宁夏银川市第九中学2020届高三下学期模拟考试数学（文）试题
展开银川市第九中学2020届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（文）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
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，由此求得
【详解】因为，所以.
故选：A
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.
2.（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
复数的乘法类似于多项式乘多项式，遇到化为.
【详解】.
故选：A.
【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查运算求解能力，是基础题.
3.高二某班共有45人，学号依次为1、2、3、…、45，现按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，已知学号为6、24、33的同学在样本中，那么样本中还有两个同学的学号应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
根据题意，由系统抽样的方法，可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即可得分别写出5个同学的学号，即可得出剩余的两个同学的学号.
【详解】解：由题可知，该班共有45人，按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，
则抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，
而已知学号为6、24、33的同学在样本中，
即抽到的第一个学号为6，则第二个学号为：6+9=15，
第三个学号为：15+9=24，则第四个学号为：24+9=33，
第五个学号为：33+9=42，
所以样本中还有两个同学的学号应为：15，42.
故选：B.
【点睛】本题考查对系统抽样的理解，属于基础题.
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
加入0和1这两个中间量进行大小比较，其中，，，则可得结论
【详解】，
，
，
.
故选：C.
【点睛】本题考查了指数幂，对数之间的大小比较问题，是指数函数，对数函数的性质的应用问题，其中选择中间量0和1是解题的关键，属于基础题.
5.若双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由双曲线的一条渐近线方程为，求得，再结合离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，
所以双曲线的离心率为.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中熟练应用双曲线的几何性质和双曲线的离心率的定义是解答的关键，着重考查了计算能力.
6.为了得到函数的图象，只需把函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度
B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度
D. 向右平移个单位长度
【答案】B
【解析】
【分析】
对比两个函数中自变量的变化情况，再结合“左加右减”的平移原则，即可得答案；
【详解】向左平移单位可得，
故选：B.
【点睛】本题考查三角函数的平移变换，考查对概念的理解，属于基础题.
7.函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用函数的奇偶性进行排除,再利用特殊取值判断.
【详解】即，
所以是奇函数，排除A，B；
当时，，，则，排除C.
故选：D.
【点睛】本题考查利用函数解析式判断函数图像，考查理解辨析能力和推理论证能力，是基础题.
8.已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的侧面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别设出圆柱的底面半径和高，由已知列出关于底面半径和高的方程，解方程，最后可求圆柱的侧面积.
【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，
由题意可得，解得，
则该圆柱的侧面积是.
故选：A.
【点睛】本题考查圆柱表面积和轴截面周长的计算，考查运算求解能力和直观想象能力，是基础题.
9.在中，角的对边分别是，若，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由于，根据正弦定理角化边得出，而，则，再利用余弦定理得出，即可得出，最后根据三角形的面积公式即可求出答案.
【详解】解：由题可知，则，即：，
又，，则，
由余弦定理得：
则，即：，
所以，得，
解得：，
则，得：或（舍去），
所以的面积为：.
故选：D.
【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，考查运算能力.
10.更相减损术出自《九章算术》，它原本是为约分而设计的，原文如下：可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之.如图所示的程序框图的算法思路就源于“更相减损术”.若执行该程序框图，则输出的的值为（ ）
A. 14 B. 12 C. 7 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据程序框图进行计算，求得输出的的值.
【详解】，，；
，，；；；
；；；.
，输出.
故选：A
【点睛】本小题主要考查根据程序框图计算输出结果，考查中国古代数学文化，属于基础题.
11.已知正方体的棱长为为的中点，下列说法中正确的是（ ）
A. 与所成角大于
B. 点到平面的距离为1
C. 三棱锥的外接球的表面积为
D. 直线与平面所成的角为
【答案】D
【解析】
【分析】
对于A选项，取的中点为，可得，则为与所成的角，结合余弦定理即可判断；
对于B选项，求出四棱锥的所有棱长，从而可得四棱锥的高即为点到平面的距离；
对于C选项，可判断三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，根据勾股定理可求出四棱锥的外接球半径，再根据球的表面积公式即可判断；
对于D选项，设交平面于点，通过线面垂直的判定定理，可推出，从而可找出直线与平面所成的角，再利用余弦定理即可求得直线与平面所成的角的大小.
【详解】解：如图，正方体的棱长为为的中点，
对于，取的中点为，连接，
则，则与所成的角即为与所成的角，即为，
在中，，，
，
由余弦定理得：，
即，而异面直线夹角为，即，
所以，故A不正确；
连接，
因为为矩形，且，，，
则四棱锥的顶点投影在底面的中心，即底面对角线的中点，
而底面的对角线为：，
则四棱锥的高为：，
即点到平面的距离为，故B不正确；
由图可知，、、、的四点共面，
所以三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，
设四棱锥的外接球半径为，
则，解得，
则三棱锥的外接球表面积，故C不正确；
连接，其中与交于点，
交平面于点，连接，
由于四点共面，平面在平面内，
则直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，
因正方体，则，
而平面，则，且，
所以平面，平面，
则，则为直线与平面所成的角，
在中，，
则，得，
所以在中，，则，
即：直线与平面所成的角为，
所以直线与平面所成的角为，故D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查空间异面直线夹角和线面角，以及点到面的距离和棱锥外接球的表面积，还涉及余弦定理的应用和线面垂直的判定，考查转化思想和运算能力，属于中档题.
12.定义在上的偶函数，其导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数，根据其单调性和奇偶性，求解不等式即可.
【详解】令，则，
∵当时，恒有，∴，
∴在上为减函数.
∵为偶函数，∴为偶函数.
∵等价于，
∴等价于，
即，两边平方化简为，
解得，
∴原不等式的解集为.
故选：C.
【点睛】本题考查利用函数单调性解不等式，涉及函数奇偶性的判断、构造函数法，利用导数判断函数单调性，属中档题.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知向量，若，则____________.
【答案】5
【解析】
【分析】
根据题意，根据平面向量坐标的加减法运算求出，由于，得出，最后利用向量垂直的坐标表示，即可求出.
【详解】解：由题可知，，
则，
由于，则，
即：，解得：.
故答案为：5.
【点睛】本题考查平面向量坐标的加减法运算和向量垂直的坐标表示，属于基础题.
14.若实数满足约束条件，则的最大值为____________.
【答案】4
【解析】
【分析】
根据题意，画出实数满足约束条件表示的平面区域，要求的最大值，即求的轴上的截距的最小值，由图可知，将向下平移到过点时，取得最小值，即可求出的最大值.
【详解】解：由题可知，实数满足约束条件表示的区域如下图阴影部分：
由于，即，
要求的最大值，即求的轴上的截距的最小值，
由图可知，将向下平移到过点时，取得最小值，
即过点时，取得最大值，
所以最大值为：.
故答案为：4.
【点睛】本题考查利用几何法求线性规划的最值，考查数形结合思想.
15.已知，则____________.
【答案】或
【解析】
【分析】
根据题意，由，两边同时平方并利用同角三角函数的平方关系得出，得出，根据三角函数所在象限的符号，从而可判断出，在利用齐次式进行化简，即可求出的值，最后根据二倍角的正切公式，即可求出的结果.
【详解】解：因为，
两边同时平方得出：，
即：，得，
而中，，则可知，
所以得，
则，
即：，
而，解得：或，
所以当时，，
当时，，
即：或.
故答案为：或.
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，以及二倍角的正切公式的应用，还涉及利用齐次式进行化简求值，三角函数中需特别注意象限的判断.
16.已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点，且满足，以为中点的线段的两端点分别为，其中在轴上，在上，则_______，的最小值为____________
【答案】 (1). 2 (2).
【解析】
【分析】
由题可知，过点的直线的方程设为，代入抛物线的方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得的值；设，，，根据中点坐标公式求出，
再设直线的方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理，可求得，再由弦长公式和二次函数的最值求法，可得所求最小值．
【详解】解：已知过点的直线与交于不同的两点，
则过点的直线的方程设为，
代入抛物线方程，可得，
所以，，可得；
由为的中点，且在轴上，设，，，
则，可得，
设直线的方程为，联立抛物线方程，
可得，
所以，，
因为，则有，可得，
则
，
当即轴时，取得最小值．
故答案为：2，．
【点睛】本题考查抛物线的方程和运用，直线方程和抛物线联立，运用韦达定理和弦长公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
三、解答题（共70分）
17.在数列中，，，（且）.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用定义法证明数列是等比数列；
（2）结合数列的通项公式，利用累加法可求得数列的通项公式.
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又，，；
∴（，且），
故数列是首项和公比都是2的等比数列；
（2）解：由（1）可得，
则（，且），
故
（，且），
当时，满足上式，
∴.
【点睛】本题考查了等比数列的证明方法——定义法，等比数列通项公式，累加法求求通项公式，特别是累加法求通项要验证首项，考查理解辨析能力和运算求解能力，是中档题.
18.高三数学考试中，一般有一道选做题，学生可以从选修4-4和选修4-5中任选一题作答，满分10分.某高三年级共有1000名学生参加了某次数学考试，为了了解学生的作答情况，计划从该年级1000名考生成绩中随机抽取一个容量为10的样本，为此将1000名考生的成绩按照随机顺序依次编号为000~999.
（1）若采用系统抽样法抽样，从编号为000~999的成绩中随机确定的编号为026，求样本中的最大编号.
（2）若采用分层抽样法，按照学生选择选修4-4或选修4-5的情况将成绩分为两层，已知该校共有600名考生选择了选修4-4，400名考生选择了选修4-5，在选取的样本中，选择选修4-4的平均得分为6分，方差为2，选择选修4-5的平均得分为5分，方差为0.75.用样本估计该校1000名考生选做题的平均得分和得分的方差.
【答案】（1）（2）估计该校1000名考生选做题的平均得分为5.6，方差为1.74
【解析】
【分析】
（1）首先求得组距，再求得样本中的最大编号.
（2）根据样本中选和选的平均得分和得分的方差列方程，由此计算出抽样的人的平均得分和得分的方差，进而估计出该校名考生选做题的平均得分和得分的方差.
【详解】（1）组距为，所以最大编号为.
（2）样本中选择选修4-4的考生有6人，4-5的考生有4人，所以得分平均数为，
从选择选修4-4的考生中抽取6人，分别记为，，…，，
从选择选修4-5的考生中抽取4人，分别记为，，，，
则，
由于，所以
所以，
同理可求得，
所以样本得分的方差为
.
所以估计该校1000名考生选做题的平均得分为5.6，方差为1.74.
【点睛】本小题主要考查系统抽样，考查分层抽样，考查平均数和方差的计算，考查运算求解能力，属于中档题.
19.如图，在四棱锥中，底面，，，，为的中点，是上的点.
（1）若平面，证明：是的中点.
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的性质定理可证得，即可得答案；
（2）利用等积法可求得点到平面的距离.
【详解】（1）证明：因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面，所以可设平面平面，
又因为平面，所以.
因为平面，平面，
所以，
从而得.
因为为的中点，所以为的中点.
（2）解：因为底面，，，
所以，，
，
所以.
设点到平面的距离为，
由，得，
解得.
【点睛】本题考查线线平行性质定理的运用、点到面距离的求解，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.
20.已知椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，分别为椭圆的左、右顶点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过左顶点的直线与椭圆另交于点，与轴交于点，在平面内是否存在一定点，使得恒成立？若存在，求出该点的坐标，并求面积的最大值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2），.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，由双曲线的标准方程，求出和，利用，求得，根据离心率，即可求出双曲线的离心率，结合题意，得出椭圆的离心率，根据椭圆中，得出，进而求出，最后利用，求出，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为：，，可求出与轴交于点，联立方程组，写出韦达定理，进而可求出，设点，求出和，通过，化简后通过直线过定点得出，由弦长公式求出，以及利用点到直线的距离公式求出点到直线：的距离，最后利用，化简后可得出面积的最大值.
【详解】解：（1）由题可知，双曲线，
则，，，
所以，
所以双曲线的离心率：，
由于椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，
则椭圆的离心率为，
而分别为椭圆的左、右顶点，且，
则，得，所以，，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）由（1）可知，，，
直线过点，与椭圆另交于点，与轴交于点，
则设直线的方程为：，，
令，得，则，
将代入得：，
则，而，则，
由于，
得，
设点，则，，
要使得，
则
即
即，则，
即，则过定点，
即在平面内存在一定点，使得恒成立，
由于，
设点到直线：的距离为，
则，
所以的面积为：
，
因为，当且仅当时，即时，取等号，
则，
所以的最大值为，即面积的最大值为.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程和直线与椭圆的位置关系，以及双曲线的简单几何性质、联立方程组、韦达定理和弦长公式、点到直线的距离公式，考查化简运算能力.
21.已知函数，.
(1)求函数的单调区间与极值.
(2)当时，是否存在，使得成立？若存在，求实数的取值范围，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的定义域，接着求导，对参数分类讨论．
（2）假设存在，使得成立，则对，满足，将问题转化为求与．
【详解】解：（1），
当时，恒成立，即函数的单调增区间为，无单调减区间，所以不存在极值．
当时，令，得,当时，，当时，，
故函数的单调增区间为，单调减区间为，此时函数在处取得极大值，极大值为，无极小值．
综上，当时，函数的单调增区间为，无单调减区间，不存在极值．当时，函数的单调增区间为，单调减区间为，极大值为，无极小值
（2）当时，假设存在，使得成立，则对，满足
由可得，
.
令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，
所以
由（1）可知，①当时，即时，函数在上单调递减，所以的最小值是．
②当，即时，函数在上单调递增，
所以的最小值是．
③当时，即时，函数在上单调递增，在上单调递减.又，所以当时，在上的最小值是.当时，在上的最小值是
所以当时，在上的最小值是，故，
解得,所以．
当时，函数在上的最小值是，故，
解得，所以.故实数的取值范围是
【点睛】本题利用导数求函数的单调区间、极值问题，以及导数与函数的综合应用，属于难题．
请考生在第22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，答时用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.在直角坐标系中，已知点，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，曲线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设曲线与曲线相交于，两点，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）消去参数方程中的参数，求得的普通方程，利用极坐标和直角坐标的转化公式，求得的直角坐标方程.
（2）求得曲线的标准参数方程，代入的直角坐标方程，写出韦达定理，根据直线参数中参数的几何意义，求得的值.
【详解】（1）由的参数方程（为参数），消去参数可得，
由曲线的极坐标方程为，得，
所以的直角坐方程为，即.
（2）因为在曲线上，
故可设曲线的参数方程为（为参数），
代入化简可得.
设，对应的参数分别为，，则，，
所以.
【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查利用利用和直线参数方程中参数的几何意义进行计算，属于中档题.
23.已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）利用绝对值三角不等式求得的最小值，利用分析法，结合基本不等式，证得不等式成立.
【详解】（1），
不等式，即或或，
即有或或，
所以所求不等式的解集为.
（2），，
因为，，
所以要证，只需证，
即证，
因为，所以只要证，
即证，
即证，因为，所以只需证，
因为，所以成立，
所以.
【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题.
