【KS5U解析】安徽省滁州市定远重点中学2020届高三下学期3月线上模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

1、定远重点中学2020届高三3月线上模拟考试理科数学本卷满分150分，考试用时120分钟第i卷（选择题 共60分）一、选择题（共12小题每小题5分，共60分）1. 已知全集，集合，集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】分析：由题意首先求得集合a,b，然后进集合的混合运算即可求得最终结果.详解：函数有意义，则：，据此可得，求解指数不等式可得：，据此可得：，结合交集运算可知：.本题选择a选项.点睛：本题主要考查集合的表示方法，集合的交并补运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2. 已知i是虚数单位，则a. 10b. c. 5d. 【答案】b【解析】【分析】利用复数代

2、数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解【详解】，故选b【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3. 2018年元旦期间，某高速公路收费站的三个高速收费口每天通过的小汽车数（单位：辆）均服从正态分布，若，假设三个收费口均能正常工作，则这个收费口每天至少有一个超过700辆的概率为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】分析：根据正态曲线的对称性求解即可.详解：根据正态曲线的对称性，每个收费口超过辆的概率，这三个收费口每天至少有一个超过辆的概率，故选c.点睛：本题主要考查正态分布的性质与实际应用，属于中档题.有关正态分布的应用题考查知识点较为清晰，只要掌握以

3、下两点，问题就能迎刃而解：（1）仔细阅读，将实际问题与正态分布“挂起钩来”；（2）熟练掌握正态分布的性质，特别是状态曲线的对称性以及各个区间概率之间的关系.4. 已知等差数列中，则的值为a. 8b. 6c. 4d. 2【答案】c【解析】【分析】利用微积分基本定理、等差数列的性质即可得出【详解】解：，解得利用等差数列的性质可得：故选c【点睛】本题考查了微积分基本定理、等差数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题5. 如图所示的一个算法的程序框图，则输出的最大值为（ ）a. b. 2c. d. 【答案】c【解析】【详解】模拟程序的运行，可得程序框图的功能是求半圆y上的点到直线xy20的距离

4、的最大值，如图： 可得：d的最大值为op+r+1故选：c6. 我国古代数学名著九章算术中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为（）a. 40b. 43c. 46d. 47【答案】c【解析】【分析】画出几何体的直观图,利用三视图所给数据，结合梯形的面积公式,分别求解梯形的面积即可.【详解】由三视图可知，该几何体的直现图如图五面体，其中平面平面，底面梯形是等腰梯形，高为3 ,梯形的高为4 ,等腰梯形

5、的高为，三个梯形的面积之和为,故选c.【点睛】本题考查空间几何体的三视图，求解表面积,属于中档题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.7. 空气质量指数是反映空气质量状况的指数，指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：指数值05051100101150151200201300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某市10月1日-20日指数变化趋势：下列叙述错误的是（）a. 这20天中指数值的中

6、位数略高于100b. 这20天中的中度污染及以上的天数占c. 该市10月的前半个月的空气质量越来越好d. 总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好【答案】c【解析】【分析】根据所给图象，结合中位数的定义、指数与污染程度的关系以及古典概型概率公式，对四个选项逐一判断即可.【详解】对，因为第10天与第11天指数值都略高100，所以中位数略高于100，正确；对，中度污染及以上的有第11，13，14，15，17天，共5天占，正确；对，由图知，前半个月中，前4天的空气质量越来越好，后11天该市的空气质量越来越差，错误；对，由图知，10月上旬大部分指数在100以下，10月中旬大部分指数在100

7、以上，所以正确，故选c.【点睛】与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.8. 的展开式中含的项的系数为（ ）a. 30b. 60c. 90d. 120【答案】b【解析】【分析】展开式含的项来自，展开式通项为，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，从而可得结果.【详解】展开式含的项来自，展开式通项为， 令，展开式中的系数为，所以的展开式中含的项的系数为为，故选b.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的

8、问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.9. 已知满足约束条件若目标函数的最大值是,则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得a，b的坐标，代入目标函数解方程可答案【详解】约束条件作出可行域如图三角形区域，可得a（1，1），b（4，2），当m0时，显然不符题意；当m0时，代入a（1，1）可得m+16，可得m5，

9、舍去；当m0时，代入（1，1）若取最大，可得m+16，解得m5；代入（4，2）可得4×52186，则m5舍去；代入（4，2）若取最大，可得4m26，解得m2，代入（1，1），可得2+136成立，综上可得m2故选c【点睛】本题考查简单线性规划的应用，考查分类讨论思想方法，以及运算求解能力，属于中档题10. 函数的大致图象为a. b. c. d. 【答案】a【解析】分析：由题意，可判定函数的奇偶性，以及的单调性或变换趋势，即可得到答案.详解：由题意，函数满足：，所以函数为偶函数，故的图象关于轴对称，排除b、d；又由时，所以，排除c，故选a.点睛：本题主要考查了函数的基本性质的应用问题，其

10、中正确判定函数的单调性与奇偶性，以及函数值的变化趋势是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.11. 已知是定义在上的奇函数，满足，且当时，则函数在区间上的所有零点之和为a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先分析出函数关于成中心对称，再作出函数在区间图像和在间的图像，即得函数在区间上的所有零点之和.【详解】由知关于成中心对称.又为奇函数，则周期为2.易知，作出函数在区间图像如图所示.所以在间，所有零点之和为.故选c【点睛】(1)本题主要考查函数的图像和性质，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2)处理函数的零点

11、问题常用的有方程法、图像法和方程+图像法,本题利用的是方程+图像法.12. 已知双曲线c：的左、右焦点分别为、，且双曲线c与圆在第一象限相交于点a，且，则双曲线c的离心率是a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】运用双曲线的定义和条件，求得，由直径所对的圆周角为直角，运用勾股定理和离心率公式，计算可得所求值【详解】双曲线c与圆在第一象限相交于点a，可得，由，可得，由，可得，即为，即有，即有故选a【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用直径所对的圆周角为直角，以及双曲线的定义，考查化简运算能力，属于中档题第卷（非选择题 90分）二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13.

12、已知向量满足且与的夹角的正切为，与的夹角的正切为，则的值为_.【答案】【解析】【分析】可设，由题意可得，由两角和的正切公式，可得，再由同角的基本关系式可得，再由正弦定理可得ab，ac，由数量积的定义即可得到所求值【详解】解：可设，由题意可得，则，即为，又为锐角，可得，同理可得，由正弦定理可得，即有，则故答案为：【点睛】本题考查向量的数量积的定义，考查正弦定理和三角函数的化简和求值，以及运算求解能力，属于中档题14. 无穷等比数列的通项公式，前项的和为，若， 则_【答案】或【解析】数列为无穷等比数列，即，即.或故答案为或.15. 将一个半径为2的圆分成圆心角之比为1:2的两个扇形，且将这两个扇形

13、分别围成圆锥的侧面，则所得体积较小的圆锥与较大圆锥的体积之比为_【答案】【解析】【分析】设圆的半径为r，分别求出两个圆锥的底面半径和高，得出体积比【详解】设圆的半径为r，卷成的两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，由题意圆心角之比为1:2,可知两个扇形的圆心角分别为120°，240°，r1，r2，h1，h2，这两个圆锥的体积之比为：故答案为【点睛】本题考查了圆锥的几何特征及圆锥的体积公式，属于中档题16. 已知函数，若对于任意的正整数，在区间上存在个实数、，使得成立，则的最大值为_【答案】6【解析】因为，在区间上最大值为，最小值为，即m的最大值为6.三、解

14、答题（共6小题，共70分）17. 如图，在 中，角 的对边分别为 , . （1）求角 的大小；（2）若 为外一点， ，求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）先根据正弦定理将条件转化为角的关系再利用三角形内角关系、诱导公式及两角和正弦公式化简得即得， .（2），由余弦定理得，将数据代入可得，利用配角公式得，最后根据三角形有界性可得四边形 的面积最大值试题解析：解：（1）在 中，. 有 ， ，则 ，即 ，则 .（2）在 中， ，又 ，则为等腰直角三角形， ，又 ，当 时，四边形 的面积最大值，最大值为 .18. 某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在a，b实验

15、地分别用甲、乙方法培育该品种花苗为观测其生长情况，分别在a，b试验地随机抽选各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在a，b两块实验地随机抽取3棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关优质花苗非优质花苗合计甲培育法20乙培育法10合计附：下面的临界值表仅供参考01501000500250010000500012072270638415024663578

16、7910828（参考公式：，其中）【答案】（1），82.5；（2）分布列见解析，；（3）列联表见解析，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系.【解析】【分析】（1）根据各段的频率之和为1，可得，然后假设中位数，并根据在中位数的左右两边的频率均为，简单计算，可得结果.（2）假设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为x，可知，然后计算相对应颗数的概率，画出分布列，最后根据期望的计算公式，可得结果.（3）先计算出优质花苗的频率，然后可得优质花苗的颗数，进一步得出其他的数据，最后计算，根据表格进行比较，可得结果.【详解】（1）由，解得令得分中位数为x，由，解得故综合评分的中位数为82.5（2）由（1）与频

17、率分布直方图 ，优质花苗的频率为 ，即概率为，设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为x，则， ；其分布列：x0123p所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望（3）结合（1）与频率分布直方图，优质花苗的频率为，则样本中，优质花苗的颗数为60棵，列联表如下表所示：优质花苗非优质花苗合计甲培育法203050乙培育法401050合计6040100可得所以，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查了分布列以及二项分布，还考查了统计量的计算，重在于掌握公式，考验对数据的处理，属基础题.19. 如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面

18、所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.【详解】(1)如图所示，连结，等边中，则，平面abc平面，且平面abc平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合平面，故(2)在底面abc内作ehac，以点e为坐标原点，eh,ec,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标

19、为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线ef的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线ef与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20. 已知点，过点作抛物线的切线，切点在第二象限求切点的纵坐标；有一离心率为的椭圆恰好经过切点，设切线与椭圆的另一交点为点，记切线的斜率分别为，若，求椭圆的方程【答案】（1）（2）【解析】【分析】设切点则有，利用导数求出切线斜率，可得求出切线方程，将代入切线方程即可得结果； 由得，切线斜率，设切线方程为，利用离心率为可得，切线与椭圆方程联立，由，利用韦达定理及斜率公式可得，从而可求得结论【详解】设切点则有，由切线斜率为，得的方程为，又点在上所以，即，所以点a的纵坐标由得，切线斜率，设，切线方程为，由得又，所以所以椭圆方程为且过，所以由得，所以，又因为，即，解得，所以 ,所以椭圆方程为 .【点睛】本题主要考查抛物线的切线方程以及求椭圆方程，属于难题.用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都