河南省南阳市第一中学2020届高三数学上学期期终考前模拟试题 文（含解析）.doc

1、河南省南阳市第一中学2020届高三数学上学期期终考前模拟试题 文（含解析）一、单选题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据补集定义先求得,再根据交集运算即可求解.【详解】集合或所以因则故选:D【点睛】本题考查了集合补集与交集的混合运算,属于基础题.2.设，则（）A. 0B. 1C. D. 3【答案】B【解析】【分析】先将分母实数化，然后直接求其模【详解】【点睛】本题考查复数的除法及模的运算，是一道基础题3.已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用对数的性质比较的大小，利用“”比较与的大小关系.【详解】，又，所以.故选

2、A.【点睛】本题考查指数、对数的大小比较.一般利用指数函数、对数函数的单调性和等中间值解决问题.4.已知,为非零向量，则“”是“与夹角为锐角”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据向量数量积的定义式可知，若，则与夹角为锐角或零角，若与夹角为锐角，则一定有，所以“”是“与夹角为锐角”的必要不充分条件，故选B.5.一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为（）A. 1：3B. 1：4C. 1：5D. 1：6【答案】A【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的

3、数据求解几何体的体积即可【详解】解：由题意可知：几何体被平面ABCD平面分为上下两部分，设正方体的棱长为2，上部棱柱的体积为：；下部为：，截去部分与剩余部分体积的比为：故选A【点睛】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，棱柱的体积的求法，考查计算能力.6.在直三棱柱中，己知，则异面直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，解得从而得出异面直线与所成的角【详解】连接，如图：又，则为异面直线与所成的角.因为且三棱柱为直三棱柱，面，又，解得.故选C【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念

4、及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题7.已知数列是等差数列，若构成等比数列，这数列的公差等于 （ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析: 因为构成等比数列，所以，化简得，所以，故应选.考点：1.等比数列；2.等差数列；8.过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若与轴的交点坐标为，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出双曲线的左焦点，设出直线l的方程为，可得与轴的交点坐标，得到结合计算即可【详解】由题意设直线的方程为，令，得，因为，所以，所以.故选A【点睛】本题考查双曲线的离心率的问题，考查了基本量的关系，属于基础题9.如图所示

5、的程序框图，运行相应的程序，则输出的值为（ ）A. 3B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.【详解】输入，第一次循环；第二次循环；第三次循环，退出循环输出，故选A.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出

6、结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.10.已知实数满足线性约束条件，则的取值范围为（ ）A. (-2,-1B. (-1,4C. -2,4)D. 0,4【答案】B【解析】分析】作出可行域，表示可行域内点与定点连线斜率，观察可行域可得最小值【详解】作出可行域，如图阴影部分（含边界），表示可行域内点与定点连线斜率，过与直线平行的直线斜率为1，故选：B【点睛】本题考查简单的非线性规划解题关键是理解非线性目标函数的几何意义，本题表示动点与定点连线斜率，由直线与可行域的关系可得结论11.已知函数，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析

7、】先研究函数的单调性和值域，设，得出的取值范围，把表示为的函数，从而可得答案.【详解】当时，单调递增且，；当时，单调递增且，.因为，所以.设，则，.所以.所以.由，可得.故选B.【点睛】本题考查函数与方程的综合问题.解题时需要综合利用函数与方程、数形结合、等价转化等数学思想方法.12.已知函数与的图象恰有三个不同的公共点（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】A【解析】【分析】由两图象有三个公共点可得有三个实根，变形得，设，则关于的方程有两个不同的实数根且共有三个实数根，结合二次方程根的分布和的图象性质可得答案.【详解】令，可得，可得.设，则，即.，当

8、时，单调递增且；当时，单调递减且.作出的图象如图所示.对于，设该方程有两个不同的实根，由题意得共有三个实数根.若是方程的根，则，即，则方程的另一个根为，不合题意.若是方程的根，则，即，则方程的另一个根为，不合题意.所以关于的方程的两根(不妨令)满足.所以解得.故选A.【点睛】本题考查函数与方程的综合问题，涉及导数、二次方程等，是一道难题，解题时要灵活运用等价转化、数形结合等数学思想方法.二、填空题13.已知数列的前项和为，点在函数的图像上，则数列的通项公式为 .【答案】【解析】【详解】试题分析：由题意可得：，当n=1, ,满足， .考点：1、等差数列；2、函数的概念；14.在区间内随机取两个实

9、数分别为，则使函数存在极值点的概率为 .【答案】.【解析】试题分析：因为函数，所以，所以方程有实数根，所以，即，而基本事件所包含的面积为正方形，其面积为，由几何概型的计算公式知，使函数存在极值点的概率为，故应填.考点：1、导数在研究函数的极值中的应用；2、几何概型的计算公式；15.已知函数对满足，且，若的图象关于对称，则=_【答案】【解析】【分析】先由对称性可得是偶函数，再利用赋值求得的值，从而可判断周期性，答案易得.【详解】因为图象关于对称，所以的图象关于对称，即是偶函数.对于，令，可得，又，所以，则.所以函数对满足.所以.所以，即是周期为的周期函数.所以，.所以.故答案为.【点睛】本题考查

10、函数性质的综合运用，涉及对称性、奇偶性、周期性等.遇恒等式问题，可尝试通过赋值来求得关键值.16.正项等比数列满足，且2，成等差数列，设，则取得最小值时的值为_【答案】【解析】【分析】先由题意列关于的方程组，求得的通项公式，再表示出，即可求得答案.【详解】设等比数列的公比为.由，成等差数列，可得，则，所以，解得(舍去)或.因为，所以.所以.所以.所以，当时，取得最小值，取得最小值.故答案为.【点睛】本题考查数列的综合问题，涉及等比数列、等差数列、等比数列求积、求最值等.利用等比数列的基本量进行运算是解题的突破口.三、解答题17.的内角，的对边分别为，且满足=（1）求；（2）若，求的最小值【答案

11、】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)先化切为弦，再利用三角恒等变换、正弦定理化简，可得答案.(2)利用余弦定理和均值不等式求解，也可以利用正弦定理和三角函数的性质求解.【详解】（1），.由正弦定理得.，.，.，.（2）方法一：，由余弦定理得，.由基本不等式得（当且仅当时“”成立），则，即的最小值为.方法二：，由正弦定理得，.，则.，则的最小值为.【点睛】本题考查解三角形，涉及正弦定理、余弦定理、最值的求法等，一般需综合利用三角恒等变换和三角函数的性质进行解题.18.如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，是的中点.（1）证明：；（2）若，求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解

12、析】【分析】(1) 取中点，连接，,证平面可得.(2)作平面的垂线，或利用三棱锥的等积转换求解.【详解】（1）证明：取中点，连接，.为等边三角形，.，是的中点，为中点，.又，平面.（2）方法一：取中点，连接CM.为等边三角形，.平面平面，平面.又，平面.，为等边三角形，.是的中点，到平面的距离的倍等于到平面的距离.到平面的距离为.方法二：由平面平面，可得平面，则.，为等边三角形，则.是的中点，.点到平面的距离为，设到平面的距离为，由，解得.【点睛】本题考查空间垂直关系的转化，空间距离的求解.面面垂直、线面垂直、线线垂直之间可以互相转化，要合理创造转化的条件.求点面距离的常用方法是作证求和等积转

13、换.19.某医院治疗白血病有甲、乙两套方案，现就70名患者治疗后复发的情况进行了统计，得到其等高条形图如图所示（其中采用甲、乙两种治疗方案的患者人数之比为（1）补充完整列联表中的数据，并判断是否有把握认为甲乙两套治疗方案对患者白血病复发有影响；复发未复发总计甲方案乙方案2总计70（2）为改进“甲方案”，按分层抽样组成了由5名患者构成的样本，求随机抽取2名患者恰好是复发患者和未复发患者各1名的概率附：0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828，【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据条件确定对应项数据，填入表格得列联表，根据卡方公式得值，对照参考

14、数据确定把握率，（2）先根据分层抽样确定样本数，再根据枚举法确定样本总数以及所求事件包含的样本数，最后根据古典概型概率公式得结果.【详解】（1）根据题意知，70名患者中采用甲种治疗方案的患者人数为50人，采用乙种治疗方案的患者人数为20人，补充完整列联表中的数据，如图所示； 复发未复发总计甲方案203050乙方案21820总计224870计算观测值得，所以没有的把握认为甲、乙两套治疗方案对患者白血病复发有影响；（2）在甲种治疗方案中按分层抽样抽取5名患者，复发的抽取2人，即为、；未复发的抽取3人，记为、，从这5人中随机抽取2人，基本事件为：、共10种，其中2人恰好是复发患者和未复发患者各1名的

15、基本事件为：、共6种，则所求的概率为【点睛】本题考查列联表、卡方计算、分层抽样以及古典概型概率，考查基本分析求解能力，属中档题.20.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线交椭圆于、两点，线段的中点为，直线是线段的垂直平分线，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标【答案】（1）；（2）直线过定点，详见解析.【解析】【分析】(1)由焦点和离心率可得的值，则方程易求.(2)设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合线段的中点，利用根与系数的关系(或点差法)可求出直线的斜率，进而可表示出直线的方程，判断其所过定点.【详解】（1）抛物线的焦点为，则.椭圆的离

16、心率，则.故椭圆的标准方程为.（2）方法一：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.当直线的斜率存在且不为时，易知，设直线的方程为，代入椭圆方程并化简得.设，则，解得.因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即.令，此时，于是直线过定点.当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.综上所述，直线过定点.方法二：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.当直线的斜率存在且不为时，设，则有，两式相减得.由线段的中点为，则，故直线的斜率.因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即.令，此时，于是直线过定点.当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.综上所述，直线过定点【点睛】本题考查圆锥曲线

17、(椭圆)的综合问题，涉及弦的中点问题，常规方法是联立直线与圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系求解；也可以利用点差法求解.21.已知函数，为自然对数的底数.（1）当时，证明，；（2）若函数在上存在极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析：（2）【解析】【分析】(1)代入,求导分析函数单调性,再的最小值即可证明.(2) ,若函数在上存在两个极值点,则在上有根.再分,与,利用函数的零点存在定理讨论导函数的零点即可.【详解】(1)证明：当时,则,当时,则,又因为,所以当时,仅时,所以在上是单调递减,所以,即.(2),因为,所以,当时,恒成立,所以在上单调递增,没有极值点.当时,在区间上单调递

18、增,因为.当时,所以在上单调递减,没有极值点.当时,所以存在,使当时,时,所以在处取得极小值,为极小值点.综上可知,若函数在上存在极值点,则实数.【点睛】本题主要考查了利用导函数求解函数的单调性与最值,进而证明不等式的方法.同时也考查了利用导数分析函数极值点的问题,需要结合零点存在定理求解.属于难题.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程和的直角坐标方程；（2）设是曲线上一点，此时参数，将射线绕原点逆时针旋转交曲线于点，记曲线的上顶点为点，求的面积.【答案】(1) ：，：.(2) 【解析】【

19、分析】（1）根据参数方程与直角坐标方程的转化,先将的参数方程转化为直角坐标方程.根据极坐标与直角坐标方程的转化,再将直角坐标方程转化为极坐标方程.根据极坐标与直角坐标方程的转化,将的极坐标方程转化为直角坐标方程.（2）根据参数求得的极坐标.根据变换过程可得点的极坐标,根据三角形面积为即可求得的面积.【详解】（1）由已知可得：则极坐标方程为：.（2）设点的横坐标为,则由已知可得且直角坐标,极坐标,其中,极坐标则有所以.【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程的转化,利用极坐标方程求三角形的面积,属于中档题.23.已知，为一个三角形的三边长.证明：（1）；（2）.【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；【解析】【分析】（1）根据三项基本不等式,可直接证明不等式成立.（2）根据三角形三条边的关系可得,同理证明,后,将不等式左右两边分别相加即可证明.【详解】（1）证明:由三项基本不等式可知不等式得证.（2）证明:由于,为一个三角形的三边长,则有：,即,所以,同理,相加得：,左右两边同加得：所以不等式得证.【点睛】本题考查了不等式的简单证明,基本不等式在证明不等式中的用法,属于中档题.