2020届高三普通高等学校招生全国统考试伯乐马模拟考试（八）文科数学试题 含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试(八）文科数学注意事项：1．答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知集合，集合，则(）A。 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合A,B,再求交集即可【详解】解：，，.故选:C，【点睛】此题考查集合的交集运算,考查对数不等式的解法，属于基础题2。已知且满足,则（）A。1 B。3 C。4 D.5【答案】A【解析】【分析】根据条件建立方程求解即可。【详解】设，由题意得，，，，。故选：A【点睛】本题考查的是由复数相等求参数，较简单.3。若抛物线的焦点到顶点的距离为，则（）A。2 B。4 C. D.【答案】C【解析】【分析】由抛物线的定义可得焦点到顶点的距离为,从而可得答案【详解】解：由题意得，.故选:C【点睛】此题考查抛物线的定义，属于基础题。4。已知，，,则（)A. B. C。 D。【答案】A【解析】【分析】变形,利用指对数函数单调性及中间量比较大小可得解。【详解】,由指数函数单调性得,则所以故选：A【点睛】本题考查利用指对数函数单调性比较大小，属于基础题.5.垃圾分类（英文名为Garbageclassification），一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称。垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用.为进一步在社会上普及垃圾分类知识，某中学学生积极到社会上举行垃圾分类的公益讲座,该校学生会为了解本校高一年级1000名学生课余时间参加公益讲座的情况,随机抽取50名学生进行调查,将数据分组整理后，列表如下：参加场数01234567参加人数占调查人数的百分比8％10％20%26%18%12%4%2%下列估计该校高一学生参加公益讲座的情况正确的是(）A。参加公益讲座次数是3场的学生约为360人B.参加公益讲座次数是2场或4场的学生约为480人C。参加公益讲座次数不高于2场的学生约为280人D.参加公益讲座次数不低于4场的学生约为360人【答案】D【解析】【分析】根据所给统计表中数据计算可得;【详解】解：估计该校高一学生参加活动次数不低于4场的学生约为：人，参加公益讲座次数是3场的学生约为人，参加公益讲座次数是2场或4场的学生约为人，参加公益讲座次数不高于2场的学生约为人；故选：D。【点睛】本题考查统计表的应用，考查学生分析数据、处理数据的能力,属于基础题.6。下列命题正确的是（）A。是的必要不充分条件B.是的充分不必要条件C.中,是的充要条件D。命题“，"的否定是“,”【答案】C【解析】【分析】对于选项，是的非充分非必要条件，所以该选项错误；对于选项，是的必要非充分条件，所以该选项错误；对于选项,中，是的充要条件，所以该选项正确；对于选项，命题“,”的否定是“,”，所以该选项错误。【详解】对于选项，时,不成立；成立时,不成立，所以是的非充分非必要条件,所以该选项错误；对于选项,时，不一定成立；成立时，一定成立,所以是必要非充分条件,所以该选项错误；对于选项，成立时，,成立；时，，成立,所以中，是的充要条件，所以该选项正确；对于选项,命题“，”的否定是“,"，所以该选项错误.故选：C【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，考查特称命题的否定,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7.在等腰梯形中，，，则（)A。 B。3 C。 D。12【答案】D【解析】【分析】由平面几何知识得出梯形中的边角关系，再运用向量的加法运算转化向量，代入运用向量的数量积定义运算可得选项.【详解】作出图示如下图所示,作，因为,所以，所以，，所以，又在中，，所以，。故选：D。【点睛】本题考查平面几何图形中的向量的数量积运算，关键在于根据平面几何知识得出边角的关系,再运用向量的线性表示转化向量,运用向量的数量积运算，属于基础题。8.函数的图像大致是（）A。 B.C。 D.【答案】B【解析】【分析】由定义域为,排除AD，令，求导分析函数的单调性,求出最小值，所以恒成立排除C即可.【详解】由定义域为，排除AD，令,，当,单调递减,当，单调递增，则在处取得极小值，也即为最小值.，所以恒成立;排除C.故选：B.【点睛】本题主要考查了利用函数单调性判断函数图像的问题。属于较易题。9.给出下列命题：①直线平面，直线直线，则;②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面;③直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行;④,是异面直线，则存在平面,使它与，都平行且与，的距离相等。其中正确命题的个数是（）A。l B。2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】对于①直线可能在平面内，对于②根据面面平行进行证明，对于③如果这两点在该平面的异侧,则直线与平面相交，对于④找出符合条件的平面即可．【详解】解:①错误．直线可能在平面内．②正确．平面，,，,且、分别为、的中点，过作交平面于，连接、．设是的中点,则，．平面，平面．平面平面平面．，．③错误．如果这两点在该平面的异侧，则直线与平面相交．④正确，设是异面直线、的公垂线段，为的中点，过作，，则、确定的平面即为与、都平行且与、距离相等的平面，并且它是唯一确定的．因此2个假命题，2个真命题故选：B【点睛】本题考查了线线,线面,面面平行关系的判定与性质，注意这三种平行关系的相互转化，属于中档题．10。已知函数,，若恰有1个零点,则的取值范围是(）A。 B。 C. D。【答案】D【解析】【分析】恰有1个零点,等价于与的图像恰有一个交点，而直线恒过点，结合图可得答案【详解】恰有1个零点即与的图像恰有一个交点，恒过点,由得，所以曲线在点处的切线的斜率为1,由得，所以曲线在点处的切线的斜率为1，所以结合图像可知，恰有1个零点当且仅当。故选：D【点睛】此题考查函数与方程的应用,考查分段函数，考查数形结合的思想，属于基础题.11。已知椭圆,，，点是椭圆上的一动点,则的最小值为()A。 B. C。 D.【答案】B【解析】【分析】由题意知为椭圆的右焦点，设左焦点为，由椭圆的定义可得，然后结合图形可得答案。【详解】由题意知为椭圆的右焦点，设左焦点为，由椭圆的定义知，所以.又，如图，设直线交椭圆于，两点.当为点时，最小，最小值为。故选：B【点睛】本题考查的是椭圆的定义的应用,属于常考题型.12.方程在的解为，则（）A。 B. C. D。【答案】A【解析】【分析】先根据的范围求得，结合函数图象对称性得，将换掉求得，然后根据范围结合同角三角函数的基本关系式及诱导公式求得结果。【详解】因为,所以,又因为,是的两根，结合图像可知或即或,当时,，又因为，,所以，所以，所以，所以；当时，，又因为，，所以，且所以,所以，所以。综上两个情况都有，故选：A.【点睛】本题主要考查正弦函数的对称性及诱导公式、同角三角函数的基本关系式，意在考查学生的数学运算的学科素养，属中档题。二、填空题：13。已知，则______.【答案】【解析】【分析】利用诱导公式以及正弦的倍角公式，将目标式化为含正切的代数式，代值即可求得结果。【详解】由，得。故答案为：。【点睛】本题考查用诱导公式以及倍角公式化简求值,属综合基础题。14.已知正三棱锥中，,，两两互相垂直,若，则正三棱锥外接球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】由题意可得该三棱锥外接球与以，，为棱长的正方体的外接球的半径相同，正方体的体对角线长等于正方体的外接球的直径，利用球的表面积公式即可求得结果。【详解】正三棱锥,,，两两互相垂直，，所以,则该三棱锥外接球与以,,为棱长的正方体的外接球的半径相同，正方体的体对角线长等于正方体的外接球的直径，即，所以该三棱锥外接球的表面积为,故答案为：【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求法,关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直则用（a,b，c为三棱的长）;②若面ABC(SA=），则(r为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球.15。已知函数(为自然对数的底数），则关于的不等式的解集为______.【答案】【解析】【分析】由题得函数为上的增函数，再利用函数的单调性解不等式即得解。【详解】所以所以函数为上的增函数，,.所以不等式的解集为。故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性,考查函数单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平。16.的内角,,的对边分别为，，,,，若的面积为，则其周长是________。【答案】15【解析】【分析】根据余弦定理到，根据面积公式到，计算得到答案.【详解】根据余弦定理：.根据面积公式：，故。故，故，故周长为。故答案为：.【点睛】本题考查了余弦定理和面积公式，意在考查学生计算能力和应用能力.三、解答题：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17。已知各项均为正数的等比数列中，，，.(1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】(1）；（2）.【解析】【分析】（1)利用等比数列的基本量转化已知条件，解方程求得首项和公比，则问题得解；(2）根据（1)中所求得到，再用错位相减法即可求得结果。【详解】（1)设等比数列的公比为，因为,，所以，。因为各项均为正数，所以解得，或.又因为，所以是递增的等比数列,所以,.所以数列的通项公式为。（2）由(1)知.则，①在①式两边同时乘以3得,,②①-②得，即，所以。【点睛】本题考查等比数例基本量的计算，以及用错位相减法求数列的前项和，属综合基础题.18.如图1，平面四边形中，和均为边长为的等边三角形，现沿将折起，使,如图2.（1)求证:平面平面；（2)求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析;（2）。【解析】【分析】(1)取的中点，连接，,由已知条件可证得，，所以平面,又平面，由面面垂直的判定定理可得到证明.（2）利用等体积进行计算即可得到所求距离。【详解】（1）取的中点，连接,，因为和均为边长为的等边三角形,所以,且,因为,所以,所以,又因为，平面,平面，所以平面，又因为平面,所以平面平面。（2）由（1）知，平面，三棱锥的体积设点到平面距离为，则由题意中,，，中PA边上的高为，，,由（1)知,，，.所以,点到的距离为.【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用,考查利用等体积法求点到面的距离，考查空间想象能力和计算能力,属于基础题。19。某公司研发了一种帮助家长解决孩子早教问题的萌宠机器人.萌宠机器人语音功能让它就像孩子的小伙伴一样和孩子交流，记忆功能还可以记住宝宝的使用习惯，很快找到宝宝想听的内容。同时提供快乐儿歌、国学经典、启蒙英语等早期教育内容，且云端内容可以持续更新。萌宠机器人一投放市场就受到了很多家长欢迎。为了更好地服务广大家长，该公司研究部门从流水线上随机抽取200件萌宠机器人(以下简称产品)，免费送给家长试用，试用结束后将200件产品的试用报告收回，发现产品欢迎度达80％（即80%的产品受家长欢迎），研究部门同时统计了产品的性能指数并绘制频率分布直方图（如图）:产品的性能指数在的适合小托班幼儿使用(简称第1组产品）,性能指数在的适合大托班幼儿使用(简称第2组产品)，性能指数在的适合小班幼儿使用（简称第3组产品），性能指数在的适合中班幼儿使用（简称第4组产品），性能指数在的适合大班幼儿使用(简称第5组产品）.（1）求；（2）现在要从第1组和第2组中用分层抽样的方法抽取5件产品，并再从这5件中随机抽取2件进行测试，求这两件恰好属于不同组别的概率；(3）把在第1，2，3组的产品称为标准版，在第4,5组的产品称为提高版，若选出的200件中不受家长欢迎的标准版产品有30件，问是否有99％的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关？附:0.1500。1000.0500.0250.0100。0050.0012。0722。7063。8415。0246.6357.87910。828，.【答案】(1）;（2）；（3）没有99％的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关.【解析】【分析】（1)根据频率之和等于1，结合频率分布直方图中的数据，即可得出答案；（2)由分层抽样的性质得出第1，2组选取的产品数，列举出所有情况，再由概率公式求解即可；（3）列出列联表,计算，即可作出判断.【详解】（1)，。（2)由题意可知从第1组选取的产品数为件，设为，从第2组选取的产品数为件,设为,，。从这5件中随机抽取2件的所有情况有：，，，,，,，,，，共10种.这两件恰好属于不同组别有，，，，,，共6种。∴所求的概率为。（3）选出的200件产品中，各组的产品数分别为：第1组:件,第2组：件，第3组：件，第4组：件，第5组：件。∴标准版有件，提高版有件，∵80％的产品受家长欢迎，即有件不受家长欢迎，∵选出的200件中不受家长欢迎的标准版产品有30件，∴选出的200件中不受家长欢迎的提高版产品有10件。于是得列联表：受家长欢迎不受家长欢迎合计标准版9030120提高版701080合计16040200∴没有99％的把握认为是否受家长欢迎与性能指数有关.【点睛】本题主要考查了补全频率分布直方图，古典概型概率公式的应用，独立性检验的实际应用，属于中档题。20。已知函数.（1)判断在上的单调性;（2）时，求证:（为自然对数的底数）.【答案】（1)在上为单调增函数；(2）证明见解析.【解析】【分析】（1）要判断在上的单调性,只需研究的值域，进一步研究的取值情况即可.(2）由（1)知,在单调递增,且易证,所以只需证明当时,，此结论易证.【详解】解：（1）的定义域为，，∴当时，，在上为增函数，时，，在上为单调增函数。（2），即,由（1）知，在单调递增，所以，当时,即,所以要证明原不等式成立，只需证明，令，，则,,得，在上单调递减,可知，因为，，所以时,，即。所以,原不等式成立。【点睛】考查函数单调性的求法以及函数型不等式的证明，注意两个问题之间的联系,属于难题。21。已知圆，抛物线，倾斜角为直线过的焦点且与相切。（1）求的值;(2）点在的准线上，动点在上，在点处的切线交轴于点，设四边形为平行四边形,求证：点在直线上.【答案】（1）；（2）证明见解析。【解析】【分析】（1)依题意设直线的方程为，解方程即得的值；（2)依题意设，,根据四边形为平行四边形，求出,即得解.【详解】（1)依题意设直线的方程为,由已知得，圆的圆心，半径因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离。即，解得或（舍去），所以.（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，所以,所以，设,则以为切点的切线的斜率为,所以切线的方程为.令，,即交轴于点坐标为.四边形为平行四边形，所以，所以，，，.设点坐标为，则，所以点在直线上。【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质,考查直线和圆的位置关系，考查抛物线中的定直线问题，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。（二）选考题: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。[选修4—4：坐标系与参数方程]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,以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和