1、广西柳州市2020届高三数学第二次模拟考试试题 理（含解析）第卷(选择题)一、选择题：1. 设集合，则=（ ）A. 0，1B. 0，1，2C. -1，0，1D. -1，0，1，2【答案】C【解析】【分析】先解绝对值不等式得，再求集合交集即可得答案.【详解】解：由得，故，所以.故选：C.【点睛】本题考查集合的交集运算，绝对值不等式，是基础题.2. 若复数满足（其中为虚数单位），则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】由复数的除法运算，化简复数得，再利用复数模的计算公式，即可求解【详解】由复数满足，则，则，故选D【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，以及复数模的计算，其中解答
2、熟记复数的除法运算的公式，以及复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题3. 已知，则a，b，c的大小关系（ ）A. abcB. acbC. cbaD. bac【答案】D【解析】【分析】利用指数、对数的运算和指数函数的单调性判断.【详解】因为，所以bac故选：D【点睛】本题主要考查指数、对数和幂的大小比较，属于基础题.4. 已知均为单位向量，若，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据题意得，再根据向量夹角公式即可得答案.【详解】解：由，均为单位向量，得，所以，故与的夹角为.故选：B.【点睛】本题考查向量夹角的计算公式，向量模的计算，考
3、查运算能力，是基础题.5. 若等差数列和等比数列满足，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，求得公差和公比，即可根据已知条件求得，则问题得解.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题意可得，故选：A【点睛】本题考查等差数列和等比数列基本量的计算，属综合简单题.6. 已知直线过点且斜率为1，若圆上恰有3个点到的距离为1，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线过点且斜率为1，写出直线方程，再根据圆上恰有3个点到的距离为1，结合半径，则由圆心到直线的距离为1求解.【详解】因为直线过点且斜率为1，所以直线方程为，即，因为圆上恰
4、有3个点到的距离为1，所以圆心到直线的距离为：1，即，解得.故选：D【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7. 某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图根据该折线图，下列结论错误的是（）A. 年接待游客量逐年增加B. 各年的月接待游客量高峰期大致在8月C. 2017年1月至12月月接待游客量的中位数为30万人D. 各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳【答案】C【解析】【分析】利用折线图的性质直接求解【详解】解：由
5、2017年1月至2019年12月期间月接待游客量的折线图得：在中，年接待游客量虽然逐月波动，但总体上逐年增加，故正确；在中，各年的月接待游客量高峰期都在8月，故正确；在中，2017年1月至12月月接待游客量的中位数小于30万人，故错误；在中，各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故正确故选：【点睛】本题考查命题真假的判断，考查折线图的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题8. 的展开式中，项的系数为-10，则实数的值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据产生项的来源，计算出展开式中的系数即可求出【详解】展开式的通项公式为，分别令，
6、可求得的系数为，的系数为，故的展开式中，项的系数为，解得故选：B【点睛】本题主要考查利用二项展开式的通项公式求特定项的系数，属于基础题9. 函数的大致图象可能是 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，函数的解析式，可判定函数为为偶函数，排除A、B项，又由，可排除D项，即可得到答案详解】由题意，函数，满足，即，得函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除A、B项；又由，排除D，故可能的图象为C，故选C【点睛】本题主要考查了函数的图象的识别问题，其中解答中熟练应用函数的基本性质，利用函数的单调性和奇偶性，进行排除选项是解答此类问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于
7、基础题10. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，即可得答案.【详解】由题意可知，当时，不断执行循环结构，累加求和，可得 当时，跳出循环所以输出的故选：A【点睛】本题主要考查程序框图算法功能的理解和利用裂项相加法求和，属于基础题11. 如图所示，在直角梯形BCEF中，CBF=BCE=90，A，D分别是BF，CE上的点，ADBC，且AB=DE=2BC=2AF（如图1），将四边形ADEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）在折起的过程中，下列说法中正确的个
8、数（）AC平面BEF；B、C、E、F四点可能共面；若EFCF，则平面ADEF平面ABCD；平面BCE与平面BEF可能垂直A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】根据折叠前后线段、角的变化情况，由线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理对各命题进行判断，即可得出答案【详解】对，在图中，连接交于点，取中点，连接MO，易证AOMF为平行四边形，即AC/FM，所以AC/平面BEF，故正确；对，如果B、C、E、F四点共面，则由BC/平面ADEF，可得BC/EF，又AD/BC，所以AD/EF，这样四边形ADEF为平行四边形，与已知矛盾，故不正确；对，在梯形ADEF中，由平面几何知识易得EF
9、FD，又EFCF，EF平面CDF，即有CDEF，CD平面ADEF，则平面ADEF平面ABCD，故正确；对，在图中，延长AF至G，使得AF=FG，连接BG，EG，易得平面BCE平面ABF，BCEG四点共面过F作FNBG于N，则FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故错误故选：C【点睛】本题主要考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理的应用，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于中档题12. 已知点分别是双曲线C：的左、右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足，则双曲线C的离心率的取值范围为（）A. B. C.
10、D. 【答案】A【解析】【分析】由，根据三角形的性质可知，为直角三角形，且由双曲线的定义可得，又，可得，再由，可得到，即得到离心率的取值范围【详解】由得，根据三角形的性质可知，为直角三角形，且，由双曲线的定义可得，又，可得所以可化为，即，而，解得，又，故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的定义以及性质的应用，双曲线离心率的取值范围的求法，解题关键是不等关系的建立，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题第卷(非选择题)二、填空题：13. 设曲线在点（0，）处的切线方程为，则_.【答案】【解析】【分析】设，根据导数的几何意义可知， ， 即可求出的值【详解】设，因为，根据导数的几何意义可知，
11、 ，所以，解得故答案为：【点睛】本题主要考查导数的几何意义的应用，属于基础题14. 已知满足则最大值为_【答案】4【解析】【分析】由不等式组画出可行域，然后将目标函数转化为，求出函数的截距，题目所求z即为截距的二倍，求出其最大值即可【详解】根据不等式组画出可行域如下：将目标函数化成，即该直线在y轴上的截距的二倍即为z的值，由上图可知，截距的最大值为2，故z的最大值为4，答案即为4.【点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想做该类题目需要注意的是：一、准确无误的做出可行域；二、画函数所对应直线时，需注意与约束条件中直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大值或最小
12、值会在可行域的端点或边界点上取得15. 已知三棱锥S-ABC的各顶点都在同一个球面上，ABC所在截面圆的圆心在AB上，SO面ABC，AC=1，BC=，若三棱锥的体积是，则该球体的表面积是_.【答案】【解析】【分析】如图所示，根据三棱锥的体积可以求出的长，再根据即可求出球的半径，并得到该球体的表面积【详解】如图所示，ABC所在截面圆的圆心在AB上，所以，因为，所以设球的半径为，则，解得故该球体的表面积是故答案为：【点睛】本题主要考查三棱锥的体积以及其外接球的表面积的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题16. 已知椭圆：，是轴正半轴上一动点，若以为圆心任意长为半径的圆与椭圆至
13、多有两个交点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】联立椭圆方程与圆的方程，消去得到关于的一元二次方程，把圆与椭圆至多有两个交点转化为关于的一元二次方程在至多有一个根，再根据根的分布得到的取值范围.【详解】联立方程消去得：，因为以为圆心任意长为半径的圆与椭圆至多有两个交点，由于圆和椭圆的对称性，所以关于的方程对任意，在至多有一个根.令，对称轴，因为在轴正半轴，所以.当时，即，方程在至多有一根，符合题意；当，即，方程在至多有一根，则必有或，对任意恒成立，即或对任意的恒成立，其中，因为，所以两个不等式对任意的都不会恒成立，所以不符合题意.故填：.【点睛】本题以椭圆与圆的交点个数的几何问题，转化
14、成一元二次方程在闭区间上根的个数问题，体现解析几何坐标化思想的运用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，是一道综合性较强的试题.三、解答题：(一)必考题：17. 为迎接2022年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某校开展了“冰雪答题王”冬奥知识竞赛活动现从参加冬奥知识竞赛活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为6组：，得到如图所示的频率分布直方图（1）求的值；（2）估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀”，比赛成绩低于80分为“非优秀”请将下面的22列联表补充完整，并判断
15、是否有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？优秀非优秀合计男生40女生50合计100参考公式及数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）（2）74 （3）见解析，没有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”【解析】【分析】（1）根据各小矩形面积之和为1，即可解方程求出的值；（2）由频率分布直方图可知，平均成绩为各小矩形的面积与各底边中点值的乘积之和，即可求出；（3）根据题意填写列联表，计算的观测值，对照临界值即可得出结论【详解】（1）由题可得 解得（2）平均成绩为：（3）由（2）知，在
16、抽取的名学生中，比赛成绩优秀的有人，由此可得完整的列联表：优秀非优秀合计男生女生合计的观测值， 没有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”【点睛】本题主要考查频率分布直方图和独立性检验的应用问题，意在考查学生的数据处理能力，属于基础题18. ABC的内角A，B，C所对边分别为，已知ABC面积为.（1）求角C；（2）若D为AB中点，且c=2，求CD的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据，由正弦定理化角为边，得，再根据余弦定理即可求出角C；（2）由余弦定理可得，又，结合基本不等式可求得由中点公式的向量式得，再利用数量积的运算，即可求出的最大值【详解】（1）依题意得，由正弦定理得
17、，即，由余弦定理得， 又因为，所以. （2）， ，即 为中点，所以， 当且仅当时，等号成立.所以的最大值为【点睛】本题主要考查利用正、余弦定理解三角形，以及利用中点公式的向量式结合基本不等式解决中线的最值问题，意在考查学生的逻辑推理和数学运算能力，属于中档题19. 已知三棱锥的展开图如图二，其中四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：（1）证明：平面平面；（2）若是的中点，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）设的中点为，连接，由边长关系得，从而可得平面，即可证明平面平面；（2）由（1）问可知平面，所以以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系
18、，利用向量法求出平面和平面法向量，再利用二面角的公式即可得到二面角的余弦值【详解】（1）设的中点为，连接，由题意，得， 因为在中，为的中点，所以，因为在中， ，所以 因为，平面，所以平面，平面，所以平面平面 （2）由（1）问可知平面，所以，于是以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为，则由得：令，得，即 设平面的法向量为，由得：，令，得，即由图可知，二面角的余弦值为【点睛】本题考查面面垂直的证明，以及空间向量法在二面角中的应用，考查学生推理论证能力，运算求解能力，属于中档题20. 已知抛物线的焦点为，若过且倾斜角为的直线交于，两点，满足.（1）求抛物线的方
19、程；（2）若为上动点，在轴上，圆内切于，求面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出抛物线的焦点，设出直线的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的定义，可得，进而得到抛物线方程；（2）设，不妨设，直线的方程为，由直线与圆相切的条件：，化简整理，结合韦达定理以及三角形的面积公式，运用基本不等式即可求得最小值.【详解】（1）抛物线的焦点为，则过点且斜率为1的直线方程为，联立抛物线方程，消去得：，设，则，由抛物线的定义可得，解得，所以抛物线方程为（2）设，不妨设，化简得：，圆心到直线的距离为1，故， 即，不难发现，上式又可化为，同理有，所以可以看做关于的一元二次方程的两个实数
20、根，由条件：，当且仅当时取等号.面积的最小值为8.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、方程和性质，主要考查定义法和方程的运用，同时考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，直线和圆相切的条件：，以及基本不等式的运用，属于中档题.21. 函数（1）讨论在其定义域上的单调性；（2）设，m，n分别为的极大值和极小值，若S=m-n，求S的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域和导数，在其定义域内，解不等式和，即可求出函数的单调增区间和减区间，因为函数含参，注意分类讨论；（2）由题可得在内有相异两根，又，可得，由此解出因为，利用根与系数的关系，化简可得，构造函数，求出
21、其在上的值域，即可得S的取值范围【详解】（1）函数定义域为 ， ， 当时，所以在单调递减； 当时，所以在单调递增； 当时，内有相异两根，设，令所以或；令，；在上递增，在上递减，在上递增（2）依题意可知，在内有相异两根，所以，又，可得 此时设的两根为， ， ， 由，且，得 由得 代入上式得令，所以，则，在上为减函数，从而，即【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，一元二次方程根与系数的关系的应用，以及构造函数求变量的取值范围问题，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于较难题(二)选考题：选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点
22、，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设为曲线上不同两点（均不与重合），且满足，求的最大面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由曲线的参数方程消去参数，得到曲线的普通方程，再利用普通方程与极坐标方程的转化公式即可得到答案；（2）设出两点的极坐标，代入极坐标方程中，得到与，由三角形面积公式，对其进行化简，结合三角函数的值域，即可得到三角形面积的最大值【详解】（1）设曲线上任意点的极坐标为，由题意，曲线的普通方程为，即，则，故曲线的极坐标方程为.（2）设，则，故，因点在曲线上，则，故，,故时，取到最大面积为.【点睛】本题考查参数方程、普通方程以及极坐标方程的
23、转化，其中普通方程与极坐标方程转化的公式为： ，考查两线段积的取值范围的求法，涉及三角函数的辅助角公式以及三角函数的值域，考查学生转化与划归的思想以及运算求解的能力，属于中档题选修4-5：不等式选讲23. 设函数.（1）解不等式；（2）当xR，0y1时，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）去绝对值将函数转化为，然后分， 两种情况讨论求解. （2）通过（1）得到，然后利用“1”的代换，利用基本不等式求得的最小值即可.【详解】（1）由已知可得：，当时，成立；当时，即，则.的解集为.（2）由（1）知，则，当且仅当，即时取等号，则有.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
