1、2020年桂林市高考第二次模拟考试文科数学一、选择题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简集合，进而求并集即可.【详解】由题意可得，所以，故选A.【点睛】本题考查集合的并集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.2.已知（其中为虚数单位），则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化简得，即得的虚部.【详解】由题得.所以的虚部为1.故选：B.【点睛】本题主要考查复数的除法运算和复数的虚部，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用指对函数的单调性，借助中间量比
2、较大小.【详解】，所以，故选A【点睛】利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小4.若x,y满足约束条件的取值范围是A. 0,6B. 0,4C. 6, D. 4, 【答案】D【解析】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是4，+）故选D5.某中学高三文科班从甲
3、、乙两个班各选出名学生参加文史知识竞赛，他们取得的成绩的茎叶图如图，其中甲班学生成绩的平均分是，乙班学生成绩的中位数是，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据平均数和中位数的定义和公式，分别进行计算即可得到结论【详解】解：班学生成绩的平均分是85，即乙班学生成绩的中位数是83，若，则中位数为81，不成立若，则中位数为，解得，故选：C【点睛】本题主要考查茎叶图是应用，要求熟练掌握平均数和中位数的概念和计算公式，属于基础题6.函数的大致图象为（）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可【详解】解：函数，则
4、函数为非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，排除C，D，当，排除B， 故选A【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键7.九章算术中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？ ”其大意：“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题首先可以根据直角三角形的三边长求出三角形的内切圆半径，然后分别计算出内切圆和三角形的面积，最后通过几何概型的概率计算公式即可得出答案.【详解】如图所示，直角三角形
5、的斜边长为，设内切圆的半径为，则，解得.所以内切圆的面积为，所以豆子落在内切圆外部的概率，故选C【点睛】本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误8.在中，若，则的形状是（ ）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角
6、形或直角三角形【答案】D【解析】由已知，或，即或，由正弦定理，得，即，即，均为的内角，或或，为等腰三角形或直角三角形，故选D.9.已知函数（，），其图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数的图象（ ）A. 关于点对称B. 关于点对称C. 关于直线对称D. 关于直线对称【答案】B【解析】分析：利用函数的图象与性质求出和，写出函数的解析式，再求的对称轴和对称中心，从而可得结果.详解：因为函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以函数的周期为，将函数的图象向左平移个单位后，得到函数图象，图象关于轴对称，即，又，令，解得，得的图象关于点对称，故选B.
7、点睛：本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题.由 函数可求得函数的周期为；由可得对称轴方程；由可得对称中心横坐标.10.如图所示，正方体的棱长为，为，的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】如图所示，取中点，的中点，的中点，连接，可得：四边形是平行四边形，可得同理可得：可得面面平行，进而得出点轨迹【详解】解：如图所示，取中点，的中点，的中点，连接，可得：四边形是平行四边形，又平面，平面，所以平面同理可得：又平面，平面，所以平面平面平面，点是正方形内的动点，若平面点在线段上点的轨迹长度故选：C【点睛】本题考查了面面平行判定
8、定理与性质定理、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.已知函数在区间（1，3）上有最大值，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】先求导，令，由函数在区间（1，3）上有最大值，则在区间（1，3）上有零点，则必需，解出即可得出.【详解】解：.令，由韦达定理可得若函数有零点，则必有一个负零点和一个正零点，又由函数在区间（1，3）上有最大值，则在区间（1，3）上有零点，由零点存在性定理可得，解得.实数a的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值，关键是零点存在性定理的应用，属于中档题.12.已知双曲线：的右焦点为，左顶点为，以为圆
9、心，为半径的圆交的右支于，两点，且线段的垂直平分线经过点，则的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设双曲线的左焦点为，是线段的垂直平分线，则点在上，可得是等边三角形，故.中，由双曲线的定义可得，余弦定理可求得，故可求离心率.【详解】设双曲线的左焦点为，连接.点是线段的中点，是线段的垂直平分线，则点在上.如图所示则.又双曲线和以为圆心的圆都关于轴对称，点关于轴对称，是等边三角形，.由题意，.又点在双曲线的右支上，.中，由余弦定理得，即，整理得，即或（舍），.故选：B.【点睛】本题考查双曲线的定义、几何性质，考查圆的几何性质，属于中档题.二、填空题13.已知，则_.【
10、答案】【解析】【分析】由诱导公式可得，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：因为所以，所以故答案为：【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题.14.已知向量，则在方向上的投影为_.【答案】【解析】【分析】根据向量夹角的坐标表示，得到，再由投影的定义，即可得出结果.【详解】因为向量，所以，因此，在方向上的投影为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求向量的投影，熟记向量夹角公式，以及投影的定义即可，属于基础题型.15.设函数，则使成立的的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据复合函数的单调性、奇偶性的定义得出函数的奇偶性、单调性，根据单调性解不等式，即可得出答案.【详
11、解】，函数的定义域为可看作和复合而成的在上单调递增，且函数递增函数在上单调递增，则函数为偶函数等价于即，即，整理得解得或故答案为：【点睛】本题主要考查了利用单调性以及奇偶性解抽象不等式，属于中档题.16.在三棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】在等边三角形中，取的中点，设其中心为，则，再利用勾股定理可得，则为棱锥的外接球球心，利用球的表面积公式可得结果.【详解】如图，在等边三角形中，取的中点，设其中心为，由，得，是以为斜边的等腰角三角形，,又因为平面平面，平面 ，则为棱锥的外接球球心，外接球半径，该三棱锥外接
12、球的表面积为，故答案为.【点睛】本题考查主要四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；若面（），则（为外接圆半径）；可以转化为长方体的外接球；特殊几何体可以直接找出球心和半径.三、解答题17.如图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图.空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染.某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天.（1）求此人到达当日空气重度污染的概率；（2）求此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率；（3）由
13、图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）【答案】（1）（2）（3）从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大【解析】【分析】（1）直接利用古典概型的概率公式求解；（2）事件“此人在该市停留期间只有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日或5日或7日或8日”，再利用古典概型的概率得解；（3）由图观察得从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.【详解】解：（1）在3月1日至3月13日这13天中，5日、8日共2天的空气重试污染，所以此人到达当日空气重度污染的概率为.（2）根据题意，事件“此人在该市停留期间只有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日
14、或5日或7日或8日”，所以此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率为.（3）由图可以看出，从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，考查方差的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.已知数列的前项和为，.（1）求证：数列是等差数列；（2）若，设数列的前项和为，求.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由已知变形为，可证得等差数列；（2）由（1）求得，从而得，对按奇数项和偶数项分别分组求和，奇数项的和用裂项相消法求和，偶数项用等比数列前项和公式求和【详解】解：（1）证明：因为，所以，所以，所以.所以是以为首项，以为公差的
15、等差数列.（2）由（1）可得，所以.【点睛】本题考查等差数列的证明，考查等差数列通项公式，前项和公式，等比数列前项和公式，考查分组求和法，裂项相消法求和抓住数列的特征选用不同的求和方法计算是解题关键19.已知四棱锥，底面为正方形，且底面，过的平面与侧面的交线为，且满足（表示的面积）.（1）证明：平面；（2）当时，求点到平面的距离.【答案】(1)见解析(2) 【解析】【详解】（）证明：由题知四边形ABCD为正方形AB/CD，又平面PCD，AB平面PCDAB/平面PCD 又AB平面ABFE，平面ABFE平面PCD=EFEF / AB，又AB/CDEF /CD， 由SPEF：S四边形CDEF=1:3
16、知E、F分别为PC、PD的中点连接BD交AC与G，则G为BD中点，在PBD中FG为中位线， EG/PB EG/PB，EG平面ACE，PB平面ACEPB/平面ACE. （）PA=2，AD=AB=1， , CDAD，CDPA，ADPA=A，CD平面PAD，CDPD在RtCDE中， 在ACE中由余弦定理知，SACE=设点F到平面ACE的距离为，则 由DGAC，DGPA，ACPA=A，得DG平面PAC，且E为PD中点，E到平面ACF距离为 又F为PC中点，SACF SACP ，由知点F到平面ACE的距离为.20.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在区间上存在两个不同零点，求实数的取值范围.
17、【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据a讨论导函数零点，根据导函数零点情况讨论导函数符号，根据导函数符号确定函数单调性，（2）先分离，再利用导数研究函数单调性，最后根据图像确定存在两个不同零点的条件，解对应不等式得实数的取值范围.试题解析：（1）若时，此时函数在上单调递增；若时，又得：时，此时函数在上单调递减；当时，此时函数在上单调递增；（2）由题意知：在区间上有两个不同实数解，即函数图像与函数图像有两个不同的交点，因为，令得：所以当时，函数在上单调递减当时，函数在上单调递增；则，而，且，要使函数图像与函数图像有两个不同的交点，所以的取值范围为.点睛：利用函
18、数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.21.已知椭圆的焦点坐标为，过垂直于长轴的直线交椭圆于、两点，且.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线与椭圆交于不同的两点、，则的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在；内切圆面积的最大值为，直线的方程为【解析】【分析】（1）设椭圆方程，由焦点坐标可得，由，可得，又，由此可求椭圆方程；（2）设，不妨，设的内切圆的径，则的周长，因此
19、最大，就最大设直线的方程为，与椭圆方程联立，从而可表示的面积，利用换元法，借助于导数，即可求得结论【详解】解：（1）设椭圆方程为，由焦点坐标可得.由，可得.又，得，.故椭圆方程为.（2）设，不妨令，设的内切圆的半径为，则的周长为，因此要使内切圆的面积最大，则最大，此时也最大.，由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，由得，得，则，令，则，则令，则，当时，所以在上单调递增，有，当，时，又，这时所求内切圆面积的最大值为，此时直线的方程为【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，分析得出最大，就最大是关键，属于中档题22.选修4-
20、4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），现以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（）求圆的极坐标方程； （）设是圆上的两个动点，且，求的最大值.【答案】（）；（）【解析】【分析】（）先由参数方程写出直角坐标方程，再由 代入化简即可得到圆的极坐标方程；（）先根据 设出P,Q的极坐标，再对 化一，求出 的范围进而求出的最大值【详解】（）圆的直角坐标方程为，即，所以圆的极坐标方程为，即. ()设的极坐标为，则，则,又，所以，所以当时，取最大值.【点睛】本题考查参数方程，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标的应用，注意的范围，侧重计算能力的考查23.选修4-5：不等式
21、选讲已知函数.（）若，解不等式；（）当时，函数的最小值为，求实数的值.【答案】() () 【解析】【分析】（）a=-2时， ，f(x)的两个零点分别为-1和1，通过零点分段法分别讨论 ，去绝对值解不等式，最后取并集即可；（）法一： 时， ，化简f(x)为分段函数，根据函数的单调性求出f(x)在 处取最小值3，进而求出a值法二：先放缩，再由绝对值三角不等式求出f(x)最小值，进而求a【详解】() 时，不等式为当 时，不等式化为，此时 当 时，不等式化为，当 时，不等式化为，此时综上所述，不等式的解集为（）法一：函数f(x)|2xa|x1|，当a2，即时， 所以f(x)minf（）13，得a42(符合题意)，故a4. 法二： 所以，又，所以.【点睛】本题考查绝对值三角不等式的解法，零点分段法化简分段函数，求分段函数的最值，体现了分类讨论的数学思想
