2020届全国100所名校高三模拟金典卷文科数学（一）试题

这是一份2020届全国100所名校高三模拟金典卷文科数学（一）试题，共19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。
 100所名校高考模拟金典卷·数学（一）（120分钟  150分）一、选择题：本题共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. 已知集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用并集的定义计算即可.【详解】由已知，集合，所以.故选：B【点睛】本题考查集合的并集运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.2. 已知是实数，是纯虚数，则复数的模等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】是纯虚数可得，则，再根据模的计算的公式计算即可.【详解】是纯虚数，则实部为0，虚部不为0，即，所以，.故选：C【点睛】本题考查复数模的计算，涉及到复数的相关概念，是一道容易题.3. 某产品的宣传费用（万元）与销售额（万元）的统计数据如下表所示：宣传费用（万元）4235销售额（万元）252450 根据上表可得回归方程，则宣传费用为3万元时销售额为（    ）A. 36.5 B. 30 C. 33 D. 27【答案】D【解析】【分析】由题表先计算出，将其代入线性回归方程即可.【详解】由已知，，由回归方程过点，故，即，解得.故选：D【点睛】本题考查线性回归方程的简单应用，回归方程一定过样本点的中心，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.4. 已知在等差数列中，，则（    ）A  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由，可得结合，可得公差，再由可得.【详解】由等差数列的性质，得，所以公差，又，所以.故选：C【点睛】本题考查等差数列的性质及等差数列基本量的计算，考查学生的运算能力，是一道容易题.5. 已知抛物线的准线与圆相切，则实数的值为（    ）A. 8 B. 7 C. 6 D. 5【答案】B【解析】【分析】由题可得准线方程为，再利用圆心到直线的距离等于半径计算即可得到答案.【详解】由已知，抛物线的准线方程为，圆的标准方程为，由与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得.故选：B【点睛】本题主要考查抛物线的定义，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.6. 已知平面向量满足，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】分析】根据向量的垂直关系求出，再将向量的模长转化为向量的数量积，即可求解.【详解】由题意可得且，即，所以，所以，．故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积运算，熟记公式即可，属于基础题．7. 已知定义在上的函数，对于任意的，总有成立，则函数的图象（    ）A. 关于点对称 B. 关于点对称C. 关于点对称 D. 关于点对称【答案】B【解析】【分析】设是图象上任意一点，关于对称的点为也在的图象上，再结合简单推导即可得到.【详解】设是图象上任意一点，关于对称的点为也在的图象上，则，所以有，解得.所以函数的图象关于点对称.故选：B【点睛】本题考查函数图象的对称性，考查学生的逻辑推理能力，当然也可以作一个示意图得到，是一道中档题.8. 某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是A. 8号学生 B. 200号学生 C. 616号学生 D. 815号学生【答案】C【解析】【分析】等差数列的性质．渗透了数据分析素养．使用统计思想，逐个选项判断得出答案．【详解】详解：由已知将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，46号学生被抽到，所以第一组抽到6号，且每组抽到的学生号构成等差数列，公差，所以，若，则，不合题意；若，则，不合题意；若，则，符合题意；若，则，不合题意．故选C．【点睛】本题主要考查系统抽样.9. 函数的图象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由函数的奇偶性可排除B；由可排除选项A、D.【详解】设，定义域为，，所以为奇函数，故排除选项B；又，排除选项A；，排除选项D.故选：C【点睛】本题考查由解析式选函数图象的问题，涉及到函数的性质，此类题一般从单调性、奇偶性、特殊点的函数值入手，是一道容易题.10. 某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（    ） A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据三视图可得该几何体是圆锥的一部分，结合三视图的数据，即可求解.【详解】从三视图中提供的图形信息与数据信息可知：该几何体的底面是圆心角为的扇形，高是4的圆锥体．底面面积，所以其体积．故选：D.【点睛】本题考查三视图求直观图的体积，由三视图还原出直观图是解题的关键，属于基础题．11. 已知函数的图象上存在两点，的最小值为，再将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】，由可得，，再由平移变换及诱导公式可得的解析式.详解】，因为的最小值为，解得.因为函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为，所以.故选：A【点睛】本题考查三角函数图象的变换，涉及到辅助角公式、诱导公式的应用，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.12. 如图所示，在棱锥中，底面是正方形，边长为，.在这个四棱锥中放入一个球，则球的最大半径为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，最大的球应与四棱锥各个面都相切，设球心为，连接，，则把此四棱锥分为五个棱锥，设它们的高均为，求出四棱锥的表面积以及四棱锥的体积，利用公式，计算即可.【详解】由已知，，所以，所以，同理，又，所以平面，，又，，所以平面，所以，设此球半径为，最大的球应与四棱锥各个面都相切，设球心为，连接，，则把此四棱锥分为五个棱锥，它们的高均为.四棱锥体积，四棱锥的表面积，因为，所以.故选：D【点睛】本题考查几何体内切球的问题，考查学生空间想象能力、转化与化归的能力，是一道有一定难度的压轴选择题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.13. 设实数，满足约束条件，则的最大值是__________.【答案】4【解析】【分析】作出可行域，，易知截距越小，越大，【详解】根据实数，满足约束条件，画出可行域，如图，平移直线即可得到目标函数的最大值.，易知截距越小，越大，平移直线，可知当目标函数经过点时取得最大值，由，解得，所以故答案为：4【点睛】本题考查简单的线性规划及应用，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14. 曲线在点处的切线方程为__________.【答案】【解析】【分析】直接利用导数的几何意义计算即可.【详解】因为，，所以，所以切线方程为，即故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.15. 已知数列满足：，，则数列的前项和__________.【答案】【解析】【分析】利用累加法可得数列的通项公式，再利用分组求和法求和即可.【详解】由已知，，当时，，又满足上式，所以，.故答案：【点睛】本题考查累加法求数列的通项以及分组求和法求数列的和，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.16. 已知双曲线（）的左、右焦点分别是、，为双曲线左支上任意一点，当最大值为时，该双曲线的离心率的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】，，分，两种情况讨论，要注意题目中隐含的条件.【详解】由已知，，因为，当时，，当且仅当时，取最大值，由，所以；当时，的最大值小于，所以不合题意.因为，所以，所以，所以故答案为：【点睛】本题考查双曲线的离心率的取值范围问题，涉及到双曲线的概念与性质及基本不等式，考查学生的逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1~21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：共60分.17. 某学校组织高一、高二年级学生进行了“纪念建国70周年”的知识竞赛.从这两个年级各随机抽取了40名学生,对其成绩进行分析，得到了高一年级成绩的频率分布直方图和高二年级成绩的频数分布表. 高二成绩分组频数 
（1）若成绩不低于80分为“达标”，估计高一年级知识竞赛的达标率；（2）在抽取的学生中，从成绩为的学生中随机选取2名学生，代表学校外出参加比赛，求这2名学生来自于同一年级的概率.【答案】（1）0.85；（2）【解析】【分析】（1）利用1减去的概率即可得到答案；（2）高一年级成绩为的有人，记为，高二年级成绩为的有2名，记为，然后利用列举法即可.【详解】（1）高一年级知识竞赛的达标率为.（2）高一年级成绩为的有（名），记为，高二年级成绩为的有2名，记为.选取2名学生的所有可能为，共15种；其中2名学生来自于同一年级的有，共7种.所以这2名学生来自于同一年级的概率为.【点睛】本题考查统计与古典概率的计算，涉及到频率分布直方图和频数分布表，考查学生简单的数学运算，是一道容易题.18. 在中，角所对的边分别是，且，.（1）若，求的值；（2）求的最大值【答案】（1）4；（2）.【解析】【分析】（1）由已知，易得，由正弦定理可得，再由角B的余弦定理即可得到答案；（2）正弦定理得，所以，，再利用两角和的正弦公式以辅助角公式可得，即可得到最大值.【详解】（1）因为，又，得.又，由正弦定理得，即，由余弦定理，得，解得或（舍）.（2）由正弦定理得，，，由，得，当，即时，.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到两角和的正弦公式及辅助角公式的应用，考查学生的数学运算求解能力，是一道容易题.19. 在菱形中，，为线段的中点（如图1）．将沿折起到的位置，使得平面平面，为线段的中点（如图2）．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）当四棱锥的体积为时，求的值．【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）见解析. （Ⅲ） .【解析】【分析】（Ⅰ）证明OD'⊥AO． 推出OD'⊥平面ABCO． 然后证明OD'⊥BC．（Ⅱ）取P为线段AD'的中点，连接OP，PM；证明四边形OCMP为平行四边形，然后证明CM∥平面AOD'；（Ⅲ）说明OD'是四棱锥D'﹣ABCO的高．通过体积公式求解即可．【详解】（Ⅰ）证明：因为在菱形中，，为线段的中点，所以．                                   因为平面平面 平面平面，平面，所以平面．                            因为平面，所以．                                     （Ⅱ）证明：如图，取为线段的中点，连接OP,PM；因为在中，，分别是线段，的中点，所以，． 因为是线段的中点，菱形中，，，所以．所以，．                        所以，．所以四边形为平行四边形，                      所以，因为平面，平面，所以平面；                              （Ⅲ）由（Ⅰ）知平面． 所以 是四棱锥的高，又S= ,                  因为， 所以．【点睛】本题考查线面平行与垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力,是基础题20. 已知椭圆的离心率为，过右焦点作与轴垂直的直线，与椭圆的交点到轴的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，过点的直线与椭圆交于两点（不在轴上），若，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）3.【解析】【分析】（1）由，结合解方程组即可；（2）设，联立直线与椭圆的方程得到根与系数的关系，因为，可得四边形为平行四边形，，将根与系数的关系代入化简即可解决.【详解】(1)由已知得，直线经过右焦点，，又，，故所求椭圆的方程为.（2）过的直线与椭圆交于两点（不在轴上），设，由，得，设，则，，四边形为平行四边形，，令，得，由对勾函数的单调性易得当，即时，.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到椭圆的方程、椭圆中面积的最值问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.21. 设函数．Ⅰ求函数的单调区间；Ⅱ记函数的最小值为，证明：．【答案】（I）在上单调递减，在上单调递增；（II）详见解析.【解析】【分析】（I）对函数求导，解导函数所对应的不等式即可求出结果；（II）由（I）先得到，要证，即证明，即证明，构造函数，用导数的方法求函数的最小值即可.【详解】（Ⅰ）显然的定义域为．    ．∵，，∴若，，此时，在上单调递减；若，，此时，在上单调递增；综上所述：在上单调递减，在上单调递增． （Ⅱ）由（Ⅰ）知：， 即：． 要证，即证明，即证明，令，则只需证明，∵，且，∴当，，此时，在上单调递减；当，，此时，在上单调递增，∴． ∴．∴．【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22. 在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线，直线的参数方程为，（为参数）.直线与曲线交于两点.（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程.（2）设，若成等比数列，求和的值.【答案】（1），；（2）10，.【解析】【分析】（1）利用直角坐标、极坐标、参数方程互化公式即可解决；（2）将直线参数方程标准化，联立抛物线方程得到根与系数的关系，再利用直线参数方程的几何意义即可解决.【详解】（1）曲线，两边同时乘以，可得，化简得；直线的参数方程为（为参数），消去参数，可得，即.（2）直线的参数方程（为参数）化为标准式为（为参数），代入并整理得，设两点对应的参数为，由韦达定理可得，，由题意得，即，可得，即，，解得所以，.【点睛】本题考查极坐标与参数方程的应用，涉及到极坐标方程、普通方程、参数方程的互化，以及直线参数方程的几何意义求距离的问题，是一道容易题.23. 已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2），求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）当时，，分，，三种情况讨论即可；（2），则，只需找到的最小值解不等式即可.【详解】（1）当时，，①当时， ，令，即，解得，所以，②当时，，显然成立，，③当时，，令，即，解得，所以.综上所述，不等式的解集为.（2），有成立，要使有解，只需，解得，实数的取值范围为.【点睛】本题考查解绝对值不等式以及不等式能成立问题，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.