1、2020届高三数学伯乐马模拟考试试题（八）文（含解析）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. 1B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】根据条件建立方程求解即可.【详解
2、】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. 2B. 4C. 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Garbage classification)，一般是指按一
3、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
4、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
5、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
6、. 3C. 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A D，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A D，令，当，单调递减
7、，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：直线平面，直线直线，则；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；直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；，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. lB. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】对于直线可能在平面内，对于根据面面平行进行证明，对于如果这两点在该平面的异侧，则直线与平面相交，对于找出符合条件的平面即可【详解】解： 错误直线可能在平面内
8、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，错误如果这两点在该平面的异侧，则直线与平面相交正确，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，
9、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，
10、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
11、.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：若三条棱两两垂直则
12、用（a,b,c为三棱的长）；若面ABC（SA=），则（r为外接圆半径）；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
13、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
14、的等比数列，所以，.所以数列的通项公式为.（2）由（1）知.则，在式两边同时乘以3得，-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
15、，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
16、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
17、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
18、；（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160
19、40200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
20、，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
21、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44：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）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若上
22、恰有2个点到的距离等于，求的斜率.【答案】(1) 的普通方程为, C的直角坐标方程为(2) 【解析】【分析】(1)分类讨论，消去参数t，得到的普通方程，利用，及得到的直角坐标方程；(2)，根据题意可知上恰有2个点到的距离等于等价于上的点到的距离的最大值为，利用椭圆的参数方程及点到直线距离，即可得到的斜率.【详解】（1）当，即时，的普通方程为当，即时，的普通方程为由，及，得即C的直角坐标方程为（2）依题意，设所以上恰有2个点到的距离等于等价于上的点到的距离的最大值为设上任一点，则到的距离（其中，）当时，解得：，所以的斜率为【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为
23、普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式， 等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，本题这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题选修45：不等式选讲23. 已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若对任意恒成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）通过讨论的范围，分为，三种情形，分别求出不等式的解集即可；（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.【详解】(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，当时，原不等式等价于，解得，所以 综上所述，不等式解集为. (2)由，得，当时，恒成立，所以； 当时，. 因为当且仅当即或时，等号成立，所以；综上的取值范围是.【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.