1、2020届高三数学伯乐马模拟考试试题（二）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. 已知复数满足，则在复平面内对应的点为（ ）A. （2，1）B. （1，2）C. D. 【答案】D【解析】【分析】等式两边同除，再化简即可的出答案.【详解】因为，所以在复平面内对应的点为.故选：D.【点睛】本题考查复数的基本运算与几何意义，属于基础题.熟练掌握分式复数的化简是本题的关键.2. 已知集合，则
2、集合可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据知道集合中的元素不能有2或6，必含有4和7，则可选出答案.【详解】因为集合，所以集合中的元素不能有2或6，必含有4和7.故选：C.【点睛】本题考查集合的交并补.属于基础题.熟练掌握集合的交并补运算是解本题的关键.3. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意结合对数运算的性质、对数函数的单调性、指数函数的单调性可得，即可得解.【详解】因为，所以.故选：D.【点睛】本题考查了对数运算的性质、对数函数的单调性、指数函数的单调性的应用，考查了对数式、指数式的大小比较，属于基础题.4. 已知等差数列的前
3、项和为，若，则（ ）A. 16B. 19C. 33D. 35【答案】D【解析】【分析】将等差数列的通项公式与前项和公式带入等式，即可解出首项与公差，则可解出.【详解】因为，所以，所以公差，又，所以，解得，所以.故选：D.【点睛】本题考查等差数列，属于基础题.熟练掌握其通项公式与前项和公式是解本题的关键.5. 周髀算经、九章算术、海岛算经、孙子算经、缉古算经是我国古代数学中的5部著名数学著作，其中周髀算经九章算术产生于汉代.某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中恰好有一部是汉代时期专著的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用列
4、举法列出所有基本事件，然后利用古典概型的概率公式求解即可【详解】假设周髀算经、九章算术分别为1，2，海岛算经、孙子算经、缉古算经分别为，则基本事件有，共10个，其中恰好有一个是汉代著作的有，共6个，所以所求概率为.故选：B【点睛】此题考查古典概型的概率的求法，利用了列举法，属于基础题.6. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由两角差的正切公式求得，直接结合平方关系求得后再得【详解】，解得或，两种情况下都有故选：D【点睛】本题考查两角差的公式，同角间的三角函数关系，正弦的二倍角公式，属于基础题7. 已知双曲线：的右焦点为，若以（为坐标原点）为直径的圆被双曲线的一条渐
5、近线所截得的弦长等于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】首先利用点到直线的距离公式求出，再由即可求解.【详解】双曲线的渐近线方程为：，即，圆心为，所以圆心到渐近线的距离为，由题意可得，所以，所以，即离心率.故选：A【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质，同时考查了考生的基本运算能力，属于基础题.8. 函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】采用排除法，根据函数的奇偶性以及函数在处的函数值大小，可得结果.【详解】由，则所以，即函数是偶函数故排除A，C，当时，排除D.故选：B【点睛】本题考查根据函数解析式判断大
6、致图象，针对这种题型常常从定义域、奇偶性、单调性、对称性、值域、特殊值入手，考验分析问题的能力，属基础题.9. 已知定义在上的函数满足，则曲线在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】先利用换元法求出的解析式，然后利用导数的几何意义可求出切线方程【详解】令，则，由，得，所以，.所以曲线在点处的切线方程为.故选：C【点睛】此题考查导数的几何意义，考查利用换元法求函数的解析式，属于基础题.10. 已知直线与椭圆：交于，两点，点是椭圆的左焦点，若，则（ ）A. 2B. C. D. 4【答案】C【解析】【分析】根据直线与椭圆都关于原点对称则的可得到，即可解出，求得椭圆的标
7、准方程，将直线的方程与椭圆的方程联立求解可得出答案.【详解】由对称性可得，所以，又，得，所以，即椭圆的方程为，将与联立消得，所以.故选：C.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系之弦长问题，属于中档题.利用其对称性分析出，是解本题的关键.11. 在中，边上的高为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设的三个内角，的对边分别为，由，边上的高为，利用面积公式可得的关系，再利用余弦定理得到的关系，然后由求解.【详解】设的三个内角，的对边分别为，由题意知，所以，所以，所以.故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12. 关于函数有下
8、述四个结论：是偶函数；在区间上单调递减；在有四个零点；的值域是.其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对于，利用函数的奇偶性的定义进行判断即可对于，由于，再利用复合函数判断单调性的方法判断；对于，由，直接解方程即可；对于，由于，所以当时，取最小值，当时，取最大值，从而可求出函数的值域【详解】因为，所以既不是奇函数也不是偶函数，不正确；，令，则，因在区间上单调递增，而函数在单调递减，所以在区间上单调递减，正确；当时，由，得，或，或，或，所以在有四个零点，正确；，因为，所以当时，当时，不正确.故选：A.【点睛】此题考查函数的奇偶性和单调性，考查复合函数的单
9、调性，考查复合函数值域的求法，属于中档题.二、填空题.13. 已知向量，若，则实数_.【答案】1或-2【解析】【分析】利用向量共线的充要条件列出方程，解出即可.【详解】，所以，解得或.故答案为：1或-2【点睛】本题考查向量共线的充要条件，属于简单题.14. 某学校高一某班女生人数是男生人数的.在一次数学测试中，男、女生平均分数分别是85，80，则这次数学测试该班学生的平均分数为_.【答案】83【解析】【分析】根据题意可得男生所占比例为，女生所占比例为，再根据加权平均数的计算公式即可求解.【详解】因为该班女生人数是男生人数的，所以男生所占比例为，女生所占比例为，所以总平均分为.故答案为：83【点
10、睛】本题考查了加权平均数的计算公式，考查了基本知识掌握情况，属于基础题.15. 设函数，则，则实数_.【答案】【解析】【分析】由分段函数解析式判断出时，得出，也有 ，再代入相应的解析式中，求解方程可得答案.【详解】当时，所以要使成立，则，也有 ，所以，解得，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题考查解分段函数的方程，关键讨论自变量的范围，确定出函数的具体函数解析式，属于中档题.16. 已知直三棱柱中，则三棱锥的外接球的表面积为_；若与分别为线段和上的动点（不包括端点），且，则三棱锥体积的最大值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意可知三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，根据
11、正方体外接球的半径求解公式即可得解；根据题意，设出的长度，表示出棱锥的体积，用基本不等式即可求得体积的最大值.【详解】三棱锥外接球，就是直三棱柱的外接球，补成棱长为1的正方体，可求得三棱锥的外接球半径为，所以所求表面积为.设，则，且，所以.当且仅当，时，等号成立.所以三棱锥体积的最大值为.故答案为：；.【点睛】本题考查几何体外接球表面积的求解，涉及棱锥体积的求解，以及基本不等式求乘积的最大值，属综合中档题.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. 随着科技的发展，电子书越来越
12、受到人们的欢迎.某高校为了解该校师生对电子书和纸质书的态度，随机抽取了100名师生进行了调查，并得到如下列联表：喜欢看电子书喜欢看纸质书合计教师5学生48合计已知这100名师生中随机抽取一人抽到喜欢看电子书的概率是.（1）请将上述列联表补充完整；（2）是否有的把握认为对电子书和纸质书的态度与教师和学生的身份有关？附：0.100.050.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）列联表见解析；（2）没有的把握认为对电子书和纸质书的态度与教师和学生的身份有关【解析】【分析】（1）由喜欢看电子书的概率是可得人数，从而能完善列联表；（2）根据公式计算出
13、可得结论【详解】（1）这100名师生中随机抽取一人抽到喜欢看电子书的概率是，喜欢看电子书的人数为列联表如下：喜欢看电子书喜欢看纸质书合计教师53237学生154863合计2080100（2），没有的把握认为对电子书和纸质书的态度与教师和学生的身份有关【点睛】本题考查列联表和独立性质检验，解题关键是计算18. 已知数列满足：，.（1）求的通项公式；（2）求的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由可得，两式相减后化简得，然后利用累乘法可求出通项公式；（2）利用裂项相消法可求出【详解】解：（1）令，则，当时，所以，即，所以，所以，所以，因为 ，所以，满足此式，所以；（2）因为，所以【
14、点睛】此题考查数列的前项和与通项的关系，考查累乘法求通项公式，考查裂项相消法，属于基础题19. 如图，已知四棱锥中，是平行四边形，平面平面，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）取中点为，通过证明/，即可由线线平行推证线面平行；（2）通过证明平面，即可由线面垂直推证出面面垂直.【详解】（1）取中点为，连接，如下所示：因为为中点，故可得/，又为中点，故可得/，故可得/，故四边形为平行四边形，故可得/，又因为平面，平面，故/平面，即证.（2）因为平面平面，平面平面，又平面，且，故可得平面.又平面，故平面平面，即证.
15、【点睛】本题考查线面平行以及面面平行的证明，注意对已知条件的合理转化，属综合基础题.20. 已知抛物线：的准线与轴交于点，过点斜率为的直线与抛物线交于，两点.（1）若，求弦长；（2）若抛物线上存在点使得，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）写出直线方程，代入抛物线方程，设，应用韦达定理得，由弦长公式可求得弦长；（2）由（1）直线方程为：，设，应用韦达定理得，设，由，得含有方程，关于的方程有解，判别式大于或等于0，可得的范围【详解】（1）抛物线：的准线：，所以，：，将其与联立消得，设，则，所以.所以.（2）设：，与联立消得，设，则，所以，又，所以.设，由得，所以，所以，即
16、，将，代入得，所以，解得，所以，即当时存在点，使得.【点睛】本题考查直线与抛物线相交弦长，考查抛物线中的存在性问题，解题方法是设而不求思想，即设交点为，设直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入弦长公式可得弦长，代入其他条件可得的范围或其他结论21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，求证：时，.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求得，对其分解因式，对参数进行分类讨论，即可利用导数判断其单调性；（2）根据题意，要证目标不等式即证，分区间进行考虑；特别地，当时，进行二次求导证明不等式即可.【详解】（1）由，得，当时，令，得；令，得.所以在上单调递减，
17、在上单调递增；当时，令，得；令，得或.所以在上单调递减，在，上单调递增；当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得；令，得或.所以在上单调递减，在，上单调递增.综上所述：时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递减，在，上单调递增；时，在上单调递增；时，在上单调递减，在，上单调递增.（2）因为，所以时，等价于.当时，不等式恒成立；当时，令，则，令，则，令，则，因为当时，所以单调递增，所以，所以，单调递增，因为，所以存在，使，即，且时，即，单调递减；时，即，单调递增.所以.令，则，因为在时单调递减，且，所以时，即，所以.所以，又，所以.即，时，成立.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单
18、调性，以及利用导数证明不等式，涉及二次求导，属综合困难题.（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，曲线的参数方程是（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线和直线的直角坐标方程；（2）设点，若直线与曲线交于，两点，且为的中点，求实数的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）消去参数可得曲线的直角坐标方程；利用两角和的余弦公式展开，由代入即可得出直线的直角坐标方程.（2）点在直线上，设直线的参数方程可设为（为参数），代入曲线的直角坐标方程，利
19、用参数的几何意义即可求解.【详解】（1）因为曲线的参数方程是（为参数）.所以消去参数得曲线直角坐标方程为.因为，所以，将代入可得.即直线的直角坐标方程为.（2）因为点在直线上，所以直线的参数方程可设为（为参数）.将其代入得，所以，.因为为的中点，所以，所以，所以，所以，解得，所以或.所以实数的值为或.【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与普通方程的互化、参数的几何意义，考查了考生的计算求解能力，属于基础题.选修4-5：不等式选讲23. 已知，为正数，且满足，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，为正数，且，将不等式转化为，再利用基本不等式结合不等式的性质证明；（2）根据，为正数，且，直接利用基本不等式证明.【详解】（1）因为，为正数，且.所以不等式等价于，即等价于.因为，为正数，所以，所以，即，当且仅当时等号成立.所以，为正数时，成立.（2）因为，为正数，且，所以原式.当且仅当时等号成立.所以，正数时，成立.【点睛】本题主要考查基本不等式证明不等式问题以及不等式的基本性质，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.
