1、吉林省松原市实验中学2020届高三数学八模考试试题 理（含解析）注意事项：1. 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.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. 回答第卷时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3. 回答第卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4. 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个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】B【
2、解析】【分析】解一元二次不等式得到集合，根据并集的概念即可得出结果.【详解】或，或，故选：B.【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合间并集的运算，属于基础题.2. 已知复数（其中i为虚数单位），则z的共轭复数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案【详解】解：，故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题3. 如图，三棱柱的棱长均为6，且侧棱垂直于底面，其三视图中的主视图是边长为6的正方形，则该三棱柱的左视图面积为（ ）A. B. 18C. D. 【答案】D【解析】【分析】左视图是
3、一个矩形，高为6底边长即底面正三角形的高，即可求解.【详解】根据这个三棱柱正视图特点可得：左视图是一个矩形，底边长为底面正三角形的高，矩形高为6，所以左视图的面积为.故选：D【点睛】此题考查根据立体图形求三视图，求解左视图的面积，关键在于准确得出三视图的特点，对空间想象能力要求较高.4. 设等比数列的前项和是，则（ ）A. B. 63C. D. 31【答案】A【解析】【分析】设的公比为，根据，求得，再代入等比数列求和公式求解.【详解】设的公比为，则，解得，所以.故选：A【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.5. 若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是（
4、）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意画出可行域，设，数形结合即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图所示，令，转化可得，数形结合可得，当直线分别过点、点时，取最小值和最大值，由可得点，由可得点，所以，.所以的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合思想，属于基础题.6. 某校将5名插班生甲、乙、丙、丁、戊编入3个班级，每班至少1人，则不同的安排方案共有（ ）A. 150种B. 120种C. 240种D. 540种【答案】A【解析】【分析】根据题意，分2步分析：先将5名插班生分为3组，有2种分组方法，分为3、1、1的三组，分为2、2、1的三组，
5、由组合数公式可得其分组方法数目，由分类计数原理将其相加可得分组的情况数目，第二步，将分好的三组对应3个不同的班级，由排列数公式可得其对应方法数目,由分步计数原理计算可得选项【详解】由题意可知，可分以下两种情况讨论，5名插班生分成：， ，1三组；5名插班生分成：，三组，当5名插班生分成：， ，1三组时，共有种方案；当5名插班生分成：，三组时，共有种方案；所以，共有种不同的安排方案.故选：A.【点睛】本题主要考查两个基本原理和排列组合，在对排列、组合的综合问题时，一般先组合再排列，属于中档题.7. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为( )A. 31B. 39C. 47D. 60【答案】D【解析
6、】【分析】根据循环程序框图，循环计算到时，输出，即可得出答案.【详解】解：根据题意，；，；，；，；，；，；，；，；，；，；，故输出的结果为.故选：D.【点睛】本题考查程序框图的循环计算，考查计算能力.8. 如图，是函数的图象与轴的两个相邻交点，是函数的图象的一个最高点，若是等腰直角三角形，则函数的解析式是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过，是等腰直角三角形，可得长度，从而求出周期，由可得得值，再将代入计算的值，最后可得的解析式.【详解】由题意可得，因为是等腰直角三角，所以，所以，即则，故，将代入的解析式得，可得，解得，因为，所以，则.故选：B【点睛】本题考查三角函数识
7、图求解析式，考查理解辨析能力和运算求解能力，是基础题.9. 已知实数分别满足，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】把分别看作方程，的根，进而把方程的根转化为函数与函数的交点问题，通过画图像得出的取值范围，即可比较的大小.【详解】解：是方程的根，即函数与的交点，画出图像，如图所示：从图像中可以看出：.是方程的根，即函数与的交点，画出图像，如图所示：由图像可知：.是方程的根，即函数与的交点，所以.因为时，此时这两个函数没交点；时，而，此时这两个函数没有交点；所以.其实都是两个函数的交点.综上：.故选：A.【点睛】本题主要考查方程的根的问题，考查学生数形结合的能力，属于中档题
8、.10. 已知椭圆左右焦点分别为，若椭圆上一点满足轴，且与圆相切，则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意作出椭圆图象，结合图象可知，根据相似三角形的对应边成比例，即可求出椭圆的离心率.【详解】如图，设直线与圆相切于点，连接，则，椭圆的左右焦点分别为，轴，轴，即，解得，故选：A.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，椭圆的定义、椭圆的简单几何性质以及椭圆离心率的求解，考查运算求解能力，属于基础题.11. 已知函数，若方程有2个不同的实根，则实数的取值范围是（ ）A. 或B. 或或C. 或D. 或【答案】B【解析】【分析】先利用导数的几何意义求出当直线与曲
9、线相切时；当时，令，得，再对的值分情况讨论，分段分析方程的实根的个数，从而得到的取值范围.【详解】解：当直线与曲线相切时，设切点为，因为，所以切线的斜率，所以，切点为，代入得，.又时，令，得，即，所以当时，有1个实根，此时有1个实根，满足条件；当时，有2个实根，此时有1个实根，不满足条件；当时，无实根，此时要使有2个实根，应有且，即且.综上所述，实数的取值范围是 或或.故选：B.【点睛】本题主要考查方程的根的问题，属于中档题.12. 定义在上函数满足，且当时，.则使得在上恒成立的的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算，画出图像，计算，解得，得到答案.【详解】根据
10、题设可知，当时，故，同理可得：在区间上，所以当时，.作函数的图象，如图所示.在上，由，得.由图象可知当时，.故选：.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，画出图像是解题的关键.第卷本卷包括必考题和选考题两部分.第1321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.二填空题（共4小题）13. 已知向量，若，则_.【答案】【解析】【分析】利用向量的模的运算求出和，根据等式即可求出的值.【详解】解：，则，因为，所以，解得：.故答案为：.【点睛】本题考查向量的加法和减法，考查向量模的运算，属于基础题.14. 某种袋装大米的质量X（单位：kg）服从正态分布，任意选一袋这种
11、大米，质量在49.850.1kg的概率为_【答案】0.8185【解析】分析】由正态分布，可得选项.【详解】由题意得，故答案为：0.8185.【点睛】本题考查正态分布的应用，属于基础题15. 已知，则的展开式中的系数为_.【答案】-5【解析】【分析】根据微积分基本定理，先求得，再根据多项式的乘法及二项式定理展开的通项，即可求得的系数.【详解】，由微积分基本定理可知，所以，由二项定理展开式通项可知的展开式为，所以当时，展开式的项为，则展开式中系数为，当时，展开式的项为，则展开式中系数为，综上可知，展开式中的系数为，故答案：.【点睛】本题考查了微积分基本定理的简单应用，二项定理展开式及多项式乘积的简
12、单应用，指定项系数的求法，属于基础题.16. 定义数列，先给出，接着复制该项，再添加1的后继数2，于是，接下来再复制前面所有项，之后再添加2的后继数3，如此继（1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1），设是的前项和，则_.【答案】3990【解析】【分析】设每操作一次形成的数列和为，的前项和为，计算得到，设每操作一次形成的数列的个数为，前项和为，计算得到，计算得到答案.【详解】根据题意设每操作一次形成的数列和为，的前项和为，故，两式相减得到.即，故是首项为，公比为的等比数列，验证时成立，故，.设每操作一次形成的数列的个数为，其前项和为，故，故，相减得到：，故，验证时满足.，故.（括号内是
13、开始的倒数个数）.故答案为：.【点睛】本题考查了数列的前项和，意在考查学生的计算能力和应用能力.三：解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设（1）求B；（2）若ABC的面积等于，求ABC的周长的最小值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先利用边角互化将转化为关于B的方程，求出B（2）因为B已知，所以求面积的最小值即为求ac的最小值，结合余弦定理和基本不等式可以求得【详解】（1）因为，由正弦定理得因为，所以sinA0，所以，所以，因为，所以，即（2）依题意，即ac4所以当且仅当时取等号又由余弦定理得，当且仅当a
14、c2时取等号所以ABC的周长最小值为【点睛】本题主要考查解三角形、基本不等式求最值，考查学生逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养，是一道容易题.18. 如图，直三棱柱的底面为等边三角形，、分别为、的中点，点在棱上，且.（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）推导出平面，可得出，结合，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）由平面得出，利用勾股定理计算出的长，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求出二面角的余弦值.【详解】（1）因为三棱柱为直三
15、棱柱，所以平面，平面，因为为等边三角形，为的中点，所以.又，所以平面，平面，所以.又因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面；（2）由（1）可知平面，所以.设，则有，即，得.以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，令，可得，则，因为平面，所以平面的一个法向量为，由图形可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19. “学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向
16、全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门，某市宣传部门为了解全民利用“学习强国”了解国家动态的情况，从全市抽取2000名人员进行调查，统计他们每周利用“学习强国”的时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图.（1）根据下图，求所有被抽查人员利用“学习强国”的平均时长和中位数（精确到小数点后一位）；（2）宣传部为了了解大家利用“学习强国”的具体情况，准备采用分层抽样的方法从和组中抽取50人了解情况，则两组各抽取多少人？再利用分层抽样从抽取的50人中选5人参加一个座谈会.现从参加座谈会的5人中随机抽取两人发言，求小组中至少有1人发言的概率？【答案】（1）平均时长为6.8
17、，中位数为6.7；（2）在和两组中分别抽取30人和20人，.【解析】【分析】（1）结合题中数据，按照中位数的平均数的概念计算即可；（2）根据分层抽样的定义先计算出和两组抽取的人数，然后利用列举法计算小组中至少有1人发言的概率的概率即可.【详解】（1）设抽查人员利用“学习强国”的平均时长为，中位数为，.设抽查人员利用“学习强国”的中位数为，解得.即抽查人员利用“学习强国”的平均时长为6.8，中位数为6.7；（2）的人数为人，设抽取的人数为，组的人数为人，设抽取的人数为，则，解得，所以在和两组中分别抽取30人和20人，在抽取5人，两组分别抽取3人和2人，将组中被抽取的工作人员标记为，将中的标记为，
18、设事件表示从小组中至少抽取1人，则抽取的情况如下：，共10种情况，其中在中至少抽取1人有7种，则.【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查平均数和中位数的计算，考查分层抽样，考查概率的计算，考查分析和解决问题的能力，考查计算能力，属于常考题.20. 若抛物线的焦点为，是坐标原点，为抛物线上的一点，向量与轴正方向的夹角为60，且的面积为.（1）求抛物线的方程；（2）若抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，求当取得最大值时，直线的方程.【答案】(1) ；(2) 或【解析】【分析】(1)先设的坐标为，根据向量与轴正方向的夹角为60，可得出，再利用三角形的面积公式可求得的值即可求出抛物线的方程；(2
19、) 先设的坐标为，利用两点间的距离公式分别求出，再利用基本不等式求出取得最大值时点的坐标，即可求出直线的方程.【详解】(1)设的坐标为，(如图)因为向量与轴正方向的夹角为60,，所以，根据抛物线定义得：，即，解得：即，则，解得：即抛物线的方程为：；(2) 设的坐标为，则，因为点在抛物线：上，即有：，所以，因此当且仅当即时等号成立，此时，所以直线的方程为：或【点睛】本题考查了抛物线定义、两点间距离公式以及利用基本不等式求最值，考查了学生的计算能力，属于一般题.21. 已知函数和函数.（1）若曲线在处的切线过点，求实数的值；（2）求函数的单调区间；（3）若不等式对于任意的恒成立，求实数的最大值.【
20、答案】（1）；（2）当时,单调递增区间为;当时,单调增区间为，单调递减区间为；（3）2.【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可.(2)易得,再求导分析导函数分子的根的存在情况,进而可得导函数在区间上的正负以及原函数的单调性.(3)令,再求导分析可得在上单调递增,可得.再分与两种情况分析函数的单调性求解最小值即可.【详解】解（1）,又,曲线在处的切线方程为,切线过点,.（2）的定义域为,则,令.（）当即时,函数的单调增区间为：.（）当即或时,有两个不等的实数根,当时,函数单调增区间为,当时,令,则或,令则,单调递增区间为,单调递减区间为.综上所述, 当时,单调递增区间为;当时,单调增区
21、间为，单调递减区间为；（3）令,则,记,则,所以在上单调递增,故,当,故在上单调递增,所以,符合题意.当时,故,又在上单调递增,所以存在唯一的实数,使得,列表如下：-0+极小值则当时,这与恒成立矛盾.综上,实数的最大值为2.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及利用导数分析含参函数的单调性问题.同时也考查了利用导数解决恒成立的问题.需要根据题意分析导数的零点存在性以及大小关系,进而确定函数的单调性以及最值.属于难题.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半
22、轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）设是曲线上任意一点，求点到直线的距离的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据曲线的参数方程为，消去参数即可.根据，化简得，再利用求解.（2）设，则点坐标满足（参数），再由点到直线的距离公式求解.【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），得，由，化简得，.（2）设，则点坐标满足（参数），所以到直线的距离，点到直线的距离的取值范围为【点睛】本题主要考查参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的转化以及点到直线的距离，还考查了运算求解的能力，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数，函数（1）当时，求实数的取值范围；（2）当与的图象有公共点时，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）去绝对值，转化为分段函数，解不等式即可；（2）函数与的图象有公共点，则方程有解，利用参变量分离法得出有解，利用绝对值三角不等式可求得的取值范围.详解】（1）当时，即.当时，则，此时；当时，则，解得，此时.综上所述，实数的取值范围为；（2）因为函数与函数的图象有公共点，则有解即有解，由绝对值三角不等式得，所以，所以当与的图象有公共点时，实数的取值范围为【点睛】本题考查解绝对值不等式，以及函数图象有交点的问题，考查绝对值三角不等式以及分类讨论思想的应用，属于中档题- 25 -
