2020六安一中高三下学期模拟卷（九）数学（理）试题含答案

这是一份2020六安一中高三下学期模拟卷（九）数学（理）试题含答案，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

测试范围：学科内综合．共150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．设复数满足（为虚数单位），则 （ ）
A．B．C．D．
2．在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个位正整数的所有数位上数字的次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位正整数的自恋数组成集合，集合，则的真子集个数为 （ ）
A．3B．4C．7D．8
3．已知，则“”是“”的 （ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．用表示中的最大值，若，则的最小值为 （ ）
A．0B．1C．2D．3
5．如图，圆过正六边形的两个顶点，记圆与正六边形的公共部分为，则往正六边形内投掷一点，该点不落在内的概率为 （ ）
A．B．C．D．
6．已知正项等比数列的前项和为，且，若，，则的大小关系为 （ ）
A．B．C．D．
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中三视图，求得该几何体的表面积为 （ ）
A．B．C．D．
8．已知单位向量的夹角为，若向量，且，则 （ ）
A．2B．4C．8D．16
9．执行如图所示的程序框图，若输出的的值是35，则判断框内应补充的条件为 （ ）
A．B．C．D．
10．过椭圆一个焦点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，是原点，若是等边三角形，则椭圆的离心率为 （ ）
A．B．C．D．
11．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是 （ ）
A．B．
C．D．
12．若函数在区间上不单调，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
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．将答案填在题中的横线上．）
13．已知函数，则函数图象的对称轴为 .
14．展开式中的系数为2016，则展开式中常数项为 .（用数字作答）
15．已知点满足，则的取值范围为 .
16．设是数列的前项的和，，如果是与的等差中项，则的最小值为 .
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．（12分）在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求.
18．（12分）每逢节日，电商之间的价格厮杀已经不是什么新鲜事，今年的6月18日也不例外.某电商在6月18日之后，随机抽取100名顾客进行回访，按顾客的年龄分成6组，得到如下频数分布表：
（1）在下表中作出这些数据的频率分布直方图；
（2）用分层抽样的方法从这100名顾客中抽取25人，再从抽取的25人中随机抽取2人，求年龄在内的顾客人数的分布列、数学期望．
19．（12分）如图1，平面五边形是由边长为2的正方形与上底为1，高为的直角梯形组合而成，将五边形沿着折叠，得到图2所示的空间几何体，其中.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.

图1 图2
20．（12分）已知抛物线，不与坐标轴垂直的直线与抛物线交于两点，当且时，.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过定点，点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出定点坐标.
21．（12分）已知.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：.
请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．
22．（10分）选修4—4坐标系与参数方程
在极坐标系中，曲线的极坐标方程为.现以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为(为参数).
（1）求曲线的直角坐标系方程和直线的普通方程；
（2）点在曲线上，且到直线的距离为，求符合条件的点的直角坐标.
23．（10分）选修4—5不等式选讲
已知定义在上的函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围.
2020届模拟09理科数学答案与解析
1．【答案】B【解析】注意到，则，故选B.
2．【答案】C【解析】依题意，，，故，故的真子集个数为7，故选C.
3．【答案】C【解析】由，得，即，，从而，以上推导过程均是可逆的，故选C.
4．【答案】B【解析】可知当时，，此时.当时，可得，此时.当时，，此时.综上，，可得当或时取得最小值1，故选B.
5．【答案】D【解析】依题意，不妨设，故正六边形的面积；公共部分为的面积，故所求概率，故选D.
6．【答案】B【解析】依题意，，故，则，故，故选B.
7．【答案】C【解析】将三视图还原，可知原几何体是由半球体与圆柱体拼接而成，其中半球体的半径为2，圆柱体的底面半径为2，高为2，故所求几何体的表面积，故选C.
8．【答案】B【解析】依题意，，故，故，故，解得，故，故，故.
9．【答案】C【解析】当，可得；
当，可得；
当，可得；
当，可得；
当，可得；
当，可得；
当，可得；
当，可得；
当，可得；
当，可得.
故判断框内应补充的条件为，故选C.
10．【答案】D【解析】不妨设题中的焦点为椭圆的右焦点，将焦点坐标代入椭圆方程中，得两交点坐标分别为，由于是等边三角形，则可得，从而，即，解之得或（舍去），故选D.
11．【答案】B【解析】由图象可得当，，故可排除C，因为当时，.当，可得，而当时，，故可排除D选项，当时，，故可排除A选项，故选B.
12．【答案】C【解析】，若在区间上单调递增，可得，记，要使得对恒有，只需 .若在区间上单调递减，可得，要使得对恒有，只需.由于，令可得，令可得，则在单调递增，在单调递减，由于，则，，由此可得当时，在区间上单调递增，当，在区间上单调递减，所以的取值范围为，故选C.
13．【答案】【解析】依题意，，
由得，故关于直线对称.
14．【答案】【解析】，，则的系数等于，由此可得，故展开式中常数项为.
15．【答案】【解析】不等式组所表示的平面区域如图所示阴影部分
(包括边界)，其中为直线的交点，表示阴影部分区域内的点与点连线的斜率，计算可得三点坐标分别为，由图象可得的最大值为，的最小值为，故，从而.
【答案】【解析】由条件得，
即，由于，则，即，那么.当，当，，故.
，等号成立当且仅当，
即.
【解析】
（1）由得，
即，解得或（舍去），由正弦定理得.（6分）
由余弦定理得，将代入，得，
解得，由余弦定理得，
则,，
从而.（12分）
【解析】
（1）频率分布直方图如下图所示
（6分）
由题意，抽取25人中，有8人的年龄在内，的可能取值为，
且，，，
故随机变量的分布列为
X的数学期望为.（12分）
【解析】
（1）以为原点，以平行于的方向为轴，平行于的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
过点作的高，交于点.由于，
所以平面，所以，又因为，
所以平面.设，由题设条件可得下列坐标：
.
，由于，
所以，解得，
故.可求，且，，从而，.
因为平面，且，故平面.（6分）
（2）由（1）得.设平面的法向量，由及得令，由此可得.设平面的法向量，由及得令，由此可得.则，因为二面角大于，则二面角的余弦值为.（12分）
另解：取中点，连接，可证是二面角的平面角．易求，由余弦定理得．（12分）
【解析】
（1）将抛物线方程和直线方程联立，得，
消去得，由根与系数关系可得，
则，
则，化简得，解之得或（舍去），
故抛物线的标准方程为.（6分）
直线方程为，设坐标分别为．因为点与点关于轴对称,所以坐标为，显然点也在抛物线上.设直线与轴交点的坐标为.由消去得.
所以.由于三点共线，则，
从而，化简得，
又，
，则，
故过定点.（12分）
【解析】
的定义域为，
.
令，可得或.
当时，，由得，由得，
由此可得的单调递增区间为，单调递减区间为.
当时，，由得，由得，
由此可得的单调递增区间为，单调递减区间为.
当时，，由得，由得或，由此可得的单调递增区间为，
单调递减区间为，.
当时，，可得，故的单调递减区间为.
当时，，由得，
由得或，由此可得的单调递增区间为，
单调递减区间为,.（6分）
当时，由（1）得在区间单调递减，
由此可得当时，即.
令，则，从而
，由此得,.（12分）
22．【解析】
（1）由曲线的极坐标方程为，则，即，
得其标准方程为.直线参数方程为(为参数)，
则其普通方程为.（5分）
（2）由（1）得曲线为圆心为，半径为5的圆，曲线的参数方程为
(为参数)，由题设条件及点到直线的距离公式可得，
化简的，可得或.
当时，注意到，联立方程组，
得或，此时对应的点坐标为.
当时，注意到，
联立方程组，得或，
此时对应的点坐标为.
综上，符合条件的点坐标为.（10分）
23．【解析】
（1）当时，.当时，原不等式可化为，
解得，结合得此时.当时，原不等式可化为，
解得，结合得此时不存在.当时，原不等式可化为，解得，结合得此时.综上，原不等式的解集为.（5分）
由于对任意恒成立，
故当时，不等式对任意恒成立，此时.
当，即或时，由于，记，
下面对分三种情况讨论.
当时，，
在区间内单调递减.
当时，，
在区间内单调递增.
当时，，
在区间内单调递增.综上，可得，
要使得对任意恒成立，只需，即，得，
结合或，得.
综上，的取值范围为.（10分）
顾客年龄
[5,15)
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65)
频数
4
24
32
20
16
4
0
1
2