辽宁省部分重点中学协作体2020届高三数学模拟考试试题理含解析

1、辽宁省部分重点中学协作体2020届高三数学模拟考试试题 理（含解析）考试时间：120分钟 考试分数：150分试卷说明：本试卷分第卷（选择题，1-12题，共60分）和第卷（非选择题，13-23题，共90分）答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上作答时，将答案写在答题卡，写在本试卷上无效第卷（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.已知集合，则（ ）A. ，2B. （1，2C. （0，2D. （2，）【答案】C【解析】【分析】由题意可得，再由集合交集的概念即可得解.【详解】由题意，所以.故选：C.【点睛

2、】本题考查了一元二次不等式的求解及集合的运算，属于基础题.2.已知复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数z满足，利用复数的除法求得，再根据复数的概念求解.【详解】因为复数z满足，所以，所以z的虚部为.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3.已知，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意结合对数函数、指数函数的性质可得，即可得解.【详解】由题意，所以.故选：A.【点睛】本题考查了对数式、指数式的大小比较，考查了对数函数、指数函数单调性的应用，属于

3、基础题.4.已知某企业2020年4月之前的过去5个月产品广告投入与利润额依次统计如下：月份1112123广告投入（万元）8.27.887.98.1利润（万元）9289898793由此所得回归方程为，若2020年4月广告投入9万元，可估计所获利润约为（ ）A. 100万元B. 101 万元C. 102万元D. 103万元【答案】C【解析】【分析】由题意计算出、，进而可得，代入即可得解.【详解】由题意，所以，所以，当时，.故选：C.【点睛】本题考查了线性回归方程的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.5.设等差数列的前项和为，且，则（ ）A. 18B. 24C. 48D. 36【答案】D【解析】【

4、分析】由题意结合等差数列的性质可得，再由等差数列前n项公式结合等差数列的性质可得，即可得解.【详解】数列是等差数列，.故选：D.【点睛】本题考查了等差数列的性质及其前n项和公式的应用，属于基础题.6.人们通常以分贝（符号是）为单位来表示声音强度的等级，3040分贝是较理想的安静环境，超过50分贝就会影响睡眠和休息，70分贝以上会干扰谈话，长期生活在90分贝以上的嗓声环境，会严重影响听力和引起神经衰弱、头疼、血压升高等疾病，如果突然暴露在高达150分贝的噪声环境中，听觉器官会发生急剧外伤，引起鼓膜破裂出血，双耳完全失去听力，为了保护听力，应控制噪声不超过90分贝，一般地，如果强度为的声音对应的等

5、级为，则有，则的声音与的声音强度之比为（ ）A. 10B. 100C. 1000D. 10000【答案】D【解析】【分析】设的声音与的声音对应的强度分别为、，由题意，计算即可得解.【详解】设的声音与的声音对应的强度分别为、，由题意，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查了对数运算的应用，考查了对于新概念的理解，属于基础题.7.函数图象的对称中心坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意结合正切函数的图象与性质可得，即可得解.【详解】令，则，所以函数图象的对称中心坐标为.故选：D.【点睛】本题考查了正切函数图象与性质的应用，属于基础题.8.已知二项式的展开式中，二项式系

6、数之和等于64，则展开式中常数项等于（ ）A 240B. 120C. 48D. 36【答案】A【解析】【分析】由题意结合二项式系数和的性质可得即，写出二项式展开式的通项公式，令即可得解.【详解】由题意，解得，则，则二项式的展开式的通项公式为，令即，则.故选：A.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.9.已知函数，若的最小值为，则实数的值不可能是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】由题意结合基本不等式可得当时，；由二次函数的性质可得，进而可得，即可得解.【详解】由题意当时，当且仅当时，等号成立；当时，图象为二次函数图象的一部分，对称轴为，

7、当时，为函数在上的最小值，不合题意；当时，为函数在上的最小值，由题意可得，解得；综上，实数的取值范围为.故选：A.【点睛】本题考查了分段函数最值相关问题的求解及基本不等式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.10.已知三棱锥中，侧面底面，是边长为3的正三角形，是直角三角形，且，则此三棱锥外接球的体积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点，中点，连接、，过点作直线垂直平面，可知三棱锥外接球的球心在该直线上，设为，过点作于，连接、，设，由勾股定理可得、，利用即可得，进而可得外接球半径，即可得解.【详解】取的中点，中点，连接、，由题意可得为的外心，平面，过点作直线垂直

8、平面，可知三棱锥外接球的球心在该直线上，设为，过点作于，连接、，可知四边形为矩形，是边长为3，设，则，由可得，解得，三棱锥外接球的半径，此三棱锥外接球体积.故选：B【点睛】本题考查了三棱锥几何特征的应用及外接球的求解，考查了面面垂直性质的应用和空间思维能力，属于中档题.11.已知过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，线段的延长线交抛物线的准线于点，若，则（ ）A. 3B. 4C. 6D. 6【答案】B【解析】【分析】分别过点、作准线的垂线，垂足分别为、，由抛物线的性质可得，设，由平面几何的知识即可得解.【详解】分别过点、作准线的垂线，垂足分别为、，由题意，设，由三角形相似可得即，解得，则.故选：

9、B.【点睛】本题考查了抛物线性质的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.12.已知恰有一个极值点为1，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意结合导数转化条件得在上无解，令，求导后确定函数的值域即可得解.【详解】由题意，函数的定义域为，对函数求导得，恰有一个极值点为1，在上无解，即在上无解，令，则，函数在单调递增，当时，.故选：D.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与推理能力，属于基础题.第卷（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.己知，满足约束条件，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】由题意作出可行域，

10、转化目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图阴影所示：令，目标函数可转化为，上下平移直线，数形结合可得，当直线过点时，取最小值，由可得，此时.故答案为：.【点睛】本题考查了简单线性规划的应用，属于基础题.14.古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天，纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近，我们称这种满足了的矩形为“优美”矩形现有一长方体，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为_【答案】4【解析】【分析】由题意求出该长方体长、宽、高后，

11、根据新概念验证即可得解.【详解】由题意，该长方体如图所示：，此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为4.故答案为：4.【点睛】本题考查了长方体几何特征的应用及对于新概念的理解，属于基础题.15.已知数列的前项和为，若，则_【答案】【解析】【分析】由题意利用数列与的关系可转化条件为，进而可得，利用等比数列的通项公式即可得解.【详解】，,即，又，数列是首项为，公比为3的等比数列，.故答案为：.【点睛】本题考查了数列与关系的应用，考查了通过构造新数列求数列的通项，属于中档题.16.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，点是与的一个公共点，是一个以为底的等腰三角形，的离心率为，则的离心率是_【答案】3【

12、解析】【分析】设椭圆的长轴为，双曲线的实轴为，由椭圆的离心率结合题意可得，再由双曲线的离心率公式即可得解.【详解】设椭圆的长轴为，双曲线的实轴为，由题意椭圆的离心率，又是一个以为底的等腰三角形，解得，双曲线的离心率.故答案为：.【点睛】本题考查了椭圆性质、双曲线性质综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.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，（一）必考题：共60分17.已知，且（1）求在上的值域；（2）已知分别为的三个内角，对应的边长，若，且，求的面积【答案】（1）（2）【解析】【分析

13、】（1）由题意结合平面向量数量积运算、三角恒等变换可得，根据可得，进而可得，即可得解；（2）由题意可得，利用余弦定理可得，求得后，利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）由题意可得 ，的值域为；（2）因为，所以，因为，所以，由余弦定理得：，即，由可得，【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算、三角恒等变换与解三角形的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.18.已知正三棱柱中，是的中点（1）求证：平面；（2）求锐二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连结，设，由平面几何知识可得，由线面平行的判定即可得证；（2）建立空间直角坐标系，表示出点的坐标后，求得平面的一个法

14、向量、平面的一个法向量，利用即可得解.【详解】（1）证明：连结，设，则是的中点，再连结，因为是的中点，所以是的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面； （2）取的中点，过点作，连结，易知、两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系则有，所以，设平面的一个法向量，则，令，则有，设平面的一个法向量，则，令则，所以，所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查了线面平行的证明及利用空间向量求二面角，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.19.某工厂计划建设至少3个，至多5个相同的生产线车间，以解决本地区公民对特供商品的未来需求经过对先期样本的科学性调查显示，本地区每个月对商品的月需求量均在5

15、0万件及以上，其中需求量在50 100万件的频率为0.5，需求量在100200万件的频率为0.3，不低于200万件的频率为0.2用调查样本来估计总体，频率作为相应段的概率，并假设本地区在各个月对本特供商品的需求相互独立（1）求在未来某连续4个月中，本地区至少有2个月对商品的月需求量低于100万件的概率（2）该工厂希望尽可能在生产线车间建成后，车间能正常生产运行，但每月最多可正常生产的车间数受商品的需求量的限制，并有如下关系：商品的月需求量（万件）车间最多正常运行个数345若一个车间正常运行，则该车间月净利润为1500万元，而一个车间未正常生产，则该车间生产线的月维护费（单位：万元）与月需求量有

16、如下关系：商品的月需求量（万件）未正常生产的一个车间的月维护费（万元）500600试分析并回答该工厂应建设生产线车间多少个？使得商品的月利润为最大【答案】（1）（2）4个【解析】【分析】（1）由独立重复实验的概率公式结合题意计算即可得解；（2）按照建设3个车间、4个车间、5个车间讨论，分别求出对应的分布列和期望，比较期望大小即可得解.【详解】（1）由题意每月需求量在50 100万件的概率为0.5，则由独立重复实验概率公式可得所求概率；（2）（i）当建设3个车间时，由于需求量在50万件以上，此时的净利润的分布列为：45001则（万元）；（ii）当建设4个车间时，需求量时，则有3个车间正常运行时，

17、会有1个车间闲置，此时的净利润；需求量时，则4个车间正常运行，此时的净利润；则的分布列为：400050000.50.5则（万元）（iii）当建设5个车间时，需求量时，则有3个车间正常运行时，会有2个车间闲置，此时的净利润；需求量时，则4个车间正常运行，会有1个车间闲置，此时；需求量时，则5个车间正常运行，此时的净利润；则的分布列为：3500540075000.50.30.2则（万元）综上所述，要使该工厂商品的月利润为最大，应建设4个生产线车间【点睛】本题考查了独立重复实验概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望的求解与应用，属于中档题.20.己知椭圆过点，是两个焦点以椭圆的上顶点为圆心作半径为

18、的圆，（1）求椭圆的方程；（2）存在过原点的直线，与圆分别交于，两点，与椭圆分别交于，两点（点在线段上），使得，求圆半径的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意结合椭圆性质可得，进而可得，即可得解；（2）当直线斜率不存在时，；当直线斜率存在时，设直线方程为：， ，联立方程后利用弦长公式可得，由圆的性质可得，转化条件得，可得，即可得解.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意，所以，故椭圆的方程为；（2）当直线斜率不存在时，圆过原点，符合题意，；当直线斜率存在时，设直线方程为：，由直线与椭圆交于、两点，则，所以，则， 所以，点到直线的距离，则 ，因为，点在线段上，所以点在线段的延长

19、线上，只需即，所以，则因为，所以，所以，；综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了椭圆方程的确定，考查了直线、圆、椭圆的综合应用，属于中档题.21.已知函数（1），求函数的单调区间：（2）对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）求导后，按照、与分类，分别解出不等式，即可得解；（2）转化条件得对于任意，不等式恒成立，设，则，设，求导后可得在上单调递增，进而可得，使得，即，则，设，求导后可得在上单调递增，即可证，代入求出后，即可得解.【详解】（1）由题意，则，（i）当时，的解集为，则的单调增区间为和，单调减区间为；（ii）当时，则的单调增区间为，无单调减区间；（iii）当时，的解集为，则的单调增区间为和，单调减区间为；（iiii）当时，的解集为，则的单调增区间为，单调减区间为.（2）由已知，问题等价于对于任意，不等式恒成立，设，则，设，则，在上，单调递增， 又，所以，所以，使得，即，在上，单调递减；在上，单调递增；所以，又有， 设，则有和，所以在上，单调递增，所以，所以，故实数的取值范围为.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与推理能力，属于难题.（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22.已知平面直角坐标系中，曲线的方程为，以原点为极点，轴的正半