2020届开卷教育联盟全国高三模拟考试（二）数学（文）试题（解析版）

2020届开卷教育联盟全国高三模拟考试（二）数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】求出集合A的范围，根据集合B为整数集，即可求得。

【详解】

解不等式可得集合

因为集合

所以

所以选C

【点睛】

本题考查了一元二次不等式的解法，集合交集的基本运算，属于基础题。

2．是虚数单位，复数，那么（    ）

A． B．3 C．1 D．

【答案】C

【解析】根据的取值即得.

【详解】

∵,

∴复数，那么.

故选：C.

【点睛】

本题考查复数的运算，属于基础题.

3．下列说法正确的是（    ）

A．在中，，，分别为角，，的对边，则是为锐角三角形的充要条件

B．若：，，则：，

C．若为假命题，则，均为假命题

D．“若，则”的否命题是“若，则”

【答案】D

【解析】对选项逐个验证，即得答案.

【详解】

对于A，，则为锐角，但为锐角时不一定为锐角三角形，是必要不充分条件，故A错误；

对于B，命题：，，则：，，∴B错误；

对于C，若为假命题，则，至少有一个为假命题，∴C错误；

对于D，“若，则”的否命题是“若，则”，∴D正确.

故选：D.

【点睛】

本题考查充分必要条件、命题的否定、命题的真假及否命题，属于基础题.

4．已知点，分别为椭圆：的左、右焦点，点在椭圆C上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意，知点在椭圆C上，线段的中点在轴上，求得，在直角中，得到，整理得，即可求解，得到答案.

【详解】

由题意，知点在椭圆C上，线段的中点在轴上，可得点轴，

且点，

所以在直角中，，且，所以，

即，整理得，

两边同除得，解得或（舍去），故选D.

【点睛】

本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．

5．一圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则该圆锥表面积为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设底面圆的半径为r,则所以r=2,再求圆锥的表面积.

【详解】

设底面圆的半径为r,则，

所以圆锥的表面积为.

故选：A

【点睛】

本题主要考查圆锥的侧面展开图和表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

6．若曲线在处的切线，也是的切线，则（    ）

A． B．1 C．2 D．

【答案】C

【解析】求出的导数，得切线的斜率，可得切线方程，再设与曲线相切的切点为（m，n），得的导数，由导数的几何意义求出切线的斜率，解方程可得m，n，进而得到b的值．

【详解】

函数的导数为y＝ex，曲线在x＝0处的切线斜率为k＝=1，

则曲线在x＝0处的切线方程为y﹣1＝x；

函数的导数为y＝，设切点为（m，n），则＝1，解得m＝1，n＝2，

即有2＝ln1+b，解得b＝2．

故选A．

【点睛】

本题主要考查导数的几何意义，求切线方程，属于基础题．

7．已知，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据向量的加减法运算，列方程组即可求.

【详解】

根据条件，∴.

故选：A.

【点睛】

本题考查向量的加减运算，属于基础题.

8．已知函数 ，若函数是周期为的偶函数，则可以是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分别代入化简.

【详解】

当时， ，

此时是非奇非偶函数，周期为；

当时，，

此时是非奇非偶函数，周期为；

当时，，

此时是非奇非偶函数，周期为；

当时，

，

此时是偶函数，周期为.

故选D.

【点睛】

本题考查三角恒等变化和三角函数的性质.

9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A． B． C． D．8

【答案】B

【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：

∴该几何体的体积

故选B

点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.

10．四棱锥中，平面，底面是正方形，且，则直线与平面所成角为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】连接交于点，连接，证明平面，进而可得到即是直线与平面所成角，根据题中数据即可求出结果.

【详解】

连接交于点，

因为平面，底面是正方形，

所以，，因此平面；故平面；

连接，则即是直线与平面所成角，

又因，所以，.

所以，所以.

故选A

【点睛】

本题主要考查线面角的求法，在几何体中作出线面角，即可求解，属于常考题型.

11．若对于任意x∈R都有f（x）＋2f（－x）＝3cosx－sinx，则函数f（2x）图象的对称中心为（   ）

A．（kπ－，0）（k∈Z） B．（－，0）（k∈Z）

C．（kπ－，0）（k∈Z） D．（－，0）（k∈Z）

【答案】D

【解析】利用解方程组的方法求函数f（x）解析式，可得f（2x）的解析式，再根据正弦函数的对称性，可得f（2x）图象的对称中心．

【详解】

∵对任意x∈R，都有f（x）+2f（﹣x）＝3cosx﹣sinx①，

用﹣x代替x，得f（﹣x）+2f（x）＝3cos（﹣x）﹣sin（﹣x）②，

即 f（﹣x）+2f（x）＝3cosx+sinx②；

由①②组成方程组，解得f（x）＝sinx+cosx＝sin（x+），

∴f（2x）＝sin（2x+）．

令2x+＝kπ，k∈Z，解得x＝﹣，

函数f（2x）图象的对称中心为（﹣，0），k∈Z，

故选D．

【点睛】

本题考查三角函数的图象与性质，其中利用解方程组的思想求函数f（x）的解析式是解题的关键．

12．已知函数，则函数的零点个数是（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】A

【解析】解：

令t=f（x），F（x）=0，

　　　　则f（t）﹣2t﹣=0，

分别作出y=f（x）和直线y=2x+，由图象可得有两个交点，横坐标设为t1，t2，则t1=0，1＜t2＜2，即有f（x）=0有一根；1＜f（x）＜2时，t2=f（x）有3个不等实根，综上可得F（x）=0的实根个数为4，即函数F（x）=f[f（x）]﹣2f（x）﹣的零点个数是4．

点睛：本题关键是找出内外层函数的对应关系，找准一个t对应几个x．

二、填空题

13．设函数，若，则______.

【答案】3

【解析】根据解析式，讨论和两种情况，即求的值.

【详解】

函数，若，

当时，，解得.

当时，，解得，舍去.

故答案为：3.

【点睛】

本题考查分段函数求值，属于基础题.

14．直线将圆平分，且与直线垂直，则直线的方程为         ．

【答案】

【解析】试题分析：设与直线垂直的直线方程：，圆化为，圆心坐标．因为直线平分圆，圆心在直线上，所以，解得，故所求直线方程为．

【考点】1．直线与圆的位置关系；2．直线的一般式方程与直线的垂直关系．

【思路点睛】本题是基础题，考查直线与圆的位置关系，直线与直线垂直的方程的设法，据此设出与已知直线垂直的直线方程，利用直线平分圆的方程，求出结果即可．

15．设变量，满足约束条件，则的最大值为______.

【答案】4

【解析】作出可行域. 设，得.当取得最大值时，取最大值，数形结合即得.

【详解】

设，得，作出不等式组对应的可行域（阴影部分），

平移直线，由平移可知当直线经过点时，

直线的截距最小，此时取得最大值，

由，解得，即.

将的坐标代入，得，此时的最大值，

即目标函数的最大值是4.

故答案为：4.

【点睛】

本题考查简单的线性规划，属于基础题.

16．在中，，，的对边分别为，，，且满足，，则面积的最大值为__________．

【答案】

【解析】∵A+B+C=π，

∴，

∴． ∴，.

∵，由余弦定理可得：，（当且仅当b=c=2，不等式等号成立）, ∴．∴S△ABC．

故答案为：．

点睛：本题是解决解三角形问题，需用到二倍角公式，三角形的面积公式，基本不等式的运用，知识点多，计算需要细心，特别是注意边角互化的应用．

三、解答题

17．设数列的前项和为，且，时，.证明为等比数列，并求数列的通项公式.

【答案】见解析，

【解析】由，得，可得为等比数列.求出，再求.

【详解】

证明：数列的前项和为，且，时，.

所以，

整理得，即，

所以数列是以为首项，2为公比的等比数列.

，

则，

当时，，

当时，（符合通项公式），

故.

【点睛】

本题考查等比数列的定义和通项公式，属于中档题.

18．由507名画师集体创作的999幅油画组合而成了世界名画《蒙娜丽莎》，某部门从参加创作的507名画师中随机抽出100名画师，得到画师年龄的频率分布表如下表所示.

（1）求，的值，并补全频率分布直方图；

（2）根据频率分布直方图估计这507名画师年龄的平均数；

（3）在抽出的岁的5名画师中有3名男画师，2名女画师.在这5名画师中任选两人去参加某绘画比赛，选出的恰好是一男一女的概率是多少？

【答案】（1），见解析；（2）岁；（3）.

【解析】（1）由频率分布表可求，的值；

（2）平均数等于频率分布直方图中所有小矩形的底边中点乘以其面积的和；

（3）列举法求出五人中任选两人的所有基本事件数，一男一女所包含的基本事件数，根据古典概型的概率计算公式，即得所求概率.

【详解】

（1）由频率分布表得，

，

∴补全频率分布直方图如图所示.

（2）507名画师年龄的平均数的估计值为

（岁）.

（3）三名男画师记为，，，两名女画师记为1，2，

五人中任选两人的所有基本事件如下：

，，，，，，，，，，共10个基本事件，

其中一男一女的是，，，，，，共6个基本事件，

∴选出的恰好是一男一女的概率.

【点睛】

本题考查频率分布直方图和古典概型，属于基础题.

19．如图，已知三棱锥的平面展开图中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：

（Ⅰ）证明：平面平面；

（Ⅱ）求三棱锥的表面积和体积.

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）表面积，体积

【解析】（Ⅰ）由题意知和为等腰三角形，可取AC中点O，连接PO,OB，可证明平面然后利用面面垂直的判定定理即可得到证明；（Ⅱ）求各个面的面积之和即可到棱锥的表面积，由平面，利用棱锥的体积公式计算即可得到答案.

【详解】

解：（Ⅰ）设的中点为，连接，.

由题意，得，，.

因为在中，，为的中点，所以.

因为在中，，，，

，所以.

因为，，平面，

所以平面，

因为平面，所以平面平面.

（Ⅱ）三棱锥的表面积 ，

由（Ⅰ）知，平面，所以三棱锥的体积为

.

【点睛】

本题考查线面垂直，面面垂直判定定理的应用，考查棱锥的表面积和体积的计算，考查学生的空间想象能力和计算能力.

20．设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．

    （1）求的方程；

    （2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．

【答案】(1) y=x–1,(2)或．

【解析】【详解】

分析：(1)根据抛物线定义得，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线的方程；（2）先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程.

详解：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）．

设A（x1，y1），B（x2，y2）．

由得．

 ，故．

所以．

由题设知，解得k=–1（舍去），k=1．

因此l的方程为y=x–1．

（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为

，即．

设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则

解得或

因此所求圆的方程为

或．

点睛：确定圆的方程方法

(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．

(2)待定系数法

①若已知条件与圆心和半径有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于的方程组，从而求出的值；

②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值．

21．已知函数.

（1）求函数的单调区间和极值；

（2）证明：.

【答案】（1）增区间为，减区间为，极大值为，无极小值；（2）见解析.

【解析】（1）函数的定义域为.求，令，求出极值点，就的变化情况列表即得；

（2）由（1）可得，即.令，得.由裂项法得，即可证明结论.

【详解】

（1）∵函数，∴，则，

由，得，列表如下：

因此增区间为，减区间为，极大值为，无极小值.

（2）证明：由（1）可得，

∴，当且仅当时取等号.

令，

∴，∴，

∴.

【点睛】

本题考查导数在研究函数中的应用，考查不等式的证明，属于难题.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，以轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为．

（Ⅰ）求曲线的极坐标方程；

（Ⅱ）设直线与曲线相交于两点，求的值．

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：

（1）将参数方程化为普通方程，再将普通方程化为极坐标方程．（2）将代入，可得，设两点的极坐标方程分别为，则是方程的两根，利用求解即可．

试题解析：

（1）将方程消去参数得，

∴曲线的普通方程为，

将代入上式可得，

∴曲线的极坐标方程为：．

（2）设两点的极坐标方程分别为,

由消去得，

根据题意可得是方程的两根，

∴，

∴．

23．设函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)；(2) .

【解析】【详解】

分析：（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围．

详解：（1）当时，

可得的解集为．

（2）等价于．

而，且当时等号成立．故等价于．

由可得或，所以的取值范围是．

点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．