东北三省三校2020届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

这是一份东北三省三校2020届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析，共24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。
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三省三校第四次模拟（内部）
数学试卷（理科）
一、选择题：本题共12小题，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】A
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求得集合，解对数不等式求得集合，由此求得.
【详解】由，解得，所以.由，解得，所以.所以.
故选：A
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查对数不等式的解法，考查集合并集的概念和运算，属于基础题.
2. 已知复数（为虚数单位，），在复平面上对应的点在第四象限，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用复数除法运算化简，根据在复平面上对应的点在第四象限列不等式组，解不等式组求得的取值范围.
【详解】，
由题意知，所以.
故选：B
【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数对应点所在象限，属于基础题.
3. 近年来，某市立足本地丰厚的文化旅游资源，以建设文化旅游强市，创建国家全域旅游示范市为引领，坚持以农为本，以乡为魂，以旅促农，多元化推动产业化发展，文化和旅游扶贪工作卓有成效，精准扶贫稳步推进.该市旅游局为了更好的了解每年乡村游人数的变化情况，绘制了如图所示的柱状图.则下列说法错误的是（ ）

A. 乡村游人数逐年上升
B. 相比于前一年，2015年乡村游人数增长率大于2014年乡村游人数增长率
C. 近8年乡村游人数的平均数小于2016年乡村游人数
D. 从2016年开始，乡村游人数明显增多
【答案】C
【解析】
【分析】
根据柱状图上的数据，对四个选项逐个分析可得答案.
【详解】从柱状图中看出，乡村游人数逐年上升，故A正确：
2015年乡村游增长人数为万人，2014年乡村游增长人数为万人.由，故B正确；
近8年乡村游人数的平均数为，即近8年乡村游人数的平均数大于2016年乡村游人数，故C错误；
从2016年开始，乡村游人数增长速度明显加快，故D正确.
故选：C
【点睛】本题考查了对柱状图的理解，考查了柱状图的应用，属于基础题.
4. 在等比数列中，，，则数列前7项的和（ ）
A. 253 B. 254 C. 255 D. 256
【答案】B
【解析】
【分析】
求等比数列基本量公比，再求前项和.
【详解】由，有，.
故选：B．
【点睛】本题考查等差等比数列通项公式及等比数列前项和.
等比数列基本量涉及五个量：，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量．
5. 执行如图所示的程序框图，若输入的的值为2，则输出的值为（ ）

A. 123 B. 125 C. 127 D. 129
【答案】C
【解析】
【分析】
先执行循环体语句，再判断，直到当成立时，退出循环体，输出此时的值.
【详解】因为输入的的值为2，所以，显然此时不成立，再进入循环体，
所以，显然此时不成立，再进入循环体，所以，显然此时成立，退出循环体，输出的值为127.
故选：C
【点睛】本题考查了程序框图中循环结构的输出问题，考查了数学运算能力.
6. 已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，①若，，则；②若，，则；③若，，，则；④若，，，则；在上述四个命题中，真命题的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理、平行线的性质、线面平行的性质定理、面面垂直的判定定理对四个命题，逐一判断即可选出正确答案.
【详解】①根据线面垂直的性质可知，若，，则，①正确；
②若，，则，相交或异面，故②错误；
③根据线面垂直判定定理可知，若，，则，又因为，则，故③正确；
④若，，，则，或，相交或异面，故④错误.
只有①③正确.
故选：B.
【点睛】本题考查了面面垂直的判定、面面平行的判定、平行线的性质、线面平行的性质定理考查了空间想象能力.
7. 已知函数是偶函数，则函数的最大值为（ ）
A. 1 B. 2 C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
由偶函数的定义化简可求得，则，借助基本不等式和余弦函数性质即可得解.
【详解】因为函数是偶函数，
所以，即，化简可得：，
解得：，即.
又因为，，
所以（当且仅当时两个“”同时成立）.
故选：C.
【点睛】本题考查偶函数的定义，考查求函数的最值，合理利用基本不等式和函数性质是解答本题的关键，属于中档题.
8. 已知α为锐角，若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用，求得.进而求得.因为利用两角差的正弦公式即可求得，进而得到，，计算可得出结果.
【详解】因为，所以.
因为，所以.
所以，，
所以，，
所以.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，考查了三角函数的基本关系式、两角和与差的正弦公式和二倍角公式，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
9. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，圆：与双曲线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由圆与双曲线相交可知，据此知为直角三角形，利用勾股定理及双曲线的定义即可求解.
【详解】设，，焦距为，
由 得，
所以，
所以直角三角形，
有，解得，
又，
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据直角三角形的边角关系以及双曲线的定义建立方程是解决本题的关键.
10. 把函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，函数图像的一条对称轴为直线，若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. 2或5 B. 2或3 C. 2 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】
函数图象向左平移个单位得到，由一条对称轴为，代入对称轴方程，即可得到，根据上单调递增可得，计算即可得出结果.
【详解】把函数的图象向左平移得到，
因为一条对称轴为直线，所以，
解得：，又由，有，故，经检验知合题意.
故选：C.
【点睛】本题考查三角函数图象的平移变换，考查对称轴、周期、单调性等知识，熟练掌握三角函数的图象和性质是解题的关键，属于中档题.
11. 已知三棱锥（记所在的平面为底面）内接于球，，当三棱锥侧面积最大时，球的体积为，则此时的面积为（ ）
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】

【详解】
设， ，，当三棱锥 三个侧面的面积之和最大时，
，， 两两垂直，此时球的直径为以 ，， 为棱的长方体的对角线.
又 ，得，
所以 ，有 ，得，
则， ，
此时，， ，由 ， ，的面积为 .
故选：C
【点睛】
本题考查球的内接几何体问题，考查补形方法的应用，考查球的体积公式的应用，三棱锥三个侧面的面积之和最大时， ，， 两两垂直以及此时将之补成长方体得出球的直径是解题的关键，属于中档题.
12. 若不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
当时，，，显然成立；当时，不等式，化为，两边取对数得到，进而转化为
恒成立，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意，当时，，可得，
①当时，，则，不等式显然成立；
②当时，不等式，可化为，
两边取对数，可得，
令，可得，
又由函数单调递增，所以只需，即在恒成立，
令，有，，
由，即，解得，
由，即，解得，
所以函数的增区间为，减区间为，
所以当时，函数取得最大值，
综上可得，实数的取值范围为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式的恒成立问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
二、填空题：本题共4小题
13. 已知实数，满足则的最小值_____________
【答案】
【解析】
【分析】
画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数的最值.
【详解】
由同理
，，
取最小值
故答案为： ．
【点睛】本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.
14. 已知平面向量，，，若则向量与的夹角的大小为_____________
【答案】
【解析】
【分析】
根据平面向量互相垂直的性质，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量夹角公式进行求解即可.
【详解】因为，所以，
得，设向量与的夹角为，
所以，因为，所以.
故答案：
【点睛】本题考查了平面向量垂直的性质，考查了平面向量的数量积运算性质，考查了平面向量夹角公式的应用，考查了数学运算能力.
15. 设为等差数列前项和，已知在中只有最小，则.（填“”或“”或“”）
【答案】
【解析】
【分析】
利用最小得出，，然后，利用等差数列求和公式即可求解
【详解】，有，，由题意可得，，故有.
答案：
【点睛】本题考查如何求等差数列的前项和最小，属于基础题
16. 已知抛物线的焦点为，过点的直线l与抛物线相交于、两点，为坐标原点，直线、与抛物线的准线分别相交于点，，则的最小值为_____________.
【答案】4
【解析】
【分析】
设直线的方程为，联立方程，利用根与系数的关系，求得及结合直线和的方程，得出点和的坐标取得，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】设点、的坐标分别为，，直线的方程为，
联立方程消去后整理为，
可得，，则，
直线方程为，可求得点的坐标为，
直线的方程为，可求得点的坐标为，
记抛物线的准线与轴的交点为，有，
由，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为:4
【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：
17. 在中，角，，所对的边分别为、、，已知
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，且，求，.
【答案】（1）；（2），或，
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理和题设条件，化简整理得，得到，
即可求解角的大小；
（2）由三角形的面积公式，求得，再由余弦定理，得到，进而求得，联立方程组，即可求得的值.
【详解】（1）在中，因为，
由正弦定理得，
即，
因为，所以，
即，
又因为，可得，所以，
又由，所以.
（2）由三角形的面积公式，可得，解得，
因为，可得，
所以，即，
由，解得或，
故，或，.
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
18. 如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，为的中点，，，平面.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先结合线面平行的判定定理，证得平面和平面，再利用面面平行的判定定理，即可证得平面平面；
（2）以为坐标原点，向量，，方向分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）在中，因为，，可得，
在中，因为，，可得，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面.
（2）如图所示，连，由，，则，
在中，，可得，，
因为平面，可得，，两两垂直，以为坐标原点，向量，，方向分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，，，.
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，，，可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，，，有可得平面的一个法向量为，
又由，，，可得，
故二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查了平面与平面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
19. “扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某大型企业为帮扶贫困职工，设立“扶贫帮困基金”，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球六个，红球三个，每位献爱心的参与者投币100元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金20元，两个红球奖金40元，三个全为红球奖金200元.
（1）求一位献爱心参与者不能获奖的概率；
（2）若该次募捐有300位献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望.
【答案】（1）；（2）元
【解析】
【分析】
（1）不能获奖即摸到三个白球，由古典概型可求得解；
（2）由题可知，设一个献爱心参与者参加活动，学校所得善款为元，则,80,60,－100，求出每种情况的概率，求出期望，最后再乘以300.
【详解】解：（1）一位“献爱心参与者不能中奖”记为事件，则.
（2）设一个献爱心参与者参加活动，企业所得善款为元，则,80,60,－100，
则，，
，.
若只有一个参与者募捐，学校所得善款的数学期望为元.
所以此次募捐所得善款的数学期望为元.
【点睛】本题考查利用古典概型的概率解决数学期望问题.
求古典概型概率的方法（1）判断是否是古典概型，（2）列举或计算基本事件总数和所求基本事件数（3）用古典概型的概率公式计算
20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的右焦点为，上顶点为，，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）动直线l与椭圆相交于、两点，与轴相交于点，与轴的正半轴相交于点，为线段的中点，若为定值，请判断直线l是否过定点，求实数的值，并说明理由.
【答案】（1）；（2）直线l过定点，，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）设点的坐标为.由，可得，，故椭圆的标准方程为，把点代入，求出，即得椭圆的标准方程；
（2）由题意可设直线的方程为，，则.由，消去，韦达定理可得.由，可得为定值，故，即求，即得直线l过定点.
【详解】（1）设点的坐标为.
由，，，，可得，.
椭圆的标准方程为，点在椭圆上，
，，
故椭圆的标准方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
设，则.
由，消去，整理可得，
则，.
由，
可得.
，

，
，.
，，


，
若为定值，则必有，
解得，，，.
故直线 过定点，.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于难题.
21. 已知函数
（1）若曲线在点处的切线l过点，求实数的值；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）对函数进行求导，根据导数的几何意义，结合直线点斜式方程、点在直线上进行求解即可；
（2）对函数进行求导，分类讨论求出函数的单调性，结合零点的定义、零点存在原理，通过构造新函数，对新函数进行求导，根据新函数的单调性进行求解即可.
【详解】解：（1）由，有，，
切线的方程为，代入点有，解得，故实数的值为－1.
（2）函数的定义域为，由，
.
①当时，，此时函数单调递增，最多只有一个零点；
②当时，令，由可知函数单调递增，又由，，可得存在，使得，有，可知函数的减区间为，增区间为.
若函数有两个零点，必有

，得，
又由，
令，有，令可得，故函数的增区间为，减区间为，有，
当时，即时，，可得此时函数有两个零点.
由上知，若函数有两个零点，则实数的取值范围为.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了已知函数零点的个数求参数取值范围问题，考查了分类讨论思想和数学运算能力.
（二）选考题：请考生在第22、23题中任选一题作答.
22. 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为：，（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为
（1）求曲线和直线l的直角坐标方程；
（2）若点在曲线上，且点到直线l的距离最小，求点的坐标.
【答案】（1）：，：；（2）
【解析】
【分析】

（1）由曲线的参数方程化为 ，平方相加，求得曲线的直角坐标方程，把直线的极坐标方程化为 ，进而求得直线的直角坐标方程；
（2）设点 ，求得点到直线的距离 ，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】
（1）由曲线的参数方程为： ，（为参数），可得 ，
平方相加，可得 ，即曲线的直角坐标方程为 ，
由直线的极坐标方程化为 ，
将，代入可得 ，
故直线的直角坐标方程为 .
（2）由点在曲线上，设点 ，
则点到直线的距离
当 时，即，点到直线的距离的最小值为 ，
此时点的坐标为 .
【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，以及点到直线的距离公式和三角函数的性质的综合应用，着重考查推理与运算能力.
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若时，恒成立，求实数的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】

（1）利用绝对值的定义将函数 化为 然后分段求解不等式，得出答案.
（2）当 时，即 恒成立，得出此时的范围，当 时， 恒成立，得出此时的范围，然后综合得出答案.
【详解】
解：（1）
当时， ，得；
当时，由，得 ；
当时， ，无解.
所以不等式 的解集为：
（2）当 时， 恒成立.
当， 恒成立，
当时，恒成立，即 恒成立，所以，即.
当时， 恒成立，即，即
综上，实数的值为－1.
【点睛】
本题考查含绝对值的不等式的求解和恒成立问题，关键是由绝对值的定义打开绝对值，再分段处理，属于中档题.