前n项和为，已知_____，
（1）判断，，的关系；
（2）若，设，记的前n项和为，证明：.
甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第（1）问的答案是，，成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）可补充公比q的值，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，计算可得所求结论；
（2）由等比数列的通项公式求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，不等式的性质，即可得证.
【详解】（1）由题意可得，，，
可得，即，，成等差数列；
（2）证明：由，可得，解得，
，
则，
，
上面两式相减可得
，
化简可得，
由，可得.
【点睛】本小题主要考查证明数列是等差数列，考查错位相减求和法，考查分析、思考与解决问题的能力，属于中档题.
20.如图,椭圆：的左、右焦点分别为，椭圆上一点与两焦点构成的三角形的周长为6,离心率为，
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点的直线交椭圆于两点,问在轴上是否存在定点,使得为定值？证明你的结论.
【答案】（1）（2）存在定点,使得为定值.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据点与两焦点构成的三角形的周长为6,离心率为，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、，即可得结果；（Ⅱ）设出直线方程，直线方程与椭圆方程联立，消去可得关于的一元二次方程，表示为，利用韦达定理化简可得，令可得结果.
【详解】（Ⅰ）由题设得,又,解得,∴.
故椭圆的方程为.
（Ⅱ）,当直线的斜率存在时,设此时直线的方程为,
设,,把代入椭圆的方程,消去并整理得,
,则,,
可得.设点,
那么,
若轴上存在定点,使得为定值,则有,解得,
此时,,
当直线的斜率不存在时,此时直线的方程为,把代入椭圆方程解得,
此时,,, ,
综上,在轴上存在定点,使得为定值.
【点睛】本题主要考查待定系数法求椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
21.已知函数．（是自然对数的底数）
（1）求的单调递减区间；
（2）记，若，试讨论在上的零点个数．（参考数据：）
【答案】（1）．（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，解不等式，结合三角函数的性质可得解；
（2）求出，令，由导数的知识求得的单调性，然后通过讨论的正负确定的单调性的极值，确定其零点个数．
【详解】解：（1），定义域为．
．
由解得，解得．
∴的单调递减区间为．
（2）由已知，∴．
令，则．
∵，∴当时，；
当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减．
∵，．
①当，即时，，∴．
∴，使得，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减．
∵，∴．
又∵，
∴由零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点．
②若时，，
又∵在上单调递增，在上单调递减，又，
∴，，使得，，
且当、时，；当时，．
∴在和上单调递减，在上单调递增．
∵，∴．
∵，∴．
又∵，由零点存在性定理可得，
在和内各有一个零点，
即此时在上有两个零点．
综上所述，当时，在上仅有一个零点；
当时，在上有两个零点．
【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、求极值等问题，考查等人转化思想、分类讨论思想的综合应用，涉及构造函数、多次求导等方法，有一定的综合性，考查学生的分析问题能力和逻辑思维能力，属于难题．
选考题：（请考生在第22、23两道题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑）
选修4—4：坐标系与参数方程
22.已知直线的参数方程为（其中为参数），以原点为极点，以轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（为常数，且），直线与曲线交于两点.
（1）若，求实数的值；
（2）若点的直角坐标为，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）； （2）.
【解析】
【分析】
（1）将直线的参数方程化为为普通方程，曲线C的极坐标方程化为普通方程，再利用直线与圆的弦长公式求解.
（2）直线的参数方程与圆的普通方程联立，根据参数的几何意义，则有求解.
【详解】（1）曲线的极坐标方程可化为，
化为直角坐标系下的普通方程为：，即.
直线的普通方程为：，
而点到直线的距离为，
所以，即，
又因为，所以.
（2）显然点在直线上，把代入
并整理可得，
设点对应的参数分别为.
则，解得或.
则，解得或.
而，实数m的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了参数方程，极坐标方程与普通方程间的转化以及直线与圆的弦长，参数的几何意义，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
选修4—5：不等式选讲
23.已知，且.
（1）求的取值范围；
（2）求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由条件等式将用表示，再从，进一步求出的范围，将问题转化为求二次函数的取值范围，二次函数配方，即可求解；
（2）根据已知条件转化证明，利用基本不等式即可得证.
【详解】（1）依题意，，故.
所以，
所以，即的取值范围为.
（2）因为，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
又因为，
所以.
【点睛】本题主要考查配方法、基本不等式和不等式证明等基础知识，解题中注意应用条件等式，属于中档题.
