广西壮族自治区柳州市2020届高三数学3月模拟考试试题 理（含解析）

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1、柳州市2020届高三毕业班3月份模拟考试理科数学一、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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意求出集合，再求出即可【详解】，故选B【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键是正确求出集合，属于基础题2.设为虚数单位，则复数的虚部为（ ）A.B. C. -1D. 1【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘除运算求出复数的代数形式，然后可得复数的虚部【详解】由题意得，所以复数的虚部为1故选D【点睛】解答本题容易出现的错误是认为复数的虚部为，解题的关键是得到复数的

2、代数形式和熟记相关的概念，属于基础题3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因为所以选C考点：比较大小【此处有视频，请去附件查看】4.在某次高三联考数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为0.75，则任意选取一名学生，该生成绩高于115的概率为（ ）A. 0.25B. 0.1C. 0.125D. 0.5【答案】C【解析】【分析】根据正态曲线的对称性求解即可得到所求概率【详解】由题意得，区间关于对称，所以，即该生成绩高于115的概率为故选C【点睛】本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率，求解的关键是把所给区间用已知区间表示，并根据曲线的对称性进行求

3、解，考查数形结合的应用，属于基础题5.圆关于直线对称的圆的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出已知圆的圆心关于直线的对称点的坐标，即得所求圆的圆心，再结合圆的半径不变即可求出圆的方程【详解】由题意得，圆方程即为，圆心坐标为，半径为1设圆心关于直线的对称点的坐标为，则，解得，所求圆的圆心坐标为，所求圆的方程为故选D【点睛】确定圆的条件有两个：一个是求出圆心的坐标，另一个是确定圆的半径解答本题的关键是根据点与点关于直线的对称求出圆心的坐标，然后可得圆的标准方程6.如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果为（ ）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】B【解析】由题设

4、当时，；当时，；当时，；当时，运算程序结束，输出，应选答案B。7.等差数列中，若，则的值是（ ）A. 4B. 5C. 6D. 8【答案】A【解析】【分析】由题意得，所以，所以，进而可得所求结果【详解】，故选A【点睛】本题考查等差数列中下标和性质的应用，解题的关键是进行适当的变形，以得到能运用性质的形式本题也可转化为等差数列的首项和公差后进行求解，属于基础题8.已知菱形的边长为2，为的中点，则的值为（ ）A. 4B. -3C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合图形可得，然后根据数量积的定义求解即可【详解】菱形的边长为2，为的中点， 故选B【点睛】本题考查向量数量积的运算，解题的关键是选择适当

5、的基底，然后将所有向量用同一基底表示出来，再根据定义求解，属于基础题9.关于函数，有下列叙述：（1）其图像关于直线对称；（2）其图像可由图像上所有点的横坐标变为原来的倍得到；（3）其图像关于点对称；（4）其值域是.则叙述正确的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】对给出的四个结论分别进行分析后可得正确结论的个数，进而得到答案【详解】对于（1），在函数中，令，得，不是函数的最值，故（1）不正确；对于（2），由图像上所有点的横坐标变为原来的倍，可得的图像，故（2）正确；对于（3），当时，可得，可得函数的图像关于点对称，故（3）错误；对于（4），由题意可得函数的值域为

6、，故（4）正确综上可得（2）（4）正确故选B【点睛】解答本题的关键是结合三角函数的有关知识对给出的结论逐一进行判断，解题时注意转化思想的运用，如把函数图象的对称轴和最值联系起来，把对称中心和函数的零点联系起来，综合考查运用知识解决问题的能力10.在高三下学期初，某校开展教师对学生的家庭学习问卷调查活动，已知现有3名教师对4名学生家庭问卷调查，若这3名教师每位至少到一名学生家中问卷调查，又这4名学生的家庭都能且只能得到一名教师的问卷调查，那么不同的问卷调查方案的种数为（ ）A. 36B. 72C. 24D. 48【答案】A【解析】【分析】分为两步进行求解，即先把四名学生分为1,1,2三组，然后再

7、分别对应3名任课老师，根据分步乘法计数原理求解即可【详解】根据题意，分2步进行分析：先把4名学生分成3组，其中1组2人，其余2组各1人，有种分组方法；将分好的3组对应3名任课教师，有种情况；根据分步乘法计数原理可得共有种不同的问卷调查方案故选A【点睛】解答本题的关键是读懂题意，分清是根据分类求解还是根据分布求解，然后再根据排列、组合数求解，容易出现的错误时在分组时忽视平均分组的问题考查理解和运用知识解决问题的能力，属于基础题11.已知双曲线的左、右焦点为、，双曲线上的点满足恒成立，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由是的边上的中线得到，于是可得

8、，再根据，可得，进而得到所求范围【详解】是的边上的中线，当且仅当三点共线时等号成立又，又，故离心率的取值范围为故选C【点睛】解答本题时注意两点：一是注意数形结合在解题中的应用，特别是由题意得到；二是根据题意得到间的关系，再根据离心率的定义求解，属于基础题12.如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（ ）A. 当时，平面B. 当为中点时，四棱锥的外接球表面为C. 的最小值为D. 当时，平面【答案】C【解析】【分析】结合图形，对给出的四个选项分别进行分析讨论后可得错误的结论【详解】对于，连结，则，设到平面的距离为，则，解得，.当时，为与平面的交点平面平面，

9、平面，平面，故A正确又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，平面，所以D正确对于B，当为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B正确对于C，连结，则，由等面积法得的最小值为，的最小值为所以C不正确故选：C.【点睛】由于本题涉及的知识点及内容较多，所以在解题时要根据所求分别进行分析、判断，解题时注意空间中位置关系及数量关系的灵活运用，考查运用知识综合解决问题的能力及识图、判断能力，难度较大二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若实数、满足约束条件，则的最大值为_【答案】11【解析】【分析】画出不等式组表示的平面

10、区域，由得，然后平移直线，根据的几何意义判断出最优解，进而可得所求最值【详解】由约束条件作出可行域如图阴影部分所示由，得平移直线，由图形可得，当直线经过可行域内的点时，直线在轴上的截距最大，此时取得最大值由，可得，所以故答案为：11【点睛】利用线性规划求最值体现了数形结合思想的运用，解题的关键有两个：一是准确地画出不等式组表示的可行域；二是弄清楚目标函数中的几何意义，根据题意判断是截距型、斜率型、还是距离型，然后再结合图形求出最优解后可得所求14.如图，在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图都是边长为2的等边三角形，左视图是等腰直角三角形，那么这个几何体的体积为_【答案】1【解析】【分析】根据

11、三视图得到几何体的直观图，再根据直观图求出几何体的体积即可【详解】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，高为，底面为边长为2的正三角形，因此几何体的体积为故答案为：1【点睛】在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解15.已知正项等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为_【答案】4【解析】【分析】由可得，然后由 可得所求最小值【详解】由得，又，解得， ，当且仅当时等号成立故答案为：4【点睛】运用基本不等式求最值时，要注意使用的条件，即

12、“一正、二定、三相等”，且三个条件缺一不可当条件不满足时，需要利用“拆”、“凑”等方法进行适当的变形，使之满足能使用不等式的形式考查知识间的综合运用，属于基础题16.已知函数与的图像上存在关于原点对称的对称点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】将问题转化为方程，即在上有解求解，然后根据导数的几何意义并结合两函数的图象的相对位置可得所求范围【详解】函数与的图像上存在关于原点对称的对称点，方程，即在上有解，方程在有解设，且为的切线，设切点为，由得，则有，解得 由图象可得，要使直线和的图象有公共点，则，解得所以实数的取值范围是故答案为：【点睛】解得本题的关键有两个：一是将两函数图象上有对称

13、点的问题转化为方程有解的问题处理；二是解题时要利用数形结合的方法，以提高解题的直观性考查导数几何意义及变换思想的运用，具有综合性和难度三、解答题：共70分.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：60分17.在中，角所对的边分别为，且.（1）求角；（2）若，的中线，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理及条件可得，变形后得到，于是，（2）由的中线可得，两边平方后得到，又根据余弦定理得，于是，所以可得三角形的面积【详解】（1） .，又在中，又，（2）由可得：，即，又由余

14、弦定理，由两式得，的面积【点睛】本题考查正余弦定理在三角形中的应用及三角形的面积公式，解题的关键是根据需要进行适当的变形，逐步达到求解的目的，属于基础题18.某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域空气质量指数与空气质量等级对应关系如下表（假设该区域空气质量指数不会超过300）：空气质量指数空气质量等级1级优2级良3级轻度污染4级中度污染5级重度污染6级严重污染该社团将该校区在2020年11月中10天的空气质量指数监测数据作为样本，绘制的频率分布直方图如下图，把该直方图所得频率估计为概率.（1）以这10天的空气质量指数监测数据作为估计2020年11月的空气质量情况，则2020年11月

15、中有多少天的空气质量达到优良？（2）从这10天的空气质量指数监测数据中，随机抽取三天，求恰好有一天空气质量良的概率；（3）从这10天的数据中任取三天数据，记表示抽取空气质量良的天数，求的分布列和期望.【答案】（1）11月中平均有9天的空气质量达到优良；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）由频率分布直方图得到11月中10天的空气质量优良的频率，即为概率，然后进行估计可得30天中空气优良的天数（2）根据古典概型概率公式和组合数的计算可得所求概率（3）先判断出随机变量的所有可能取值，然后分别求出对应的概率，进一步可得分布列和期望【详解】（1）由频率分布直方图，知这10天中1级优1天，2级良2天

16、，3-6级共7天.所以这10天中空气质量达到优良的概率为，因为，所以11月中平均有9天的空气质量达到优良（2）记“从10天的空气质量指数监测数据中，随机抽取三天，恰有一天空气质量优良”为事件，则，即恰好有一天空气质量良的概率（3）由题意得的所有可能取值为0，1，2，；所以的分布列为：012所以【点睛】解得此类应用题的关键在于读懂题意，并从统计图表中得到解题的条件和信息，然后再根据要求进行求解求分布列时首先要得到随机变量的所有可能取值，然后再根据概率类型求出相应的概率，列成表格的形式即可本题考查概率与统计的结合，属于基础题19.如图，菱形的对角线与相交于点，平面，四边形为平行四边形.（1）求证：

17、平面平面；（2）若，点在线段上，且，求平面与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据条件先证得，再由得，于是平面，进而可得结论成立（2）由题意得两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再求出两法向量的夹角的余弦值，进而可得所求正弦值【详解】（1）证明：四边形为菱形，平面，平面，又四边形为平行四边形，平面平面，平面平面（2）平面，.，四边形为正方形建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，得同理可求得平面的一个法向量,，平面与平面所成角的正弦值为【点睛】（1）用向量法解决空间角问题的关键是建立适当的空间直角坐标系，然后得到相关点的

18、坐标，求出直线的方向向量或平面的法向量，然后利用向量的运算进行求解（2）向量法求二面角大小时，可分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小20.如图，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上任意一点，关于原点的对称点为，有，且的最大值.（1）求椭圆的标准方程；（2）若是关于轴的对称点，设点，连接与椭圆相交于点，问直线与轴是否交于一定点.如果是，求出该定点坐标；如果不是，说明理由.【答案】（1）；（2）定点.【解析】【分析】（1）由对称可得，故又根据的最大值得到，进而得到，所以可得到椭圆的方程（2）由题意可设直线的

19、方程为，结合由直线方程与椭圆方程组成的方程组可得直线的方程为，令得，将，代入上式整理得，然后代入两根和与两根积可得，从而得直线与轴交于定点【详解】（1）因为点为椭圆上任意一点，关于原点的对称点为，所以，又，所以，又的最大值为，知当为上顶点时，最大，所以，所以，所以所以椭圆的标准方程为（2）由题知直线的斜率存在，设直线的方程为由消去并整理得因为直线与椭圆交于两点，所以，解得设，则，且，由题意得，直线的方程为，令得， 将，代入上式整理得将代入上式，得，所以直线与轴交于定点【点睛】（1）解答解析几何问题的方法是把题目信息坐标化，然后通过代数运算达到求解的目的，由于在解题中需要用到大量的计算，所以采取

20、相应的措施以减少计算量，如“设而不求”、“整体代换”等方法的利用（2）解决定点问题时，可根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点21.已知函数在区间上为增函数，.（1）求实数的取值范围；（2）当取最大值时，若直线：是函数的图像的切线，且，求的最小值.【答案】（1）；（2）的最小值为-1.【解析】【分析】（1）根据在上恒成立可得实数的取值范围（2）由题意得，设切点坐标为，根据导数的几何意义求得，又由，得，从而得到，然后再利用导数求出函数的最小值即可【详解】（1），又函数 在区间上为增函数，在上恒成立，在

21、上恒成立令，则当时，取得最小值，且，实数的取值范围为（2）由题意的，则，设切点坐标为，则切线的斜率，又，令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增当时，有最小值，且，的最小值为【点睛】本题考查导数的几何意义和导数在研究函数性质中的作用，其中在研究函数的性质中，单调性是解题的工具和基础，而正确求导并判断导函数的符号是解题的关键，考查计算能力和转化意识的运用，属于基础题（二）选考题：共10分.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.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的，得

22、到曲线，在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程及直线的直角坐标方程；（2）设点为曲线：上的任意一点，求点到直线的距离的最大值.【答案】（1）：， ：；（2）【解析】【分析】（1）由图象变换得到曲线的参数方程为（为参数），消去参数可得直角坐标方程，再化为极坐标方程即可由直线的极坐标方程并结合互化公式可得直线的直角坐标方程（2）设，根据点到直线的距离公式和三角函数的有关知识可得最大值【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），根据图象变换可得曲线的参数方程为（为参数），消去方程中的可得普通方程为，将代入上式得所以曲线的极坐标方程直线的极坐标方程

23、为，即，将代入上式，得，所以直线的直角坐标方程为（2）设为曲线上任一点，则点到直线的距离 ，当时，有最大值，点到直线的距离的最大值为【点睛】本题考查各种方程间的相互转化，在进行极坐标和直角坐标间的转化时，要注意转化公式在解题中的灵活应用参数方程的建立便于点的坐标的选取，利用参数方程求点到直线的距离等提供了新的解题思路23.选修4-5：不等式选讲（1）如果关于的不等式无解，求实数的取值范围；（2）若为不相等的正数，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据绝对值的意义得到，从而可得所求范围（2）由分析法得到即证明不等式成立即可，然后根据的大小关系分类讨论证明即可【详解】（1）令 ，则当时，；当时，；当时，综上可得，即故要使不等式的解集是空集，则有，所以实数的取值范围为（2）证明：由为不相等的正数，要证，即证，只需证，整理得，当时，可得，当时，可得，综上可得当均为正数时，从而成立【点睛】（1）解得第一问的关键在于转化，即转化为函数的图象与直线无公共点，结合函数的最小值及图象易得答案（2）证明不等式时，要根据不等式的特点选择合适的方法进行证明，常用的方法有综合法、分析法、放缩法等