2020届四省名校高三二模（12月）数学（理）试题（解析版）

2020届四省名校高三二模（12月）数学（理）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由对数函数的定义域和指数函数的性质分别求出集合A和B,再由交集的定义求出结果.

【详解】

由,得,即得集合A=;

由,得, 即得集合B=;

所以.

故选:A.

【点睛】

本题考查了集合运算中交集运算,本题关键是能够准确的利用对数函数的定义域以及指数函数的性质求出集合A和B,属于基础题.

2．已知， 均为非零向量，条件： ，条件： 与的夹角为锐角，则是成立的（   ）

A．充要条件    B．充分不必要条件

C．必要不充分条件    D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】试题分析：当时， 与的夹角为锐角或与同向；故条件条件，为假命题，即是成立的不充分条件；而当与的夹角为锐角时， 一定成立，即条件条件，为真命题，即是成立的必要条件； 是成立的必要不充分条件，故选C.

【考点】1、向量的夹角及平面向量夹角余弦公式；2、充分条件与必要条件.

【方法点睛】本题向量的数量积与其夹角的关系主要考查充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题.

3．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例，若输入的值分别为，则输出的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据循环结构框图中的相关条件依次运算即可.

【详解】

由题意;

由,则变成,变成3-1=2;

由,则变成,变成2-1=1;

由,则变成,变成1-1=0;

由,则变成,变成0-1=-1;

由,则输出.

故选:D.

【点睛】

本题考查了程序框图的算法,着重考查了学生的阅读理解及运算能力,属于基础题.

4．已知等差数列的前项和为，且，，则数列的公差为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】本题可直接利用等差数列通项公式和前和公式联立方程组求解即可得出答案.

【详解】

设等差数列的首项和公差分别为和,则由题意可得,联立解得.

故选:B.

【点睛】

本题着重考查了等差数列通项公式和前和公式的运算应用,属于基础题.

5．展开式中含的项的系数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】由二项展开式的通项公式直接求解即可.

【详解】

由展开式的通项公式=,,

令即,∴展开式中含的项的系数为.

故选:B.

【点睛】

本题考查了利用二项展开式的通项公式来解决二项展开式中指定项的系数,属于基础题.

6．正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）中，，为棱的中点，则异面直线与所成的角为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】建立空间直角坐标系,将异面直线和所成的角转化为向量和所成的角或其补角来求解.

【详解】

以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,令,由题意可得如下坐标:,,,,则,,

∴由,得,

即得异面直线和所成的角为.

故选:D.

【点睛】

本题考查了异面直线所成角的求法问题,解决此类问题通常有以下方法:

①平移法:利用定义将异面直线平移到一起,作出异面直线所成的角或其补角,利用解三角形的方法求出所作的角,若求出的角为锐角或直角则即为所求的角,若求出的角为钝角则其补角才是所要求的角;

②向量法:建立空间直角坐标系,将异面直线所成的角转化为它们的方向向量所成的角或其补角来解决,同样若求出的角为锐角或直角则即为所求的角,若求出的角为钝角则其补角才是所要求的角.

7．2019年成都世界警察与消防员运动会期间，需安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去三个场馆参与服务工作，要求每个场馆至少一人，则甲乙被安排到同一个场馆的概率为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】将甲乙看成一个整体利用排列组合公式求出满足要求的基本事件的个数,再求出总的基本事件的个数,然后由古典概型概率公式求解答案即可.

【详解】

由题意将甲乙看成一个整体,满足要求的安排方式种类有,总的安排方式的种类有,所以甲乙被安排到同一个场馆的概率为.

故选:C.

【点睛】

本题考查了捆绑法解决排列问题,考查了古典概型求概率的方法,高考题中常见题型,属于一般难度的题.

8．已知函数是偶函数，则的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由三角函数辅助角公式对函数进行化简,再利用余弦函数偶函数的性质求解的值.

【详解】

由函数,

因为函数为偶函数,则有,又因为,可得.

故选:D.

【点睛】

本题考查了利用辅助角公式对三角函数的化简,考查了利用余弦函数偶函数的性质求参数,属于一般难度的题.

9．在中，点在边上，且，点在边上，，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用平面向量加减法法则直接化简,进而求出的值.

【详解】

如图所示:在△ABC中,由,,可得

,所以.

故选:A.

【点睛】

本题考查了平面向量的线性运算法则,属于基础题.

10．抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，过且倾斜角为的直线交于，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由抛物线的焦点是双曲线的一个焦点可求出参数,由题意写出直线的方程然后和抛物线方程联立,再由直线与圆锥曲线的交点弦弦长公式即可求出答案.

【详解】

由抛物线C:()可知焦点F(0,),由双曲线的上焦点坐标为(0,1),且抛物线的焦点F(0,)是双曲线的一个焦点,可得,得,得抛物线方程为，由题意得直线的方程为,设A,B

联立消化简得,则有:,,

所以由弦长公式.

故选:D.

【点睛】

本题考查了抛物线与双曲线焦点的求法,直线方程式的求法以及直线圆锥曲线交点弦弦长公式应用,考查了学生的综合运算能力,这是高考题常见题型,属于一般难度的题.

11．下列选项中，函数的部分图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据函数的奇偶性得出函数图像的对称性,再令,判断函数值,,进而判断函数图像大致走向,进行排除选择,得出答案.

【详解】

由题知函数定义域为,且,得函数为奇函数,由奇函数的图像关于原点成中心对称,故排除和D;分别令,,则,,结合选项可得在的取值范围内函数值先有大于零再有小于零,故排除.

故选:.

【点睛】

本题考查的是知式选图,解决此类问题常用以下方法:

①从函数的定义域和值域,分别判断图像的左右和上下位置;

②从函数的单调性或利用导数,判断函数的变化趋势;

③从函数的奇偶性判断函数的对称性;

④从函数的周期性,判断图像的循环性;

⑤特殊点验证,排除不合要求的图像.

是高考题常见题型,属于一般难度的题.

12．设点，，动点满足，设点的轨迹为，圆：，与交于点，为直线上一点（为坐标原点），则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由题意先求动点P的轨迹的方程,联立和求出的坐标,如图由平面几何知识和向量数量积的运算规则可求得.

【详解】

设点P(),由可得,

化简得动点P的轨迹的方程为:,联立

解得:,如图所示,有平面几何知识可得:,

向量数量积的运算规则可得:

.

故选:C.

【点睛】

本题考查了由已知条件求动点轨迹的问题,考查了求两圆交点坐标的运算,借助于平几何知识求向量的数量积的问题,考查了综合运算能力,属于中档题.

二、填空题

13．设复数，则_______.

【答案】

【解析】利用复数的乘除及模的运算直接对复数进行化简,然后再求其共轭复数.

【详解】

由,所以.

故答案为:.

【点睛】

本题考查了复数的乘除运算,模的运算以及共轭复数的求法,属于基础题.

14．在正项等比数列中，，则_______.

【答案】

【解析】由正项等比数列的的性质以及等比中项公式可得:

,再利用对数的运算性质及可得出答案.

【详解】

由正项等比数列的的性质以及等比中项公式可得:

,

则:

.

故答案为:-2019.

【点睛】

本题考查了等比数列的性质以及等比中项的应用,考查了对数的运算性质,考查了学生的运算能力,属于基础题.

15．如图，三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的表面积为_______.

【答案】

【解析】取AC中点M,连接PM,BM,由已知条件判断PM面ABC,且AC为小圆的直径,判断球心O的位置在PM上且PO=OB=R,构造出直角三角形OMB,利用题中数据条件结合求出球半径,然后再利用球的表面积公式及可得出答案.

【详解】

如图所示,取AC中点M,连接,,

平面平面,, , 平面,

,,是ABC所在小圆的直径,且M为小圆圆心,

由于球心和小圆圆心的连线垂直于小圆,可得球心O在中线PM上如图所示,

由,,,借助于平面几何知识可求得,

在中,由即解得球半径,

球=.

故答案为:.

【点睛】

本题考查了三棱锥外接球的表面积,关键利用进行计算求解R,难点在于构造三要素的直角三角形进行求解,属于中档题.

16．已知函数若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则实数的取值范围是_______.

【答案】

【解析】采用数形结合,将方程根的情况转化为函数的图像与函数的图像交点, 作出函数的图像如图所示,求出两个临界直线斜率,则可得实数的范围为.

【详解】

由,,可得,设切点M(),由联立求得,则;

由函数,令得,得N(1,),则,

所以由图像可得满足条件的实数的范围为,即.

故答案为:.

【点睛】

本题考查了方程根存在个数的问题,利用转化法将根的个数转化为两个函数图像交点个数来解决,结合数形结合利于解决问题,是高考题中常见题型,属于中档题.

三、解答题

17．已知内角的对边分别为，且

（1）求；

（2）若，求的周长的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】(1)利用正弦定理将题干中等式关系边化角,即可求得,即得;

(2)利用余弦定理和不等式关系可得,联立可得,再由三角形三边长度关系有,最后可求得三角形周长的取值范围.

【详解】

(1)由正弦定理以及,得化简整理得:,所以;

(2)如图所示,

由余弦定理,即得,

由基本不等式可得:,所以;

解得,因在△ABC中有,可得,即得

所以可得三角形的周长的取值范围为:.

【点睛】

本题考查了正弦定理和余弦定理在平面几何中的应用,解题时注意几何图形性质的应用,对于解三角形最值的问题时.通常会应用到基本不等式的知识,运用时一定要注意符号的变换以及等号成立的条件,属于一道综合性的试题,同时还考查了学生的综合思维和运算能力,属于中档题.

18．2019女排世界杯于2019年9月14日到9月29日举行，中国女排以十一胜卫冕女排世界杯冠军，四人进入最佳阵容，女排精神，已经是一种文化.为了了解某市居民对排球知识的了解情况，某机构随机抽取了100人参加排球知识问卷调查，将得分情况整理后作出的直方图如下：

（1）求图中实数的值，并估算平均得分（每组数据以区间的中点值为代表）；

（2）得分在90分以上的称为“铁杆球迷”，以样本频率估计总体概率，从该市居民中随机抽取4人，记这四人中“铁杆球迷”的人数为，求的分布列及数学期望.

【答案】（1），74；（2）分布列见解析，

【解析】(1)由频率分布直方图的性质可以直接求;由平均数等于每组中间值乘以该组频率,再求和即可求得;

(2)先求出铁杆球迷的人数,然后再分析书随机变量X的可能取值,计算出每一个随机变量对应的概率,列分布列,最后由数学期望公式求出数学期望值.

【详解】

(1)由频率分布直方图可知:,解得;

由频率分布直方图平均数的概念可得,平均得分为:,即平均得分为74分.

(2)由题意可知90分以上的概率为0.010.1,所以铁杆球迷的人数为1000.1=10,

每个铁杆球迷被抽取的概率为,由题意可得随机变量X的取值为:0,1,2,3,4,且符合二项分布即,所以,,

,,

,

所以随机变量X的分部列为:

(或)

【点睛】

本题考查了频率分布直方图的性质,二项分布列的计算及其数学期望的计算,考查了学生综合推理和计算能力,属于中档题.

19．四边形中，，且，为中点，连接，如图（1），将其沿折起使得平面平面，平面平面，连接，如图（2）.

（1）证明：图（2）中的四点共面；

（2）求图（2）中平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】(1)分析翻折后,取DE,CE中点M,N,连接MN,AM,BN利用平面几何知识证明,,进而得到，则A,B,C,D四点共面;

(2)以N为原点建立如图所示空间直角坐标系,根据等量关系写出A,C,D,E,N五点坐标,求出平面BCE和平面ACE的法向量,将两个平面所成的锐二面角转化为法向量所成角的余弦值来求解.

【详解】

(1)翻折前,由题意AB=2CD=2AD=2BC=2,E为AB的中点,可得AE=EB=BC=CD=DA=1,又ABCD,,,则可得AD=CE=1,同理DE=BC=1,

翻折后,取DE,CE中点M,N,连接MN,AM,BN,如图所示:

则MNCD,在△ADE和△BCE内:AMDE,BNCE,

由平面平面, 平面平面=DE,

AM平面,同理BN平面,AMBN,由题意等量关系易得AMBN,可得四边形ABNM为平行四边形,所以ABNM,由MNCD得ABCD,所以翻折后A,B,C,D四点共面.

(2)翻折后,以N为原点,NB所在的直线为轴,ND所在的直线为轴,NE所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则有如下坐标:A,C,D,E,N,则,,,设平面的法向量,由令,联立可解得,所以,又平面的法向量为

所以由,即平面BCE和平面ACE所成的锐二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查了多点共面的证明问题,此类问题的关键要对确定平面的条件熟练掌握;考查了空间面面角的求解,可以采用空间几何方法作出所求角的二面角进行求解,此种方法必须体现作,证,算三步骤,也可以利用空间向量法,建系寻求两个平面的法向量,转化为两个法向量夹角的问题进行求解,属于中档题.

20．已知椭圆的左、右焦点分别为，弦过点，的周长为，椭圆的离心率为

（1）求椭圆的方程；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）；（2）

【解析】(1)由椭圆的定义以及△ABF2的周长可以得出,再结合离心率即可求出和,即可得椭圆方程;

(2)由题意条件设出直线的方程和椭圆方程联立消化简得出,利用向量数量积的坐标运算化简,并联立求出参数,然后利用直线与椭圆的交点弦弦长求点到直线距离,最后由S=即可得出答案.

【详解】

(1)如图由椭圆的定义及△ABF2的周长为8,

可得,解得,

由离心率,解得,所以,

则所求的椭圆方程为.

(2)由题意设直线的方程，A(),B(),联立,

消化简得:,

则:,由,

得:

和韦达定理联立可解得,

由,得,

由点到直线距离,

所以△ABF2得面积为.

【点睛】

本题考查了椭圆方程的求解,考查了直线与椭圆相交问题,考查了学生的综合思维和运算能力,属于较难度的题.

解决直线与椭圆的结合的问题,通常采用以下步骤:

①设出直线方程和交点,注意要考虑直线斜率存在与否的情况;

②联立直线方程和椭圆方程,消元化简为一元二次方程,结合根的判别式,利用韦达定理,设而不求;

③转化,由已知条件转化等量关系;

④综合运算得出相应的结果.

21．已知函数，为常数，若当时，有三个极值点（其中）.

（1）求实数的取值范围；

（2）求证：

【答案】(1);(2)见解析.

【解析】(1)对函数求导,由于函数在上有三个极值点在上三个实数根,令在有两个不为1的且不相等的实数根,然后利用数形结合转化成函数的交点问题来解决即可.

(2)由(1)可得出结果令,表示出,用综合分析法借助导函数的单调性证明.

【详解】

(1)由,为常数,得,

由于函数在上有三个极值点,得在上三个实数根,

当=1时,成立,所以令,得在有两个不为1的且不相等的实数根,令,, 在上,两个函数图像如图所示:

当,,图像相切时设切点为M(),由,

,解得即得坐标M(1,1),即得,

由图像可知:N,所以,

当在有两个实数根时,,的图像在上有两个交点,所以得，此时，，

即得的取值范围为:.

(2) 由(1)得在有两个实数根即得,

且,即得,

要证,即

由得

设,,,∴,

联立,得:,∴, ∴要证,只需,

则有:,即,则需证明

令,即需证明

因为恒成立,

所以在,上是单调递减函数,则有

即成立,所以,即得以证明.

【点睛】

本题考查了导数在函数中的综合应用,利用导函数判断函数的单调性利用极值点进行求参数,利用导函数的性质求证不等式,综合应用较强属于难题.

22．据说，年过半百的笛卡尔担任瑞典一小公国的公主克里斯蒂娜的数学老师，日久生情，彼此爱慕，其父国王知情后大怒，将笛卡尔流放回法国，并软禁公主，笛卡尔回法国后染上黑死病，连连给公主写信，死前最后一封信只有一个公式：国王不懂，将这封信交给了公主，公主用笛卡尔教她的坐标知识，画出了这个图形“心形线”.明白了笛卡尔的心意，登上了国王宝座后，派人去寻笛卡尔，其逝久矣（仅是一个传说）.心形线是由一个圆上的一个定点，当该圆绕着与其相切且半径相同的另外一个圆周上滚动时，这个定点的轨迹，因其形状像心形而得名．在极坐标系中，方程表示的曲线就是一条心形线，如图，以极轴所在直线为轴，极点为坐标原点的直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）若曲线与相交于、、三点，求线段的长.

【答案】（1）；（2）

【解析】(1)由参数方程转化为普通方程,再由普通方程转化为极坐标方程即可得出答案;

(2)联立曲线和的普通方程求解A和B两点坐标,再利用两点之间距离公式求解线段的长度.

【详解】

(1)由,(为参数),消参数化简得普通方程:,

令,,即化简得,即

即得曲线的极坐标方程为().

(2)由曲线极坐标方程,得其普通方程为:

联立解得

所以由两点间距离公式得

【点睛】

本题考查了极坐标方程,参数方程,普通方程的相互转化,考查了极坐标系下求两曲线交点弦弦长的问题,属于一般难度的题.

23．已知函数

（1）若，解不等式；

（2）对任意满足的实数，若总存在实数，使得，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】(1)分别令,利用绝对值不等式的性质一一求解,求并集即可得出答案;

(2)利用不等式的性质先求左侧,再用绝对值不等式的性质求出,利用即可解出答案.

【详解】

(1)由,则,

当时,由,解得,即;

当时, 由恒成立,即;

当时, 由,解得,即;

综上可得当时,不等式的解集为=.

(2)由题意得

∴由不等式的性质可得

即,

由绝对值不等式的性质可得,

∴由题意要求需解得,即满足要求的实数的取值范围为.

【点睛】

本题考查了绝对值不等式的求解,考查了利用三元均值不等式以及绝对值不等式性质求参数的问题,同时考查了学生综合思维和运算能力,属于综合性较强的中档题.