1、辽宁省大连市2020届高三数学第二次模拟考试试题 理（含解析）本试卷满分150分，共6页，答卷时间120分钟.考试结束后，将答题卡交回.注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.2. 选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.本试卷分第卷
2、（选择题）和第卷（非选择题）两部分，其中第卷第22题第23题为选考题，其它题为必考题.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第卷一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合，利用并集的定义可求得集合.【详解】，因此，.故选：B.【点睛】本题考查并集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2.已知，是虚数单位，若与互为共轭复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【
3、分析】由ai与2+bi互为共轭复数，可求出a，b的值，代入（a+bi）2进一步化简求值，则答案可求【详解】ai与2+bi互为共轭复数，a=2，b=1则（a+bi）2=（2+i）2=3+4i故选A【点睛】利用复数相等求参数：3.双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：直接利用双曲线的渐近线方程公式求解.详解：由题得双曲线的a=2,b=1,所以双曲线的渐近线方程为故答案为A点睛：(1)本题主要考查双曲线的渐近线方程，意在考查学生对该基础知识的掌握能力.(2)双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为.4.欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，他将指数
4、函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】利用欧拉公式，化简的表达式，通过三角函数的符号，判断复数的对应点所在象限即可【详解】因为欧拉公式为虚数单位），所以，因为，所以表示的复数在复平面中位于第二象限故选：B【点睛】本题考查欧拉公式的应用，三角函数的符号的判断，考查是基本知识，属于基础题5.设函数，则（ ）A. 3B. 6C. 9D. 12【答案】C【解析】【分析】根据分段函数的解析式，结合指
5、数幂与对数的运算性质，即可求解.【详解】由题意，函数，则.故选：C.【点睛】本题主要考查了分段函数的函数值的求解，以及指数式与对数式的运算的综合应用，着重考查运算与求解能力.6.已知各项均为正数的数列为等比数列，则（ ）A. 16B. 32C. 64D. 256【答案】C【解析】分析】根据等比数列的性质可得，结合，可得，公比，从而可得结果.【详解】由，得，又各项均为正数，所以，由，得，所以公比，所以，故选：C【点睛】本题考查了等比数列的性质、通项公式，属于基础题.7.已知某函数的图像如图所示，则下列函数中，图像最契合的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据时的函数值
6、，即可选择判断.【详解】由图可知，当时，当时，故排除；当时，故排除；当时，故排除；当时，满足题意.故选：D.【点睛】本题考查函数图像的选择，涉及正余弦值的正负，属基础题.8.已知关于某设各的使用年限x（单位：年）和所支出的维修费用y（单位：万元）有如下的统计资料，x23456y223.8556.57.0由上表可得线性回归方程，若规定当维修费用y12时该设各必须报废，据此模型预报该设各使用年限的最大值为（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】C【解析】试题分析：由已知表格得：，由于线性回归直线恒过样本中心点，所以有：，解得：，所以线性回归方程，由得：解得：，由于，所以据此模型预报该设备使
7、用年限的最大值为9.故选C.考点：线性回归9.已知点在抛物线上，过点作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于、两点，若直线的斜率为，则点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设点、，求得直线的斜率为，可得，再由直线和的斜率互为相反数可求得的值，进而可求得的值，由此可求得点的坐标.【详解】设点、，则直线的斜率为，可得，同理可得直线的斜率为，直线的斜率为，所以，则，因此，点的坐标为.故选：A.【点睛】本题考查利用抛物线中直线的斜率关系求点的坐标，考查点差法的应用，属于中等题.10.下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）A.
8、 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】用面面平行的性质判断的正确性.利用线面相交来判断的正确性，利用线线平行来判断的正确性.【详解】对于，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面.对于，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交.对于，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交.对于，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面.综上所述，能得出平面的图形的序号是.故选：C【点睛】本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.11.已知函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，若对，不等式恒成立，则的取值
9、范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用已知条件求出函数的最小正周期，可求得，由可求得，再由求出和的取值范围，由题意可得出关于实数的不等式组，进而可求得实数的取值范围.【详解】由于函数的图象与直线相邻两个交点的距离为，则函数的最小正周期为，当时，由于不等式对恒成立，所以，解得.因此，的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查利用三角不等式恒成立求参数，同时也考查了利用正弦型函数的周期求参数，解答的关键在于求得和的取值范围，考查计算能力，属于中等题.12.已知三棱锥，面面，则三棱锥外接球的表面积（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】过点P作，根据面面，则
10、面，再根据，则外接圆的圆心在PD上，求得外接圆的半径，再由PD=2，从而得到其外接圆的圆心到面ABC的距离，再求得外接圆的半径，然后由勾股定理求得球的半径即可.【详解】如图所示：设的外接圆的圆心为，半径为 ，的外接圆的圆心为，半径为 ，三棱锥外接球球心为，半径为，过点P作，因为面面，所以面，又因为所以在PD上，因为，所以，所以，所以，则，所以，所以，则，所以，所以三棱锥外接球的表面积.故选：D【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题第23题为选考题，考生根据要求
11、做答.二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13.设向量与向量共线，则实数等于_【答案】3【解析】【分析】利用向量共线的坐标公式,列式求解.【详解】因为向量与向量共线,所以,故答案为:3.【点睛】本题考查向量共线的坐标公式,属于基础题.14.已知展开式中含的项的系数为30，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第项，整理成最简形式，令的指数为3求得，再代入系数列方程求出结果.【详解】解：因为的展开式的通项公式为：，令，则，的展开式中含的项的系数为：，.故答案为：.【点睛】本题考查二项式定理的应用，本题解题的
12、关键是正确写出二项展开式的通项，是基础题.15.数列满足，则的前8项和为_.【答案】20【解析】【分析】利用递推数列分别列出的等式，利用等式的加减即可求得前8项的和.【详解】数列满足，可得，.故答案为：20【点睛】本题考查数列的递推公式、数列求和，属于基础题.16.已知函数，则值为_；若，则的最小值为_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】空一：，化简计算即可；空二：由已知，又，两式相加，利用空一的结论计算可得的值，再利用基本不等式可得的最小值.【详解】解：由已知；又，则，则可得，当且仅当时等号成立.故答案为：2；.【点睛】本题考查函数值的求法，考查对数的运算性质、基本不等式的性
13、质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.三、解答题：（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）17.在中，内角，的对边分别为，且.（）求角大小；（）若，求的面积.【答案】（）（）【解析】【分析】（）由条件结合余弦定理可得，然后可得，然后得出即可；（）利用正弦定理求出角，然后可得出角，然后利用算出即可.【详解】（）由余弦定理得：，又因为，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以.（）由正弦定理得：，所以，因为，所以，所以所以.【点睛】本题主要考查的是利用正余弦定理解三角形，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.18.如图，已知平面四边形中，为的中点，且.将此平面四边
14、形沿折成直二面角，连接、.（）证明：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）见解析（）【解析】【分析】（）通过证明，可得平面，进而可证明平面平面；（）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为以及，通过向量的夹角公式可得直线与平面所成角的正弦值.【详解】解：（）因为，所以直二面角的平面角为，则平面，又平面，所以，又，则即，而，平面，平面，故平面，因为平面，所以平面平面；（）由（）知，则以为原点建立空间直角坐标系如图所示，则，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量，又，则得，记直线与平面所成角为，则知，故所求角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查空间向量法求线
15、面角，考查学生计算能力，是中档题.19.在创建“全国卫生文明城”的过程中，环保部门对某市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的1000人的得分（满分：100分）数据，统计结果如下表所示.组别频数2515020025022510050（）已知此次问卷调查的得分服从正态分布，近似为这1000人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），请利用正态分布的知识求；（）在（）的条件下，环保部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：（i）得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；（ii）每次赠送的随机话
16、费和相应的概率如下表.现市民甲要参加此次问卷调查，记为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列及数学期望.赠送的随机话费（单位：元）2040概率附：若，则，.【答案】（）0.8186（）见解析，【解析】【分析】（）由题意求出，进而，由此能求出；（）由题可知，获奖券面值的可能取值为20，40，60，80，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和.【详解】（）由题意可得，又，；（）根据题意，可得出随机变量的可能取值有20、40、60、80元，由题可知，则，所以，随机变量的分布列如下表所示：20406080所以，随机变量的数学期望为.【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的
17、求法及应用，考查正态分布、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.20.已知函数.（）讨论的单调性；（）若，不等式恒成立，求整数的最大值.【答案】（）单调递减区间为，单调递增区间为；（）.【解析】【分析】（）求出函数的定义域和导数，分析导数的符号变化，由此可求得函数的单调递增区间和单调递减区间；（）当时，由可得出，设，利用导数求出函数在区间上的最小值，由此可求得整数的最大值.【详解】（）因为函数的定义域为，令，解得；令，解得.所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；（）当时，由可得，即，设，.设，当时，则函数在单调递增.又，则函数在存在唯一零点满足，则当时，即，此时
18、函数单调递减；当时，即，此时函数单调递增，所以，.又因为，则，因为，则，则整数的最大值为.【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.21.已知离心率为的椭圆：的上下顶点分别为，直线：与椭圆相交于，两点，与相交于点 .（）求椭圆的标准方程；（）若，求面积的最大值；（）设直线，相交于点，求的值.【答案】（）（）（）1【解析】【分析】（）根据题意解得得到椭圆方程.（）设，联立方程得到根与系数关系，根据垂直得到，计算三角形面积表达式，换元利用二次函数性质得到答案.（）计算和的直线方程，相除整理得到，计算，代入向量数
19、量积公式得到答案.【详解】（）由题意可得：，联立解得，.所以椭圆的方程为：.（）设，联立方程组，化简得；，；因为，化简整理得到，故，设，所以，所以当即时，.（）设，直线：，直线：；得，设，则，即，所以.所以，所以，又因为，.【点睛】本题考查了椭圆方程，面积最值，向量的数量积，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.请考生在22，23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22.以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）.（
20、）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（）求曲线上的动点到直线距离的最大值.【答案】（），；（）.【解析】【分析】（）化简直线的极坐标方程为，代入互化公式，即可求得直线的直角坐标方程，由曲线的参数方程，消去参数，即可求得得曲线的普通方程；（）设点的坐标为，利用点到直线的距离公式，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】（）由直线的极坐标方程为，可得，将，代入上式，可得直线的直角坐标方程为，由曲线的参数方程（为参数），可得（为参数），平方相加，可得曲线的普通方程为.（）设点的坐标为，则点到直线：的距离为（其中）.当时，取最大值，且的最大值为.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与
21、直角坐标方程的互化，以及椭圆的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力.选修4-5：不等式选讲23.已知函数，.（）若，求的解集；（）若，且的最小值为2，求的最小值.【答案】（）（）4【解析】【分析】（1）由不等式可得，由此可求出的范围；（2）利用绝对值三角不等式，求出的最小值为，进而得到，根据，并借助基本不等式，即可得解.【详解】（）由题意，即，即，解得，所以解集为.（）因为，当且仅当时，取到最小值，即，因为，故，所以，当且仅当，且，即，或，时，等号成立.所以的最小值为4.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、绝对值三角不等式及基本不等式的应用，考查转化与化归的思想，合理运用绝对值三角不等式是本题的解题关键，属于中档题.在利用基本不等式求最值时，一定要紧扣“一正、二定、三相等”这三个条件，注意创造“定”这个条件时，经常要对所给式子进行拆分、配凑等处理，使之可用基本不等式来解决；当已知条件中含有1时，要注意1的代换.另外，解题中要时刻注意等号能否取到.