《2020年高考考前45天大冲刺卷之文科数学(十一)教师版》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020年高考考前45天大冲刺卷之文科数学(十一)教师版(7页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020年高考考前45天大冲刺卷文 科 数 学(十一)注意事项:1答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题:本大题共12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
2、的1( )ABCD【答案】B【解析】因为,所以2已知全集为,集合,则集合等于( )ABCD【答案】B【解析】,3命题:“,”的否定为( )A,B,C,D,【答案】C【解析】由题意得,命题的否定为:,4双曲线的渐近线方程为( )ABCD【答案】C【解析】双曲线,即,焦点在轴上,而双曲线的渐近线方程为,双曲线的渐近线方程为5设,为三个不同的平面,为两条不同的直线,则下列命题中假命题是( )A当时,若,则B当,时,若,则C当,时,若,则,是异面直线D当,若,则【答案】C【解析】对于A,根据平面与平面平行、垂直的性质,可得正确;对于B,根据平面与平面平行、线面垂直的性质,可得正确;对于C,可能异面,也
3、可能平行,故错误;对于D,由,可知,又,所以,可得正确6函数的图像大致是( )ABCD【答案】C【解析】因为为奇函数,所以排除B,D,当且时,排除A7若函数在上单调递减,则的取值不可能为( )ABCD【答案】D【解析】函数在上单调递减,在上单调递减,且,求得8若直线与曲线有公共点,则的最小值为( )ABCD【答案】C【解析】如图所示,曲线表示以为圆心,为半径的圆(轴上方部分),当直线与曲线相切时,(),的最小值为9某三棱锥的三视图如图所示,此三棱锥的体积为,则三棱锥的所有棱中,最长棱的长度为( )ABCD【答案】B【解析】由三棱锥的三视图知该三棱锥是三棱锥,其中平面底面,取中点为,则底面,且,
4、由,即,为等边三角形,最长棱的长度为10中,内角、的对边、依次成等差数列,且,则的形状为( )A等边三角形B直角边不相等的直角三角形C等腰直角三角形D钝角三角形【答案】A【解析】因为、依次成等差数列,所以,由余弦定理可得,将代入上式整理得:,所以,又,可得为等边三角形11已知函数(为自然对数的底数),则不等式的解集是( )ABCD【答案】D【解析】当,在上单调递增,且在上递增,所以在上递增,由题意可知为偶函数,且定义域为,所以在上单调递减,在上单调递增,由偶函数的性质得:不等式等价于,解得或12设,是同一球面上的四点,是边长为的等边三角形,若三棱锥体积的最大值为,则该球的表面积为( )ABCD
5、【答案】A【解析】如图所示,由题意可知,设点为外接圆的圆心,当点、三点共线时,且、分别位于点的异侧时,三棱锥的体积取得最大值,的面积为,由于三棱锥的体积的最大值为,得,易知平面,则三棱锥为正三棱锥,的外接圆直径为,设球的半径为为,在直角三角形中,由勾股定理得,即,解得,因此,球的表面积为第卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分13高三某班有学生人,现将所有同学随机编号,用系统抽样的方法,抽取一个容量为的样本,已知号、号、号学生在样本中,则样本中还有一个学生的编号为_【答案】【解析】高三某班有学生人,用系统抽样的方法,抽取一个容量为的样本,样本组距为,则,即样本中还有一个学生的编号为
6、14若直线与直线垂直,则_【答案】【解析】直线与直线垂直,15已知函数,若,则实数的取值范围是_【答案】或【解析】由题意得函数为偶函数,且当时,函数单调递减;当时,函数单调递增原不等式可化为,两边平方整理得,解得或,实数的取值范围是16在直角梯形中,已知,若为线段上一点,且满足,则的值为_【答案】【解析】以为原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,由,可得,又,整理得,解得或(舍去),三、解答题:本大题共6个大题,共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(12分)已知函数的图像经过点和,(1)求;(2)设数列的前项和为,求的前项和【答案】(1),;(2)【解析】(1)由函数的图象经过点
7、和,得,解得,所以,(2)由(1)知数列为以为首项,为公差的等差数列,所以,得,18(12分)在四棱锥中,底面是梯形,平面平面,在棱上且(1)证明:平面;(2)若是正三角形,求三棱锥的体积【答案】(1)证明见解析;(2)【解析】(1)证明:作交于点,连接,因为在棱上且,所以,又因为,所以,且,所以四边形为平行四边形,从而有,又因为平面,平面,所以平面(2)因为平面平面,且交线为,平面,所以平面,因为,所以,即三棱锥的体积为19(12分)中国在欧洲的某孔子学院为了让更多的人了解中国传统文化,在当地举办了一场由当地人参加的中国传统文化知识大赛,为了了解参加本次大赛参赛人员的成绩情况,从参赛的人员中
8、随机抽取名人员的成绩(满分分)作为样本,将所得数据进行分析整理后画出频率分布直方图如下图所示,已知抽取的人员中成绩在内的频数为(1)求的值和估计参赛人员的平均成绩(保留小数点后两位有效数字);(2)已知抽取的名参赛人员中,成绩在和女士人数都为人,现从成绩在和的抽取的人员中各随机抽取人,求这两人恰好都为女士的概率【答案】(1),平均成绩为;(2)【解析】(1)由频率分布直方图知,成绩在频率为,成绩在内频数为,抽样的样本容量,参赛人员平均成绩为(2)由频率分布直方图知,抽取的人员中成绩在的人数为,成绩在的人数为,设抽取的人中成绩在之间男士为,女士为,成绩在之间的男士为,女士为,从成绩在,的抽取人员
9、中各随机选取人,有,共有种不同取法,其中选中的人中恰好都为女士的取法有,共种不同取法,故选中的人中恰好都为女士的概率为20(12分)设椭圆的左、右焦点分别为、,上顶点为,在轴负半轴上有一点,满足为线段的中点,且(1)求椭圆的离心率;(2)若过、三点的圆与直线相切,求椭圆的方程;(3)在(1)的条件下,过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于,两点,在轴上是否存在点,使得以,为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出的取值范围;如果不存在,说明理由【答案】(1);(2);(3)存在,【解析】(1),为的中点,即,即椭圆的离心率为(2)过、三点的圆的圆心为,半径,直线与该圆相切,解得,又,椭圆的方程为(3)
10、由(1)知,直线的方程为,由,消去整理得,直线与椭圆交于,两点,设,则,的中点的坐标为,若以,为邻边的平行四边形是菱形,则,整理得,故存在满足题意的点,且的取值范围是21(12分)已知函数,其中(1)讨论函数的单调性;(2)若对于任意的,恒有,求的取值范围【答案】(1)的单调递增区间为,单调减区间为;(2)【解析】(1)由题意得函数的定义域为,令,得或,由,解得或;由,解得,函数的单调递增区间为,单调减区间为(2)设,则不等式等价于,即,令,则函数在上为增函数,在上恒成立,而,当且仅当,即时等号成立,解得,实数的取值范围是请考生在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
11、(10分)【选修4-4:坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,且曲线的极坐标方程为(1)写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程;(2)设直线上的定点在曲线外且其到上的点的最短距离为,试求点的坐标【答案】(1),;(2)或【解析】(1)由消去参数,得,即直线的普通方程为,因为,又,曲线的直角坐标方程为(2)由知,曲线是以为圆心,为半径的圆,设点的坐标为,则点到上的点的最短距离为,即,整理得,解得,所以点的坐标为或23(10分)【选修4-5:不等式选讲】已知函数(1)若,求不等式的解集;(2)若时,恒成立,求的取值范围【答案】(1);(2)【解析】(1),即,又,不等式的解集为(2)若,则等价于恒成立,即,所以7