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- 2021-06-25 发布
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昆明市2020届“三诊一模”高考模拟考试
理科数学
注意事项:
1.答题前,考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上,并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目,在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后,将本试卷和答题卡交回.
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.在复平面内,复数所对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数代数形式的乘除运算化简,求出的坐标得答案.
【详解】解:,
复数所对应的点的坐标为,位于第一象限.
故选:.
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义,属于基础题.
2.已知集合,,则( ).
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先由集合,求出集合,再根据交集的概念,即可求出结果.
【详解】因为集合,所以,
因此.
故选:D.
【点睛】本题主要考查求集合的交集,熟记交集的概念即可,属于基础题型.
3.已知一家便利店从1月份至5月份的营业收入与成本支出的折线图如下:
关于该便利店1月份至5月份的下列描述中,正确的是( ).
A. 各月的利润保持不变
B. 各月的利润随营业收入的增加而增加
C. 各月的利润随成本支出的增加而增加
D. 各月的营业收入与成本支出呈正相关关系
【答案】D
【解析】
【分析】
利用收入与支出(单位:万元)情况的折线统计图直接求解.
【详解】对于,通过计算可得1至5月的利润分别为0.5,0.8,0.7,0.5,0.9,故错误;
对于,由所得利润,可知利润并不随收入增加而增加,故错误;
对于,同理可得错误;
对于,由折线图可得支出越多,收入也越多,故而收入与支出呈正相关,故正确,
故选:D.
【点睛】本题考查学生合情推理的能力,考查折线统计图的性质等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是基础题.
4.已知点在双曲线的一条渐近线上,该双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据点在双曲线的一条渐近线上可得的关系,再根据求解即可.
【详解】由题,点在直线上,即,故离心率.
故选:C
【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率求解,需要根据题意确定的关系,进而求得离心率.属于基础题.
5.已知点,,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用两点间距离公式结合三角函数公式求解.
【详解】点,,
,
故选:B.
【点睛】本题主要考查了两点间距离公式,以及三角函数公式,是基础题.
6.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体的体积为( )
A. 216 B. 108 C. D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】
首先把三视图转换为几何体,进一步求出三棱柱体的体积.
【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体为底面为等腰三角形,高为6的三棱柱体,
如图所示:
所以:.
故选:B.
【点睛】本题考查的知识要点:三视图和直观图形之间的转换,几何体的体积公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力.
7.材料一:已知三角形三边长分别为,,,则三角形的面积为,其中.这个公式被称为海伦-秦九韶公式
材料二:阿波罗尼奥斯(Apollonius)在《圆锥曲线论》中提出椭圆定义:我们把平面内与两个定点,的距离的和等于常数(大于)的点的轨迹叫做椭圆.
根据材料一或材料二解答:已知中,,,则面积的最大值为( )
A. B. 3 C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
根据材料二可得点的轨迹为椭圆,当点运动到椭圆短轴的顶点时,可得的面积取得最大值.
【详解】由材料二可得点的轨迹为椭圆,其焦距,长轴,短轴
当点运动到椭圆短轴的顶点时,可得的面积取得最大值,
,
故选:C.
【点睛】本题考查椭圆的定义及三角形面积的最值,考查数形结合思想,考查运算求解能力.
8.已知函数的图象向左平移个单位后与的图象重合,则的最小值为( )
A. 8 B. 4 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意,得到为函数周期的整数倍,进而可得出结果.
【详解】因为函数的图象向左平移个单位后与的图象重合,
所以(其中为函数的最小正周期),
即,所以,因为,所以.
故选:B.
【点睛】本题主要考查由三角函数的周期求参数的问题,属于基础题型.
9.如图1,已知是直角梯形,∥,,在线段上,.将沿折起,使平面平面,连接,,设的中点为,如图2.对于图2,下列选项错误的是( )
A. 平面平面 B. 平面
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用线面垂直判定与性质进行证明平面,,证明是直角三角形可得.
【详解】由已知是直角梯形,∥,,
得四边形是矩形,所以∥,,
, 所以平面,
又∥,平面,所以B正确
平面平面,平面平面,
平面,平面,所以C正确
平面,又,
平面,,是直角三角形,又的中点为
所以,所以D正确.
故选:A
【点睛】求解翻折问题的关键及注意事项:
求解平面图形翻折问题的关键是弄清原有的性质变化与否,即翻折(转)后还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化.应注意:
(1)点的变化,点与点的重合及点的位置变化;
(2)线的变化,翻折(转)前后,若线始终在同一平面内,则它们的位置关系不发生变化,若线与线由在一个平面内转变为不在同一个平面内,应注意其位置关系的变化;
(3)长度、角度等几何度量的变化.
10.已知为抛物线的焦点,点为抛物线上一点,以线段为直径的圆与轴相切于点,且满足,,则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
作出图形,根据题意推导出轴,结合,可得出点的坐标,再将点的坐标代入抛物线的方程,可求得正数的值.
【详解】如下图所示,设线段的中点为点,
由题意可知,圆与轴相切于点,则轴,
又,为的中点,,轴,
由于,则点,将点的坐标代入抛物线方程得,即,
,解得.
故选:C.
【点睛】本题考查抛物线方程中参数的求解,根据题意求出点的坐标是解题的关键,考查计算能力,属于中等题.
11.已知函数,是的唯一极小值点,则实数的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求导可得,再根据是的唯一极小值点可得恒成立,再根据恒成立问题求解最小值分析即可.
【详解】求导有.
设,则,
故当时,单调递减;时,单调递增.
故若有两个零点,则必有一根,则此时有时;时,故为的极小值点,与题意不符.
故恒成立,故,即,解得
.
故选:D
【点睛】本题主要考查了根据导数求解极值点的问题,需要根据极值点满足的关系分析得导函数零点的个数,再求最值求解参数的范围,属于中档题.
12.中,,,有下述四个结论:
①若为的重心,则
②若为边上的一个动点,则为定值2
③若,为边上的两个动点,且,则的最小值为
④已知为内一点,若,且,则的最大值为2
其中所有正确结论的编号是( )
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意,先得为等腰直角三角形;①取中点为,连接,得到,根据平面向量基本定理,即可得出结果;②先由①得到,由题意得到在上的投影为,进而可求出向量数量积;③以点为坐标原点,分别以、所在直线为轴、轴,建立平面直角坐标系,由题意,设,且,不妨令,根据向量数量积的坐标表示,即可求出结果;④同③建立平面直角坐标系,设,根据题意,得到,再设,由题意,得到,,用表示出,即可求出结果;
【详解】因为在中,,; 所以为等腰直角三角形;
①如图1,取中点为,连接,因为为的重心,
所以在上,且,
所以,故①正确;
②如图1,同①,因为为中点,为等腰直角三角形,所以,
若为边上的一个动点,则在上的投影为,
因此,故②错;
③如图2,以点为坐标原点,分别以、所在直线为轴、轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,易得,所在直线方程为:;
因为,为边上的两个动点,
所以设,,且,不妨令,
因为,所以,即,则,
所以
,当且仅当时,等号成立;故③正确;
④同③建立如图3所示的平面直角坐标系,则,,
设,则,
又,所以,即
因为为内一点,且,设,
则,且,,
因此,
因为,所以,所以无最值,即无最值,故④错.
故选:A.
【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用,以及求平面向量的数量积等问题,熟记平面向量基本定理,灵活运用建系的方法求解即可,属于常考题型.
二、填空题:本題共4小题,每小题5分,共20分.
13.若,则__________.
【答案】10
【解析】
【分析】
首先写出展开式的通项,即可求出含的项的系数;
【详解】解:因为,的展开式的通项为
,令,得,则
故
故答案为:10
【点睛】本题考查二项式定理的应用,属于基础题.
14.若“,”是真命题,则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据对数函数的性质得到关于的不等式,解出即可.
【详解】解: “”是真命题,
;
故答案为:.
【点睛】本题考查了特称命题的真假,考查对数函数的性质,属于基础题.
15.在中,,,,在线段上,若与的面积之比为,则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】
由与的面积之比为,可得,进而求得,在用余弦定理即可求得.
【详解】解:如图,
因为与的面积之比为,
所以,又因为,所以,
在中,由余弦定理得,
所以.
故答案为:1.
【点睛】本题主要考查用余弦定理来解三角形,考查学生的计算能力和公式得掌握程度,属于基础题.
16.某校同时提供、两类线上选修课程,类选修课每次观看线上直播分钟,并完成课后作业分钟,可获得积分分;类选修课每次观看线上直播分钟,并完成课后作业分钟,可获得积分分.每周开设次,共开设周,每次均为独立内容,每次只能选择类、类课程中的一类学习.当选择类课程次,类课程次时,可获得总积分共_______分.如果规定学生观看直播总时间不得少于分钟,课后作业总时间不得少于分钟,则通过线上选修课的学习,最多可以获得总积分共________分.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据题意可计算出当选择类课程次,类课程次时,可获得的总积分;设学生选择类选修课次,类选修课次,根据题意列出有关、的约束条件,可得出目标函数为,利用线性规划思想可求得的最大值,进而得解.
【详解】根据题意,当选择类课程次,类课程次时,可获得总积分分.
设学生选择类选修课次,类选修课次,
则、所满足的约束条件为,即,目标函数为,如下图所示:
则可行域为图中阴影部分中的整数点(横坐标和纵坐标均为整数的点),
联立,解得,可得点,
平移直线,当直线经过可行域的顶点时,直线在轴上的截距最大,此时取最大值,即.
因此,通过线上选修课的学习,最多可以获得总积分共分.
故答案为:;.
【点睛】本题考查线性规划的实际应用,将问题转化为线性规划问题是解答的关键,考查数形结合思想的应用,属于中等题.
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.已知数列为正项等比数列,为的前项和,若,.
(1)求数列的通项公式;
(2)从三个条件:①;②;③
中任选一个作为已知条件,求数列的前项和.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
【答案】(1)(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)设数列的公比为,再根据题意利用基本量法求解即可.
(2) 选择①可得,即可利用等比数列求和公式求解即可.
选择②可得,再根据等比与等差数列求和的公式求解即可.
选择③可得,再用等差数列求和公式求解即可.
【详解】解:
(1)设数列的公比为,因为:,所以,故:,
解得:或(舍去),故.
由:,得:,将代入得:,
所以数列的通项公式为:;
(2)选择①:
,
数列是首项为,公比为的等比数列,
所以,
选择②:
,
所以
选择③:
,
数列是首项为0,公差为1的等差数列.
所以.
【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解,同时也考查了等差等比数列求和的公式,属于基础题.
18.已知四棱锥中,底面是边长为4的正方形,为正三角形,是的中点,过的平面平行于平面,且平面与平面的交线为,与平面的交线为.
(1)在图中作出四边形(不必说出作法和理由);
(2)若,求平面与平面形成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】
【分析】
(1)四边形MNOE即为所求,其中N为PD中点,O为AD中点,E为BC中点;
(2)连结OP,推导出,,平面PAD,,从而平面ABCD,,,,以O为原点,建立空间直角坐标系,利用向量能求出平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值.
【详解】(1)如图,四边形即为所求,其中为中点,为中点,为中点;
(2)连接,依题意:,
所以,则,
又因为且,
所以平面,则,
因为为正三角形且为中点,
所以平面,
则,,,
以为原点建立如图坐标系,
因为,所以,,,,
则,,,
设平面的一个法向量为,则
,解得,
设平面的一个法向量为,
则,解得.
则,
所以平面与平面形成的锐二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查平面的作法,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查空间思维能力,属于中档题.
19.已知椭圆左焦点为,经过点的直线与圆相交于,两点,是线段与的公共点,且.
(1)求椭圆的方程;
(2)与的交点为,,且恰为线段的中点,求的面积.
【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
(1)根据椭圆的定义可求得,又,故,由此可得的方程;
(2)根据为线段的中点,得,由以及可得的坐标,从而可得三角形的面积.
【详解】(1)如图:
由圆可得,
因为,
所以,
即,又,故,
所以椭圆的方程为.
(2)设,,易知,
因为为线段的中点,则,
所以,
又,解得,,
若,则,直线的方程为,
由,消去得,所以,所以,,即,
所以的面积.
若,同理可求得的面积.
综上,的面积为.
【点睛】本题考查了根据椭圆的定义求椭圆方程,考查了圆的性质,考查了两个垂直向量的坐标表示,考查了直线与椭圆的交点,考查了三角形的面积公式,属于中档题.
20.近年来,国家为了鼓励高校毕业生自主创业,出台了许多优惠政策,以创业带动就业.某高校毕业生小张自主创业从事苹果的种植,并开设网店进行销售.为了做好苹果的品控,小张从自己果园的苹果树上,随机摘取150个苹果测重(单位:克),其重量分布在区间内,根据统计的数据得到如图1所示的频率分布直方图.
(1)以上述样本数据中频率作为概率,现一顾客从该果园购买了30个苹果,求这30个苹果中重量在内的个数的数学期望;
(2)小张的网店为了进行苹果的促销,推出了“买苹果,送福袋”的活动,买家在线参加按图行进赢取福袋的游戏.该游戏的规则如下:买家点击抛掷一枚特殊的骰子,每次抛掷的结果为1或2,且这两种结果的概率相同;从出发格(第0格)开始,每掷一次,按照抛掷的结果,按如图2所示的路径向前行进一次,若掷出1点,即从当前位置向前行进一格(从第格到第格,),若掷出2点,即从当前位置向前行进两格(从第格到第格,),行进至第3l格(获得福袋)或第32格(谢谢惠顾),游戏结束.设买家行进至第格的概率为,.
(ⅰ)求、,并写出用、表示的递推式;
(ⅱ)求,并说明该大学生网店推出的此款游戏活动,是更有利于卖家,还是更有利于买家.
【答案】(1)8.4个;(2)(ⅰ),.(ⅱ),更有利于买家.
【解析】
【分析】
(1)根据频率分布直方图可求出苹果的重量在
内的频率,再根据二项分布的期望公式可得结果;
(2)(ⅰ)由当前格在第0格,且第一次抛掷骰子,结果为1,可求得;由当前格在第0格,第一次抛掷骰子,结果为2,和当前格在第1格,第二次抛掷骰子,结果为1,这两个互斥事件的和事件的概率公式可求得;分两种情况可求得:①当前格在第格,抛掷一次骰子,结果为2,②当前格在第格,抛掷一次骰子,结果为1,
(ii)根据(ⅰ)的递推关系可求得,由此可得,根据可求得,再比较大小可得答案.
【详解】(1)由图可知,苹果的重量在内的频率为:.
一顾客从该果园购买的30个苹果中重量在内的个数为,则,所以(个).
(2)(i)买家要行进至第1格的情况只有一种:买家第一次抛掷骰子,结果为1,行进至第一格,其概率为,则;
买家要行进至第2格的情况有以下两种:
①当前格在第0格,第一次抛掷骰子,结果为2,行进至第2格,其概率为;
②当前格在第1格,第二次抛掷骰子,结果为1,行进至第2格,其概率为;
所以.
买家要行进至第格的情况有以下两种:
①当前格在第格,抛掷一次骰子,结果为2,行进至第格,其概率为;
②当前格在第格,抛掷一次骰子,结果为1,行进至第格,其概率为;
所以.
(ii)由(i)得,,即,
又,
所以数列是首项为,公比为的等比数列.
所以,
所以
,
即.
所以买家行进至第31格(获得福袋)的概率为;
又买家行进至第32格(谢谢惠顾)的概率为,
由于,
所以买家行进至第31格的概率大于行进至第32格的概率,即小张网店推岀的此款游戏活动是更有利于买家.
【点睛】本题考查了由频率分布直方图求频率,考查了二项分布的期望公式,考查了由递推关系求数列的通项,属于中档题.
21.已知,,.
(1)若,证明:;
(2)对任意,都有,求整数的最大值.
【答案】(1)见解析(2)2
【解析】
【分析】
(1)构造函数,利用二次求导可证明结论成立;
(2)利用时,不等式成立以及(1)结论,可得,从而只需证明在区间恒成立即可.再根据(1)的结论,转化为证明在上恒成立.利用导数即可证明,由此可得结果.
【详解】(1)设,则,
因为,且,
则在单调递减,因为,,
所以存在唯一零点,使得,
所以时,,时,,
则在时单调递增,在上单调递减,
又,,
所以在上恒成立,所以在上单调递增,
则,即.
所以.
(2)因为对任意的,不等式,
即恒成立,
令,则,
由(1)知,所以,
由于为满足的整数,则,
因此.
下面证明在区间恒成立即可.
由(1)知,则,
故,
设,,则,
所以在上单调递减,
所以,所以在上恒成立.
综上所述,的最大值为2.
【点睛】本题考查了构造函数并利用导数证明不等式成立,考查了利用导数处理不等式恒成立问题,考查了零点存在性定理,多次构造函数求导,利用放缩法进行转化是本题的难点,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.并用铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑.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.在平面直角坐标系中,直线过点,倾斜角为.以原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程.
(1)写出直线的参数方程及曲线的直角坐标方程;
(2)若与相交于,两点,为线段的中点,且,求.
【答案】(1)直线的参数方程为(为参数), 曲线的直角坐标方程为
.(2)
【解析】
【分析】
(1)根据点,倾斜角为可得直线的参数方程,两边同时乘以后,根据互化公式可得曲线的直角坐标方程;
(2)将直线的参数方程代入抛物线方程,利用参数的几何意义可解得结果.
【详解】(1)根据直线过点,倾斜角为可得直线的参数方程为(为参数),
由得,将,代入可得
曲线直角坐标方程:.
(2)将,代入到,得,
设对应的参数分别为,则对应的参数为,
由韦达定理得,所以,
所以,所以,
所以,解得,
由,所以.
【点睛】本题考查了直线的参数方程及其几何意义,考查了极坐标方程化普通方程,属于中档题.
[选修4-5:不等式选讲]
23.设函数.
(1)当时,求函数的定义域;
(2)设,当时,成立,求
的取值范围.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)利用零点分段法解不等式可得出函数的定义域;
(2)由可得可得出,然后解不等式可得出,根据题意得出,进而可得出关于实数的不等式组,由此可解得实数的取值范围.
【详解】(1)当时,要使函数有意义,需满足.
当时,则有,即,解得,此时;
当时,则有,即,不合乎题意;
当时,则有,即,解得,此时.
综上所述,不等式的解集为.
因此,当时,函数的定义域为;
(2)当时,由可得,则,可得,
由可得,解得,
,,解得.
因此,实数的取值范围是.
【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了含绝对值不等式中参数的求解,第(2)问中将问题转化两区间的包含关系是解答的关键,考查化归与转化思想的应用,属于中等题.
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