四川省成都市树德中学2020届高三数学二诊模拟考试试题-文.doc

四川省成都市树德中学2020届高三数学二诊模拟考试试题 文

四川省成都市树德中学2020届高三数学二诊模拟考试试题 文

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四川省成都市树德中学2020届高三数学二诊模拟考试试题 文（含解析）
第Ⅰ卷（选择题共60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.函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】函数的定义域应满足
故选C.
2.复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
利用复数的四则运算以及几何意义即可求解.
【详解】解：，
则复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点的坐标为：，
位于第二象限.
故选：B.
【点睛】本题考查了复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题.
3.已知等差数列满足，公差，且成等比数列，则
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】
先用公差表示出，结合等比数列求出.
【详解】,因为成等比数列，所以，解得.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题，化归基本量，寻求等量关系是求解的关键.
4.已知命题：使成立． 则为（ ）
A. 均成立 B. 均成立
C. 使成立 D. 使成立
【答案】A
【解析】
试题分析：原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即．
考点：全称命题.
5.已知双曲线的渐近线方程为，且其右焦点为，则双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：由题意得，，所以，，所求双曲线方程为．
考点：双曲线方程.
6.函数（）的图象的大致形状是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
对x分类讨论，去掉绝对值，即可作出图象.
【详解】
故选C．
【点睛】识图常用的方法
(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；
(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；
(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．
7.如图，正三角形内的图形来自中国古代的太极图.正三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正三角形的中心成中心对称.在正三角形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设正三角形边长为2，计算出黑色部分的面积与总面积的比即可得解.
【详解】设正三角形边长为2，则内切圆的半径为，正三角形的面积为，圆的面积为.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型的概率计算公式，得此点取自黑色部分的概率是.
故选：B.
【点睛】本题考查了面积型几何概型概率的计算，属于基础题.
8.执行如图所示的程序框图，当输出的时，则输入的的值为( )

A. -2 B. -1 C. D.
【答案】B
【解析】
若输入，则执行循环得
结束循环，输出，与题意输出的矛盾；
若输入，则执行循环得
结束循环，输出，符合题意；
若输入，则执行循环得
结束循环，输出，与题意输出的矛盾；
若输入，则执行循环得
结束循环，输出，与题意输出的矛盾；
综上选B.
9.如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解.
【详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为，球心为，
由题意，球的体积为，即可得球的半径为1，
又由边长为的正方形硬纸，可得圆的半径为，
利用球的性质可得，
又由到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为，
所以球心到底面的距离为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.
10.设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设，因为，得到，利用直线的斜率公式，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为，
设，
因为，即线段的中点，所以，
所以直线斜率，
当且仅当，即时等号成立，
所以直线的斜率的最大值为1.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及其应用，直线的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
11.下列命题为真命题的个数是（ ）（其中，为无理数）
①；②；③.
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
对于①中，根据指数幂的运算性质和不等式的性质，可判定值正确的；对于②中，构造新函数，利用导数得到函数为单调递增函数，进而得到，即可判定是错误的；对于③中，构造新函数，利用导数求得函数的最大值为，进而得到，即可判定是正确的.
【详解】由题意，对于①中，由，可得，根据不等式的性质，可得成立，所以是正确的；
对于②中，设函数，则，所以函数为单调递增函数，
因为，则
又由，所以，即，所以②不正确；
对于③中，设函数，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
所以，即，即，所以是正确的.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了不等式性质，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中根据题意，合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
12.在中，，分别是角，，所对的边，的面积，且满足，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由正弦定理化边为角后可由已知求得关系，从而得角，由三角形面积得，再由余弦定理可得结论．
【详解】∵，，
∴，
∵是三角形内角，∴，，∴，
由三角形面积得，得．
又由余弦定理，，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考查两角差的正弦公式，解三角形中公式较多，解题时要注意公式的灵活应用．
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知向量=（1，2），=（-3，1），则=______．
【答案】-6
【解析】
【分析】
由可求，然后根据向量数量积的坐标表示可求 .
【详解】∵=（1，2），=（-3，1），∴=（-4，-1），
则 =1×（-4）+2×（-1）=-6
故答案为-6
【点睛】本题主要考查了向量数量积的坐标表示，属于基础试题．
14.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则_________
【答案】1
【解析】
【分析】
令，结合函数的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.
【详解】由题意，函数分别是上的奇函数和偶函数，且，
令，可得，
所以.
故答案为：1.
【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理赋值求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
15.直线是圆：与圆：的公切线，并且分别与轴正半轴，轴正半轴相交于，两点，则的面积为_________
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，设，利用三角形相似求得的值，代入三角形的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设，
由与相似，可得，解得，
再由与相似，可得，解得，
由三角形的面积公式，可得的面积为.
故答案为：.

【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，以及三角形相似的应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
16.已知函数，令，，若，则数列的一个通项公式为_________
【答案】
【解析】
【分析】
求导，由，求出，得的递推关系，从而求得
【详解】，
由题意，
，
同理，

，
∴，，
，
由，，，，
∴，是等差数列，，
由得时，，
∴．也适合此式．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查求数列通项公式，解题关键是由数列定义求出数列的递推关系式，然后由等差数列的通项公式，前项和公式，累加法求得结论．
三、解答題（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21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）
17.已知数列的前项和为，且满足（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）设（），数列的前项和.若对恒成立，求实数，的值.
【答案】（1）（2），.
【解析】
【分析】
（1）根据数列的通项与前n项和的关系式，即求解数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用等比数列的前n项和公式和裂项法，求得，结合题意，即可求解.
【详解】（1）由题意，当时，由，解得；
当时，可得，
即，
显然当时上式也适合，所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
所以

.
因为对恒成立，
所以，.
【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的求解，等差数列的前n项和公式，以及裂项法求和的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
18.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，是正三角形，，是的中点.

（1）证明：；
（2）求三棱锥体积.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）取是的中点，连接、，证明，在底面直角梯形中，用余弦定理求得可证得，从而证得平面，得证，然后可得结论；
（2）由棱锥体积公式换底换顶点，转化为易求得体积的棱锥．
【详解】（1）证明：设是的中点，连接、，
∵是的中点，∴，，
∵，，∴，，
∴是平行四边形，∴，
∵，，∴，
∵，，，
由余弦定理得，
∴，∴，
∵，∴平面，∴，
∴；
（2）∵平面，
∴，
而.∴
【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理，考查棱锥的体积，掌握棱锥体积公式，灵活应用棱锥体积公式对棱锥的进行换底、换顶点转化是解题关键．
19.某市约有20万住户，为了节约能源，拟出台“阶梯电价”制度，即制定住户月用电量的临界值，若某住户某月用电量不超过度，则按平价（即原价）0.5（单位：元/度）计费；若某月用电量超过度，则超出部分按议价（单位：元/度）计费，未超出部分按平价计费.为确定的值，随机调查了该市100户的月用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图.根据频率分布直方图解答以下问题（同一组数据用该区间的中点值作代表）.

（1）若该市计划让全市70%的住户在“阶梯电价”出台前后缴纳的电费不变，求临界值；
（2）在（1）的条件下，假定出台“阶梯电价”之后，月用电量未达度的住户用电量保持不变；月用电量超过度的住户节省“超出部分”的60%，试估计全市每月节约的电量.
【答案】（1）临界值的值为80（2）480000度
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图计算出各组频数，可得70%的用户正好在里面，从而确定；
（2）求出总共节省的用电量，由样本比例可估计出总用电量．
【详解】（1）由频率分布直方图，可算得各组数据对应的频率及频数，如下表：
分组

组频率
0.04
0.12
0.24
0.30
0.25
0.05
组频数
4
12
24
30
25
5

区间内的频率总和恰为0.7，由样本估计总体，可得临界值的值为80
（2）由（1）知，月用电量在内的70户住户在“阶梯电价”出台前后用电量不变，节电量为0度；
月用电量在内的25户住户，平均每户用电90度，超出部分为10度，根据题意，
每户每月节电度，25户每月共节电（度）；
月用电量在内的5户住户，平均每户用电110度，超出部分为30度，根据题意，
每户每月节电（度），5户每月共节电（度）.
故样本中100户住户每月共节电（度），
用样本估计总体，得全市每月节电量约为（度）
【点睛】本题考查频率分布直方图，考查用样本估计总体，掌握频率分布直方图是解题基础．
20.已知椭圆 的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.
【答案】(1) .
(2) 为定值.过程见解析.
【解析】
分析：（1）焦距说明，用点差法可得＝.这样可解得，得椭圆方程；
（2）若，这种特殊情形可直接求得，在时，直线方程为，设，把直线方程代入椭圆方程，后可得，然后由纺长公式计算出弦长，同时直线方程为，代入椭圆方程可得点坐标，从而计算出，最后计算即可.
详解：（1）由题意可知，设，代入椭圆可得：
，两式相减并整理可得，
，即.
又因为，，代入上式可得，.
又，所以，
故椭圆的方程为.
（2）由题意可知，，当为长轴时，为短半轴，此时
；
否则，可设直线的方程为，联立，消可得，
，
则有：，
所以
设直线方程为，联立，根据对称性，
不妨得，
所以.
故，
综上所述，为定值.
点睛：设直线与椭圆相交于两点，的中点为，则有，证明方法是点差法：即把点坐标代入椭圆方程得，，两式相减，结合斜率公式可得.
21.已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，若，恒成立，求实数的最小值.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.（2）
【解析】
【分析】
（1）按绝对值定义分类讨论后求导数（在定义域内），确定导数的正负，得单调区间；
（2）不等式变形为，设.分类，用特例说明不等式不恒成立，时，求导数，确定的单调性，最值得结论．
【详解】（1）当时，
当时，，
，
∴上单调递减；
当时则在上单调递减，在上单调递增.
，
则在上单调递减，在上单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
则对恒成立.
即，设.
①当时，，不合题意，舍去；
②当时，.
令，得，.
i）当时，，在上恒成立，
则在上单调递增，∴，成立.
ii）当时，，对，，，
不合题意，舍去.
综上，的最小值为.
【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，用导数研究不等式恒成立问题，解题关键利用分类讨论思想把问题转化为求函数的最值，考查学生的分析问题解决问题的能力．
22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线、曲线在第一象限交于两点，且，点的坐标为，求的面积.
【答案】（1）的极坐标方程为，的直角坐标方程为（2）
【解析】
【分析】
（1）先把曲线的参数方程消参后，转化为普通方程，再利用 求得极坐标方程.将，化为，再利用 求得曲线的普通方程.

（2）设直线的极角，代入，得，将代入，得，由，得，即，从而求得，，从而求得，再利用求解.
【详解】（1）依题意，曲线，即，
故，即.
因为，故，
即，即.
（2）将代入，得，
将代入，得，
由，得，得，
解得，则.
又，故，
故的面积.
【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义，还考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.
23.已知函数，记的最小值为.
（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）若正实数，满足，求证：.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可；
(Ⅱ)首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.
【详解】（Ⅰ）①当时，，即，
∴；
②当时，，
∴；
③当时，，即，
∴.
综上所述，原不等式的解集为.
（Ⅱ）∵，
当且仅当时，等号成立.
∴的最小值.
∴，
即，
当且仅当即时，等号成立.
又，∴，时，等号成立.
∴.
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，绝对值三角不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.