内蒙古赤峰市2020届高三数学4月模拟考试试题 理（含解析）

内蒙古赤峰市2020届高三数学4月模拟考试试题 理（含解析）一、选择题：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.设集合，则中的元素个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先将集合求解出来，然后解出，从而得出元素的个数.【详解】解：因为，故，因为，所以，所以.元素的个数为2，故选C.【点睛】本题考查了集合的交集，解题的关键是审清题意，解析出集合中的元素.2.已知为虚数单位，复数，则下列结论正确的是（ ）A.的共轭复数为B.的虚部为C.在复平面内对应的点在第二象限D. 【答案】B【解析】【分析】先根据复数运算求解出，从而得出，逐一分析选项，得出正确的答案.【详解】解：因为复数，所以，由此可得，故选项A错误，故，所以，的虚部为，选项B正确，在复平面内对应的点为，在第四象限，故选项C错误，故选项D错误，故本题选B.【点睛】本题考查了复数的定义、复数的运算、复数的模、复数的几何意义等知识，正确的运算、清晰的概念是解题的关键.3.史记卷六十五孙子吴起列传第五中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛，齐王获胜的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】首先求出满足 “从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛” 这一条件的事件数，然后求出满足“齐王获胜”这一条件的事件数，根据古典概型公式得出结果.【详解】解：因为双方各有3匹马，所以“从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛”的事件数为9种，满足“齐王获胜”的这一条件的情况为：齐王派出上等马，则获胜的事件数为3；齐王派出中等马，则获胜的事件数为2；齐王派出下等马，则获胜的事件数为1；故满足“齐王获胜”这一条件的事件数为6种，根据古典概型公式可得，齐王获胜的概率，故选A.【点睛】本题考查了古典概型问题，解题的关键是求出满足条件的事件数，再根据古典概型的计算公式求解问题，属于基础题.4.若函数是定义在上的奇函数，在上是增函数，且，则使得的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求解不等式的范围，当时，显然不成立，可等价转化为当时，求解的解集，当时，求解的解集，即当时，求解的解集，当时，求解的解集，再根据函数的性质求解不等式.【详解】解：因为是R上的奇函数，且在上是增函数，所以在上也是增函数，又因为，所以，当时，不等式的取值范围，等价于的取值范围，即求解的取值范围，根据函数在上是增函数，解得，当时，不等式的取值范围，等价于的取值范围，即求解的取值范围，根据函数在上是增函数，解得，当时，不成立，故的的取值范围是，故选C.【点睛】本题考查了函数性质（单调性、奇偶性等）的综合运用，解题的关键是要将函数的问题转化为函数的问题，考查了学生转化与化归的思想方法.5.已知正项等比数列的前n项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】当时，不成立，当时，利用等比数列的前n和公式表示，求解出，从而得出.【详解】解：设等比数列的公比为当时， ，因为，所以，；当时， ，故，解得或或，因为等比数列为正项等比数列，故，所以，故答案选D.【点睛】本题考查了等比数列的前n项和的问题，在使用等比数列的前n项和公式时，一定要注意分情况讨论，避免漏解.6.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据几何体的三视图，可以得出该几何体是直三棱柱，且上下两底面是等腰直角三角形，侧棱长为4，底面等腰直角三角形的腰长为4，找出球心的位置，求出球的半径，从而得出三棱柱外接球的体积.【详解】解：根据几何体的三视图，可以得出该几何体是直三棱柱，如图所示，其中四边形、四边形均是边长为4的正方形，三角形、三角形是，的等腰直角三角形，设的外接圆圆心为，故即为的中点，的外接圆圆心为，故即为的中点，设球的球心为，因为三棱柱的为直三棱柱，所以球的球心为的中点，且直线与上、下底面垂直，连接，外接球的半径即为线段的长，所以在中，故，即球的半径为，所以球的体积为，故选B.【点睛】本题考查了柱体外接球的体积问题，由三视图解析出该几何体是前提，准确想象出三棱柱各点、各棱、各面与外接球的位置关系，并且从立体图形中构建出平面图形是解得球半径的关键，属于中档题.7.我们可以用随机数法估计的值，如图，所示的程序框图表示其基本步骤（函数是产生随机数的函数，它能随机产生内的任何一个实数），若输出的结果为，则由此可估计的近似值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知程序框图可以得到，该程序的功能是利用随机模拟的方法任取（0,1）内的两个数x，y，将这两个数看作为平面区域内的一个点，该点落在的概率为；与此同时，计数变量表示计算该点落入平面区域的次数，根据古典概型计算公式得到概率为，再由两者之间的概率近似相等，从而得到的近似值.【详解】解：根据已知程序框图可以得到，该程序的功能是利用随机模拟的方法任取（0,1）内的两个数x，y，将这两个数看作为平面区域内的一个点，该点落在的概率为；计数变量表示计算该点落入平面区域的次数，因为输出的结果为784，所以在1000次种共有784次该点落入在平面区域内，根据古典概型计算公式可得，所以有，故，故选C.【点睛】本题考查了程序框图、古典概型、几何概型等知识，解题的关键是读懂程序框图，理清程序框图解决问题的过程，还考查了“算两次”的思想方法.8.某校从名教师中选派名教师去完成项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由人完成，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】名教师去完成项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由人完成，所以当3名教师确定时，则其中1人必须完成两项工作，故完成工作的方法有种,然后再根据甲、乙、丙三人的条件要求，分三种情况讨论，得出结果.【详解】解：因为名教师去完成项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由人完成，所以当3名教师确定时，则其中1人必须完成两项工作，故安排3名教师完成4项工作，可以先确定完成两项工作的1名人员，其方法有，然后再确定完成的工作，其方法有，然后再将剩下的两项工作分配给剩下的两人，其方法有，故当3名教师确定时，完成工作的方法有种；因为甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，故有三种方法选择教师，第一种方法：甲参加，乙不参加，丙参加，再从剩下的3人中选择1人，其方法有种，第二种方法：甲不参加，乙参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择2人，其方法有种，第三种方法：甲不参加，乙不参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择3人，其方法有种；故最终选派的方法为，故选A.【点睛】本题考查了排列组合的知识、分类分步的计数原理，解题的关键是要辨析清楚何时是分类，何时是分步.9.已知函数，若集合只含有个元素，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用三角变换将函数转化为.集合只含有3个元素，表示时在上只有三解，求出的根，从而得出的范围.【详解】解：因为函数，所以，因为集合含有个元素，所以时在上只有三解，即 ，解得：或，故，或，要使其落在上，故只有、，其他值均不在内，故，解得，故，故选D.【点睛】本题考查了三角变换、三角函数等知识，利用三角变换将函数进行变形是前提，利用三角函数求值是解题的关键.10.如果底面是菱形的直棱柱（侧棱柱与底面垂直的棱柱）的所有棱长都相等，,分别为的中点，现有下列四个结论：平面 平面异面直线与所成的角为，其中正确结论的个数为（ ）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】B【解析】【分析】根据几何体的性质，对选项进行逐一判断.【详解】解：因为底面是菱形，且，为中点，所以为等边三角形，且，又因为，所以，因为四棱柱，所以平面，故，又因为，平面，所以平面，故选项正确；因为为的中点，所以，若，则得到，与矛盾，故选项不正确；因为四棱柱，所以有,因为为的中点，所以,故,因为平面，平面所以平面，故选项正确；由可知，,所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角,因为四棱柱，且各棱长相等，所以四边形为正方形，故，即异面直线与所成的角为90，故不正确，综上：本题的共有2个正确，故选B.【点睛】本题考查了几何体线面的位置关系，解题时应充分运用题中所给的条件，结合判定与性质定理逐项进行验证.11.已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用对称求出点的坐标，根据可得，再利用两点间距离得出关于方程，从而解得渐近线方程.【详解】解：设因为点关于渐近线的对称点为，不妨设渐近线方程为，故有，解得，因为，所以，根据两点间距离可得，即，即，即，即，可得，所以，故渐近线方程为，故选B.【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程、两点间距离公式等知识，解题时需要有较强的运算能力.12.若存在使成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】存在使成立，故，所以等价于在定义域上有解，求出函数的单调性和最值，从而解出范围，进而求解出的范围.【详解】解：当时，不存在使成立，当，存在使成立即为 在定义域上有解，令，故，因为恒成立，所以在定义域上单调递减，又因为，所以当时，则在为增函数，当时，则在为减函数，当，；当，所以函数，函数的值域为，所以，故故选D.【点睛】本题考查了函数的单调性、最值等知识，当一次求导不能得出原函数的单调性时，则需要进行二次求导，从而首先判断出导函数的单调性等性质，再由导函数的性质得出原函数的性质.二、填空题（将答案填在答题纸上）13.设的满足约束条件，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】先将题中，满足约束条件对应的可行域画出，目标函数的几何意义为一条斜率为-2的直线，通过平移求解出最值.【详解】解：如图，满足约束条件对应的可行域为五边形内部（含边界），目标函数的几何意义为一条斜率为-2、截距为的直线，当直线经过点O时，直线的截距最小，最小，故.【点睛】代数问题转化为几何问题解决，往往能简化计算，但必须要将每一个代数形式的几何意义分析到位，这个是数形结合的必要前提.14.设单位向量的夹角为，则向量在方向上的投影为_【答案】【解析】【分析】设向量与的夹角为，要求向量在方向上的投影，即求的值，故只需要求解出夹角的大小和的大小即可.【详解】解：因为单位向量的夹角为，所以，所以，同理，设向量与的夹角为，故向量在方向上的投影为.【点睛】本题考查了向量的投影问题，求解向量投影的关键是要解决向量模的大小、两个向量的夹角，属于中档题.15.若过点且斜率为的直线与抛物线的准线相交于点，与的一个交点为，若，则_【答案】【解析】【分析】由直线方程为与准线得出点坐标，再由可得，点为线段的中点，由此求出点A的坐标，代入抛物线方程得出的值.【详解】解：抛物线的准线方程为过点且斜率为的直线方程为，联立方程组，解得，交点坐标为，设A点坐标为，因为，所以点为线段的中点，所以，解得，将代入抛物线方程，即，因为，解得.【点睛】本题考查了抛物线的性质、向量相等等知识，解决几何问题时，往往可以转化为代数问题来进行研究，考查了数形结合的思想.16.若数列满足，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】条件转化为，构造新数列，则能够得到数列为等差数列，由此得出通项，再通过叠加法得出数列的通项，借助导数或单调性定义法得出的单调性，从而得出结果.【详解】解：令由得，即，故当时，数列是从开始，的等差数列，即，故，故，故，当时，上式也成立，故，设函数，令，解得：故当，单调递增，故数列在时单调递增，而，所以有，故最小值为-1.【点睛】本题考查了等差数列的定义、叠加法求通项、数列单调性等知识，构建新数列是本题解题的关键.三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.在中，角的对边分别为，且满足，的外接圆的半径为，（1）求角的大小；（2）若，求的面积.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）用正弦定理将题中的正弦转化为三角形的边，再利用余弦定理可得角B的大小；（2）由三角形外接圆半径可得到边b的大小，由余弦定理可得，结合，求出，从而得出的面积.【详解】解：（1） ，又，故又，（2）,由余弦定理得：，又，.【点睛】本题考查了解三角形问题，熟练运用正、余弦定理将含有边与角的等式进行转化是解题的关键.18.国家统计局拟进行第四次经济普查，某调查机构从个发达地区，个欠发达地区，个贫困地区中选取个作为国家综合试点地区，然后再逐级确定普查区域，直到基层的普查小区，在普查过程中首先要进行宣传培训，然后确定对象，最后入户登记，由于种种情况可能会导致入户登记不够顺利，这为正式普查提供了宝贵的试点经验，在某普查小区，共有家企事业单位，家个体经营户，普查情况如下表所示：普查对象类别顺利不顺利合计企事业单位401050个体经营户9060150合计13070200（1）写出选择个国家综合试点地区采用的抽样方法；（2）根据列联表判断是否有的把握认为“此普查小区的入户登记是否顺利与普查对象的类别有关”；（3）以频率作为概率，某普查小组从该小区随机选择家企事业单位，家个体经营户作为普查对象，入户登记顺利的对象数记为，写出的分布列，并求的期望值.附：参考公式：，其中参考数据： 0.500.400.250.150.100.050.025 0.4550.7081.3232.0722.7063.8415024【答案】(1) 分层抽样；(2) 有的把握认为“此普查小区的入户登记”是否顺利与普查对象类别有关；(3) 的分布列为 01234 的数学期望为【解析】【分析】（1）由于从不同层次的地区选择6个试点，故可得抽样方式；（2）由题中提供数据解出的值，对比列联表判断，可得结果；（3）以频率作为概率，选择家企事业单位入户登记顺利的概率为，选择家个体经营入户登记顺利的概率为，对入户登记顺利的对象数进行逐一分析，根据概率计算公式可以得出分布列.【详解】解：（1）分层抽样：（2）由列联表中的数据得的观测值 所以有的把握认为“此普查小区的入户登记”是否顺利与普查对象类别有关；（3）以频率作为概率，选择家企事业单位入户登记顺利的概率为，选择家个体经营入户登记顺利的概率为，的可能取值为，则，所以的分布列为 01234 ，所以，的数学期望为【点睛】本题考查了抽样的方式、独立检验思想的应用、概率分布等知识，考查学生的计算能力，属于中档题.19.已知为圆上一点，过点作轴垂线交轴于点，点满足（1）求动点的轨迹方程；（2）设为直线上一点，为坐标原点，且，求面积的最小值.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）设出A、P点坐标，用P点坐标表示A点坐标，然后代入圆方程，从而求出P点的轨迹；（2）设出P点坐标，根据斜率存在与否进行分类讨论，当斜率不存在时，求出面积的值，当斜率存在时，利用点P坐标表示的面积，减元后再利用函数单调性求出最值，最后总结出最值.【详解】解：（1） 设，由题意得：，由，可得点是的中点，故，所以，又因为点在圆上，所以得，故动点的轨迹方程为.（2）设，则，且，当时，此时；当时，因为,即故，代入 设 因为恒成立， 在上是减函数，当时有最小值，即,综上：的最小值为【点睛】本题考查了点的轨迹方程、椭圆的性质等知识，求解几何图形的长度、面积等的最值时，常见解法是设出变量，用变量表示出几何图形的长度、面积等，减元后借助函数来研究其最值.20.如图，在四棱锥中，,底面，,为棱上一点，点为棱的中点，过的平面交于两点，且平面（1）证明：；（2）若于底面所成角的正弦值为，,求二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2) 【解析】【分析】（1）因为平面，故能得到，要证，即证平面，故只需在平面内求出两条相交直线与垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量知识求出二面角的余弦值.【详解】证明：（1） 平面,平面,平面平面，, 点为棱的中点，,是正方形，,底面，,，平面,平面，,又.（2）因为与底面所成角的正弦值为，设,由（1）可知，是与底面所成角的平面角，所以,因为,所以，在中，,在中，,因为,又,，平面,平面，因为,又,，平面,平面，在平面PDC内，E为DC中点，所以是的中点，以为原点，分别以为轴、轴、轴，建立如图的空间直角坐标系，所以， ，设平面是法向量为，则所以令，则， 所以设平面的法向量为，则,所以 令，则， ， 所以设二面角所成角为，显然为锐角，所以所以二面角所成角为余弦值为【点睛】本题考查了立体几何中异面直线的垂直问题、利用空间向量解决二面角的问题，解题的前提是要能建立出空间坐标系，正确写出各个点的坐标，理清法向量的夹角与二面角的关系是解题的关键，还考查了学生的计算能力.21.已知函数，其中为自然对数的底数.（1）若，判断函数的单调性，并写出证明过程；（2）若，求证：对任意，都有【答案】(1) 函数在上单调递增；(2)见证明【解析】【分析】（1）利用导数法解决函数的单调性问题；（2）要证，即证，利用导数研究函数在上的最值，然后再利用单调性求最值、作差法等方法对与进行比较.【详解】解：（1） 当时，函数在其定义域单调递增，证明如下：当时， ， 令， 则 又,由，解得为函数的单调递增区间，由，解得为函数的单调递减区间， ，在为单调增函数， ，所以函数在其定义域单调递增.（2） ，