铜仁一中2020届寒假训练高考模拟考试答案

1、 铜仁一中2020届寒假训练高考模拟考试答案（2）第卷一、选择题：本大题共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.设复数,则（ B ）A. B. C. D. 【详解】，.故选：B.2.已知集合或，则（ D ）A. B. C. D. 【详解】集合并无包含关系,故A,B均错误.又, 或故C错误. 正确.故选：D.3.执行如图所示的程序框图，若输入的分别为,则输出的n（ C ）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【详解】第一次循环， ，此时.第二次循环，此时.第三次循环，此时，因此.故选：.4.已知向量,则“”是“”的（ A ） A. 充分不必要条件 B

2、. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件【详解】，.因此“”是“”的充分不必要条件.故选：.5.若,则=（ D ） A. B. C. 1D. 32【详解】，取，.故选：.6.若实数满足且则的大小关系为（ B ） A. B. C. D. 【详解】，因此.故选：B.7.若，则（ C ） A. B. C. 或D. 或或3【详解】由可得.故或.即或. 故选：C8.若满足约束条件则的最小值为（ C ） A. B. C. D. 【详解】画出不等式组所表示的可行域如上图（阴影部分），由，得，平移直线，由图像可知当直线经过时，直线的截距最小，此时最小，由 ，解得，即，将代入目标函数得，因

3、此的最小值为. 故选：.9.把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为，则（ A ） A. B. C. D. 【详解】，函数图象上各点横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到：，再把得到的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为，故选：.10.已知四边形为正方形，平面，四边形与四边形也都为正方形，连接，点为的中点，有下述四个结论：； 与所成角为；平面； 与平面所成角为其中所有正确结论的编号是（ B ） A. B. C. D. 【详解】由题意得，所得几何体可以看成一个正方体，因此所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，是正确的

4、.，设与所成的角为，是正确的.，设是平面的一个法向量，取，平面，是正确.，由图像易得：是平面的一个法量，设与平面所成的角为，不正确，综上：正确.故选：.11.已知双曲线（）的左、右焦点分别为，若上点满足，且向量夹角的取值范围为，则的离心率取值范围是（ B ）A. B. C. D. 【详解】由双曲线定义得：， ，在中由余弦定理得：，由题意得：， ，.故选：.12.已知函数，若存在点，使得直线与两曲线和都相切，当实数取最小值时，（ A ）A. B. C. D. 【详解】 ，又，过点切线方程为：，又，即，又，因此过点的切线方程为：， 由题意知都为直线,，令，令，和时，单调递减，且时，恒成立，时，单调

5、递增，时，则，.故选：.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上13.函数则_【答案】【详解】,由，.故答案为：.14.设抛物线上的三个点到该抛物线的焦点距离分别为若中的最大值为3，则的值为_【答案】3【详解】根据抛物线的几何性质可得，由题意可得，因此可判断最大，故，解得.故答案为：.15.已知为数列前项和，若，且，则_【答案】【详解】由，得，又，得，数列是周期为的数列，.故答案为：.16.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平

6、行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为_；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_【答案】 (1). (2). 【详解】(1)每个三角形面积是，由对称性可知该六面是由两个正四面合成的，可求出该四面体的高为，故四面体体积为，因此该六面体体积是正四面体的2倍， 所以六面体体积是；(2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为，所以， 所以球的体积.故答案为：；.三、解答题：

7、本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721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.在中，（1）若，求；（2）为边上一点，且，求的面积【答案】（1）； （2）.【详解】（1）在中，由正弦定理及题设得，故， 解得， 又，所以.（2）设，则在中，由余弦定理得，即，在等腰中，有， 联立，解得或（舍去）所以为等边三角形，所以，所以解法二：（1）同解法一 （2）设，则因为，所以，由余弦定理得，得，所以，解得或（舍去）所以为等边三角形，所以，所以18.等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.（

8、1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足,求数列的前2020项的和【答案】（1），； （2）.【详解】(1)依题意得: ，所以 ，所以解得 设等比数列的公比为，所以 又(2)由（1）知，因为 当时, 由得，即，又当时，不满足上式， .数列的前2020项的和 设 ，则 ，由得： ，所以，所以.19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，为线段上的动点（1）求证：平面平面（2）试确定点的位置，使平面与平面所成的锐二面角为【详解】（1）因为底面，平面，所以. 因为为正方形，所以，又因为，所以平面. 因为平面，所以.因为，为线段的中点，所以， 又因为，所以平面 又因为平面，所以平面平面.

9、（2）因为底面，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则，所以设点的坐标为所以设为平面的法向量， 则所以取，则. 设为平面的法向量， 则所以取，则. 因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，解得，故当点为中点时，平面与平面所成的锐二面角为.20.已知圆，椭圆（）的短轴长等于圆半径的倍，的离心率为（1）求方程；（2）若直线与交于两点，且与圆相切，证明：为直角三角形【详解】（1）因为圆的半径为， 所以的短轴长为， 所以，解得 因为的离心率为，所以 ， 又因为，所以 ，联立 ，解得， 所以所求的方程为（2）证明：证法一：当直线斜率不存在时,

10、直线的方程为当时，所以 当时，所以，综上，所以为直角三角形当直线斜率存在时，设其方程为直线与圆相切， 即，由得，所以 所以 所以综上所述: 所以为直角三角形 证法二：当直线方程为时, 所以所以为直角三角形 当直线方程为时，所以所以为直角三角形当直线不与轴平行时，设其方程为因为直线与圆相切，所以,即由得,所以 所以所以为直角三角形综上所述: 为直角三角形21.已知函数（1）当时，证明：；（2）若在上有且只有一个零点，求的取值范围【答案】（1）见解析； （2）.【详解】（1）当时，所以的定义域为R,且故为偶函数 当时,，记，所以因为，所以在上单调递增，即在上单调递增， 故， 所以在上单调递增，所以

11、， 因为为偶函数,所以当时,. （2）当时，令，解得，所以函数有无数个零点，不符合题意； 当时，当且仅当时等号成立，故符合题意；因为，所以是偶函数，又因为，故是的零点. 当时，记，则.1）当时，故在单调递增，故当时，即，故在单调递增，故所以在没有零点.因为是偶函数,所以在上有且只有一个零点. 2）当时，当时，存在，使得，且当时，单调递减，故， 即时，故在单调递减，又，所以，由零点存在性定理知在上有零点，又因为是的零点，故不符合题意；综上所述，a的取值范围为（二）选考题：共10分请考生在第22，23两题中任选一题作答如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求C的直角坐标方程；（2）设点M的直角坐标为， l与曲线C的交点为，求的值【答案】（1