1、吉林省梅河口市第五中学2020届高三数学第六次模拟考试试题 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2答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置3全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效4本试卷满分150分，测试时间120分钟5考试范围：高考全部内容一、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. 已知复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数的最小正整数值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】先将复数化简整理，然后利用复数在得平面内对应的点在第四象限，列不等式组，求出的取值范围，可求得实数的最小正整数值
2、.【详解】解：因为复数在复平面内对应的点在第四象限，所以，解得，所以实数的最小正整数值为3故选:C【点睛】此题考查复数的运算和复数的几何意义，属于基础题.2. 已知集合，则（ ）A. B. C D. 【答案】C【解析】【分析】将分式不等式化为一元二次不等式，解得集合，再根据补集的运算可得结果.【详解】由，得，或，所以或，所以.故选：C.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了补集的运算，属于基础题.3. 已知等差数列an满足4a33a2，则an中一定为零的项是（ ）A. a6B. a7C. a8D. a9【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的通项公式即可得到结果.【详解】由4a33a2
3、得，4(a1+2d)=3(a1+d)，解得：a1+5d=0，所以，a6=a1+5d=0.故选：A.【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查计算能力，属基础题.4. 从数学内部看，推动几何学发展的矛盾有很多，比如“直与曲的矛盾”，随着几何学的发展，人们逐渐探究曲与直的相互转化，比如：“化圆为方”解决了曲、直两个图形可以等积的问题如图，在等腰直角三角形中，以为直径作半圆，再以为直径作半圆，那么可以探究月牙形面积（图中黑色阴影部分）与面积（图中灰色阴影部分）之间的关系，在这种关系下，若向整个几何图形中随机投掷一点，那么该点落在图中阴影部分的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析
4、】月牙形面积等于半圆面积减去弓形部分的面积，从而确定月牙形面积和面积的关系，而面积可求，从而求出阴影部分的面积，再求出整个图形的面积，由几何概型的概率计算公式求解即可.【详解】不妨设，则，则如图，月牙形的面积，所以月牙形的面积和三角形的面积相等，而.整个图形的面积.阴影部分的面积为2，由几何概型的概率计算公式得：所求概率为.故选：D.【点睛】本题考查几何概型的概率公式，考查几何图形面积的求法，属于基础题.5. 已知圆：的圆心是双曲线：（，）的一个焦点，且双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的虚轴长为（ ）A. 3B. 6C. 7D. 【答案】B【解析】【分析】求得圆的圆心和半径，双曲线的渐近线方程
5、，运用直线和圆相切的条件：，由，可得，进而得到虚轴长【详解】解：圆：即，圆心坐标为，半径双曲线的渐近线方程为，由直线和圆相切的条件：，可得，由题意可得，由，可得，即有双曲线的虚轴长为故选：B【点睛】本题考查双曲线的虚轴长，注意运用直线和圆相切的条件：，考查化简整理的运算能力，属于基础题6. 若执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.【详解】执行上述程序框图，可知：，第1次循环，不满足判断条件；第2次循环，不满足判断条件；第3次循环，不满足判断条件；第4次循环，不满足判断条件；第5次循环，
6、不满足判断条件；第6次循环，不满足判断条件；第7次循环，满足判断条件，输出.故选：D.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中根据程序框图，逐次计算，结合判断条件求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7. 有如下四个函数图象：有四个函数，则图象与函数的对应顺序为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的值域以及自变量的函数值进行排除，可以得出答案.【详解】，排除图（1）和图（3），且时，排除图（4），故其对应图（2），排除图（1）和图（3），且时，排除图（2），故其对应图（4），排除图（2）和图（4），当时，排除图（1），故其对应图（3），排
7、除图（2）和图（4），且时，排除图（3），故其对应图（1）.故选：D.【点睛】本题考查了函数的图象的识别，考查了正余弦函数的值域，属于基础题.x+2y0，8. 已知实数，满足，若的最大值为2019，则实数的值为（ ）A. B. 673C. 504D. 【答案】B【解析】【分析】依题意画出可行域，数形结合判断目标函数何时取得最大值，代入求值即可；【详解】解：画出线性约束条件表示的可行域如图所示，目标函数，即，显然当直线经过点时取得最大值，又的最大值为2019，所以，解得故选：B【点睛】本题考查简单的线性规划问题，属于基础题.9. 如图，是一块木料的三视图，将它经过切削，打磨成半径最大的球，则该木
8、料最多加工出球的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r然后判断球的个数【详解】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r，则4r+3r5，r1球的直径为2，两个球的直径和为4，棱柱的高为5，所以则该木料最多加工出球的个数为2故选B【点睛】本题考查三视图，考查三棱柱的内切球，考查学生的计算能力，属于基础题10. 将函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度后，得到函数的图像，已知分别在，处取得最大值和最小值，则的最小值为（ ）
9、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换化简的解析式，再利用函数的图象变换规律求得的解析式，根据正弦函数的最值条件求得的最小值【详解】函数，将图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍纵坐标不变，可得的图象；再向左平移个单位，得到函数的图象已知分别，处取得最大值和最小值，则，故当时，取得最小值为，故选B【点睛】本题主要考查三角恒等变换，函数的图象变换规律，正弦函数的最值，属于中档题三角函数的平移问题，首先保证三角函数同名，不是同名通过诱导公式化为同名，在平移中符合左加右减的原则，在写解析式时保证要将x的系数提出来，针对x本身进行加减和伸缩.11. 设抛物线的焦点为，过点的直线
10、与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点，则与面积的比（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，进而由两三角形相似，得出，再由抛物线的定义求得，根据的值求得点的坐标，进而利用两点式求得直线的方程，把代入，即可得点的坐标，从而求得的值，则三角形的面积之比可得.【详解】解：如图过，两点分别作准线的垂线，垂足分别为，因为 ，所以，由抛物线定义得，因为，所以，因为，所以，所以 ，所以直线AB的方程为，将代入上式得，解得 或，所以，所以 ，所以，故选：D【点睛】此题考了抛物线的应用，抛物线的简单性质，考查了基础知识的综合运用和综合分析问题的能力，属于中档题.12. 已知函数 (，
11、且)在区间上为单调函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】通过增函数的定义和临界点先求出参数的范围，再作出函数的与的图像，分类讨论在临界点处直线是位于上方还是与下方相切，进而求出答案【详解】因为函数在区间上为单调函数，且在上为单调递增函数，所以在上也为单调递增函数，因为在上为单调递减函数，所以，且，即，所以，若函数有两个不同的零点，则函数的图像与直线有两个不同的交点，作出函数的图像与直线，如图：由图可知，当，即时，符合题意；当，即时，直线与抛物线相切也满足，联立直线与抛物线，消去得，所以，解得，符合.综上所述：实数的取值范围是.故
12、选：C【点睛】本题考查由函数增减性求参数范围，数形结合求解函数零点问题，分类讨论思想，属于难题二、填空题13. 已知向量，满足，则实数的值为_【答案】或【解析】【分析】根据向量的数量积和模的计算公式，发别求得，结合条件列出方程，即可求解.【详解】由题意，向量，则，因为，可得，整理得，解得或.故答案为：或.【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的运算，以及向量的模的计算及应用，其中解答中熟记向量的数量积和模的计算公式，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.14. 已知，则_.【答案】10【解析】【分析】将二项式等价变形为，根据变形后的二项式展开式的通项公式，求得的值.【详解】，其通项公式
13、为，故，所以.故答案为10【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.15. 已知球的直径，是该球面上的两点，则三棱锥的体积最大值是_.【答案】2【解析】【分析】由直径所对圆周角为直角可求出，设h为点A到底面BCD的距离，分析可知当h最大时三棱锥的体积最大，当平面平面时h最大为斜边上的高，等面积法求出h即可求得三棱锥的体积的最大值.【详解】如图所示，因为DC为球的直径，所以，根据已知条件可得，设h为点A到底面BCD的距离，则，故当h最大时，三棱锥的体积最大，当平面平面时，h最大为斜边上的高，因为球的直径,，所以，解得，此时三棱锥的体积取最大值.故答案
14、为：2【点睛】本题考查三棱锥的外切球问题、三棱锥的体积，考查空间想象能力，属于中档题.16. 已知数列满足，是首项为1，公比为2的等比数列，是公比为的等比数列，则数列的前20项的和为_【答案】317【解析】【分析】由已知先求出，再由，是公比为等比数列，求出和，然后利用分组求和求解.【详解】解：因为，是首项为1，公比为2的等比数列，所以，因为，是公比为的等比数列，所以，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，是以为首项，2为公比的等比数列，所以数列的前20项的和为故答案为：317【点睛】此题考查等比数列的有关计算，考查分组求和，属于中档题.三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第172
15、1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. 在中，内角、的对边分别为、，且（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的值【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）利用正弦定和三角形内角和定理与三角恒等变换，即可求得的值；（2）由三角形面积公式和余弦定理，即可求得的值.详解：(1)由已知及正弦定理得：， ， (2) 又所以，点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，齐总利用正、余弦定理解三角形问题
16、是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.18. 2019年的“金九银十”变成“铜九铁十”，国各地房价“跳水”严重，但某地二手房交易却“逆市”而行如图是该地某小区2018年11月至2019年1月间，当月在售二手房均价（单位：万元平方米）的散点图（图中月份代码113分别对应2018年11月2019年11月）根据散点图选择和两个模型进行拟合，经过数据处理得到两个回归方程分别为和，并得到以下一些统计量的值：000059100001640006050（1）请利用相关指数判断哪个模型的拟合效果更好；（2）某位购房者拟于2020年4月购买这个小区平方米的二手房（欲购房
17、为其家庭首套房）若购房时该小区所有住房的房产证均已满2但未满5年，请你利用（1）中拟合效果更好的模型解决以下问题：（i）估算该购房者应支付的购房金额；（购房金额房款税费，房屋均价精确到0001万元平方米）（ii）若该购房者拟用不超过100万元的资金购买该小区一套二手房，试估算其可购买的最大面积（精确到1平方米）附注：根据有关规定，二手房交易需要缴纳若干项税费，税费是按房屋的计税价格（计税价格房款）进行征收的房产证满2年但未满5年的征收方式如下：首套面积90平方米以内（含90平方米）为；首套面积90平方米以上且140平方米以内（含140平方米）；首套面积140平方米以上或非首套为参考数据：，参考
18、公式：相关指数【答案】（1）模型二拟合效果好；（2）（i）2020年4月份二手房均价的预测值为1.044（万元平方米）；（ii）最大面积为94平方米；【解析】【分析】（1）根据相关指数的意义，通过简单估算即可解决问题；（2）通过散点图确定2020年4月对应的的取值，代入（1）中拟合效果更好的模型，并利用参考数据求出二手房均价的预测值，通过阅读税收征收方式对应的图表信息，选择有用的信息，进行合理分类建立正确的函数模型，便能顺利求解；先直观估算100万可购买的最大面积的大致范围，再利用中相应的结论求解【详解】解：（1）模型一中，的残差平方和为0.000591，相关指数为；模型二中，的残差平方和为0
19、.000164，相关指数为；相关指数较大的模型二拟合效果好些；（2）通过散点图确定2020年4月对应的，代入（1）中拟合效果更好的模型二，代入计算（万元平方米）；则2020年4月份二手房均价的预测值为1.044（万元平方米）；设该购房者应支付的购房金额万元，因为税费中买方只需缴纳契税，当时，契税为计税价格的，故；当时，契税为计税价格的，故；当时，契税为计税价格的，故；当时购房金额为万元，当时购房金额为万元，当时购房金额为万元；设该购房者可购买该小区二手房的最大面积为平方米，由知，当时，应支付的购房金额为，又；又因为房屋均价约为1.044万元平方米，所以，所以，由，解得，且，所以该购房者可购买该
20、小区二手房的最大面积为94平方米【点睛】本题以购房问题为背景，以散点图、相关指数为载体，考查回归分析、数据处理能力、推理论证能力、运算求解能力和应用意识，属于中档题19. 如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，为的中点，平面平面，二面角的余弦值为，三棱锥的体积为（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直性质定理和线面垂直的判定定理可以证明.（2）根据棱锥的特性可知，过作于点，连接，则，所以为二面角的平面角.由三棱锥的体积可求出顶点到底面的距离，根据二面角的余弦值可计算出正弦值，进而计算的长，通过勾股定理可知边、的长，再通过三角形面积
21、相等计算和的值，从而通过余弦定理计算所求.【详解】（1）为等边三角形，为的中点，所以有，又平面平面，平面平面，所以平面（面面垂直的性质定理），又平面，所以平面平面（线面垂直的判定定理），得证.（2）因为，所以 过作于点，连接，则，所以为二面角的平面角.即即为所求.设三棱锥的高为，则有，得.由（1）可知，为二面角的平面角，所以，则，则，所以.由余弦定理可得：，.在中，由余弦定理可知：，则有，所以，同理，又，所以由余弦定理可知.【点睛】本题考查面面垂直的性质定理，考查线面垂直的判定定理，考查求二面角的平面角的余弦值以及已知二面角的平面角求相关量，考查三棱锥的体积公式，考查学生分析问题和转化问题的能
22、力，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.20. 已知椭圆：（）的离心率为，分别为的左、右焦点，过的右焦点作轴的垂线交于，两点，的面积为（1）求椭圆的方程；（2）是否存在与轴不垂直的直线与交于，两点，且弦的垂直平分线过的右焦点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】（1），（2）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据离心率得，根据的面积为得，从而解得，可得椭圆的方程；（2）假设存在与轴不垂直的直线满足题意，设，代入，设，根据判别式可得，根据韦达定理得弦的中点坐标，可求得弦的垂直平分线方程，将代入可得，将其代入，得无解，故不存在符合题意的直线.【详解】（1）依题意，所以，即
23、，所以，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）假设存在与轴不垂直的直线满足题意，设，将其代入，整理得，所以，所以，设，则，则，所以的中点为，所以弦的垂直平分线方程为，因为弦的垂直平分线过的右焦点，所以，所以，将其代入，得，化简得，此不等式不成立，所以不存在符合题意的直线.【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了运算求解能力，属于中档题.21. 已知函数（1）若函数的图象与直线相切，求的值；（2）求证：对任意，恒成立【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】分析】（1）设出切点坐标，写出曲线在该点处的切线方程，与已知切线方程比对，列出方程组，即可解得的值；（2）构造函
24、数，首先证明，然后证明，由不等式的传递性即可证明不等式.【详解】（1）由题意知，设切点坐标为，则，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，所以，由，得，即，令，则，当时，所以在上单调递增，所以时，即，故由解得，所以；（2）令，则，令，则，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以存在，使得，又，所以当时，当时，当时，即在和上单调递增，在上单调递减，又，所以当时，当时等号成立，即当时，于是，当时等号成立，令则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以当时，有，即，当时等号成立，又因为，当时等号成立，所以，对任意，恒成立.【点睛】该题考查函数图象的切线以及函数的单调性，
25、考查函数最值以及不等式的证明，考查学生分析问题与解决问题的能力，逻辑推理能力和运算求解能力，属于较难题目.（二）选考题请考生在第22、23题中任选一题作答选修4-4：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，轴的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）求上的动点到距离的取值范围【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）直线的参数方程消去参数t，能求出直线 的普通方程；曲线的极坐标方程转化为，由此能求出曲线的直角坐标方程（2）设 ，则，由此能求出曲线上的点到的距离的取值范围【详解】（1）直线的参数方程为（t
26、为参数），消去参数t，能求出直线的普通方程为 曲线的极坐标方程为，即曲线的直角坐标方程为 ，即 （2）曲线的参数方程为，（为参数），设，则 ，曲线上的点到的距离的最大值为，最大值为，所以取值范围为 .【点睛】本题查直线的普通方程、曲线的直角坐标方程的求法，考查曲线上的点到直线的距离的最大值的求法，考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题选修4-5：不等式选讲23. 已知函数（1）解不等式；（2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，再利用两边平方整理化成一元二次不等式即可解决问题；（2）先由得，令，下面求得的最小值，从而所求实数的范围【详解】（1）由得，两边平方整理得，解得或，原不等式的解集为， （2）令，则，故，从而所求实数的范围为，即，实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法、函数存在性问题对于函数存在性问题，处理的方法是：利用分离参数法转化为求函数的最值问题解决