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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020届高三第二次模拟考试卷理 科 数 学(四)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。一、选择题:本大题共12小题,每小题5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设全集,则(
2、 )ABCD【答案】D【解析】由题意可知,所以,故选D2已知函数,则“”是“对任意,都有成立”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】“对任意,都有成立”等价于“函数在上为减函数”,即,显然“”是“任意,都有成立”的充分不必要条件,故选A3已知,则( )ABCD【答案】D【解析】,又,故选D4已知复数满足,若的虚部为,则复数在复平面内对应的点在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【解析】,由于的虚部为,故,复数在复平面内对应的点为,故复数在复平面内对应的点在第一象限,故选A5已知,则( )ABCD【答案】C【解析】由,得,所
3、以,所以,故选C6在中,角,的对边分别为,若,则的面积( )ABCD【答案】A【解析】在中,因为,所以,又,所以,由正弦定理,得,解得,故的面积,故选A7在中,已知,分别是边上的三等分点,则的值是( )ABCD【答案】B【解析】不妨设,所以,故选B8设数列的前项和为,数列的前项和为,若,且,则使得成立的的最小值是( )ABCD【答案】A【解析】由,化简可得,则当时,两式相减得,当时,又,所以,故是以为公比,为首项的等比数列,所以数列的通项公式根据等比数列的前项和公式可得,从而数列的前项和所以,即,化简可得,即,解得故使得成立的的最小值是,故选A9如图,以棱长为的正方体的顶点为球心,以为半径作一
4、个球面,则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )ABCD【答案】C【解析】正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分,如图,上底面被球面截得的弧长是以为圆心,为半径的圆周长的,所以所有弧长之和为,故选C10已知椭圆的左、右焦点分别为,且,点在椭圆上,则椭圆的离心率为( )ABCD【答案】C【解析】假设点位于轴的上方,由可得,所以,所以,所以,即,所以,解得,因为,则,故选C11已知函数在上的值域为,则的取值范围是( )ABCD【答案】A【解析】由题意,得由,得或,所以当时,;当或时,所以函数在上单调递减,在,上单调递增又,若,即,则,此时,且时,或;由,解得或因为函数在上的值域为
5、,要使函数在上的值域为,需,此时,所以,即,无解综上所述,的取值范围是,故选A12已知定义在上的奇函数满足时,则关于的函数的所有零点之和为( )ABCD【答案】D【解析】因为为上的奇函数,所以当时,画出函数的图象和直线,如图由图可知,函数与直线共有个交点,设其横坐标从左到右分别为,则,而,即,可得,所以,故选D二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分13等差数列的前项和记为,满足,则数列的公差 【答案】【解析】由,知,则依据,知14若点是不等式组表示的平面区域内的一动点,且不等式恒成立,则实数的取值范围是 【答案】【解析】将不等式化为,只需求出的最大值即可令,作出不等式组表示的平面区域
6、如图中阴影部分所示,平移直线,可知在处取得最大值,则实数的取值范围是15展开式中的系数为 【答案】【解析】,则,令,则,故的系数为,故答案为16图甲是应用分形几何学作出的一个分形规律图,按照图甲所示的分形规律可得图乙所示的一个树形图我们采用“坐标”来表示图乙各行中的白圈、黑圈的个数(横坐标表示白圈的个数,纵坐标表示黑圈的个数)比如第一行记为,第二行记为,第三行记为,照此下去,第行中白圈与黑圈的“坐标”为 【答案】【解析】由图甲所示的分形规律知,个白圈分形为个白圈个黑圈,个黑圈分形为个白圈个黑圈,记某行白圈个,黑圈个“坐标”为,则第一行记为,第二行记为,第三行记为,第四行记为,第五行记为,各行黑
7、圈乘以,分别是,即,所以第行的黑圈数为,而第行共有个圈,故第行的白圈数为,故第行中白圈与黑圈的“坐标”为三、解答题:本大题共6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)在中,的对边分别是,且(1)求的值;(2)若,求面积的最大值【答案】(1);(2)【解析】(1)由,得,结合正弦定理得,故,得(2)由(1)及,知,故又,故,当且仅当时取等号,由,得,且,即面积的最大值为18(12分)如图,已知四棱锥中,底面为菱形,平面,分别是,的中点,直线与平面所成角的正弦值为,点在上移动(1)证明:无论点在上如何移动,都有平面平面;(2)求点恰为的中点时,二面角的余弦值【答案】(1
8、)证明见解析;(2)【解析】(1)底面为菱形,是正三角形,是的中点,又,平面,平面,又,平面,即无论点在上如何移动,都有平面平面(2)由(1)得,两两垂直,以,所在直线分别为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系连接,平面,就是直线与平面所成的角,在中,则,设,则,得又,设,从而,则,设是平面的法向量,则,取,得为平面的一个法向量连接,易知平面,是平面的一个法向量,由图知二面角为锐角,二面角的余弦值为19(12分)某市需对某环城快速车道进行限速,为了调查该道路的车速情况,于某个时段随机对辆车的速度进行取样,根据测量的车速制成如图所示的条形图:经计算,样本的平均值,标准差,以频率作为概率的估计值
9、已知车速过慢与过快都被认为是需矫正速度,现规定车速小于或车速大于需矫正速度(1)从该快速车道上的所有车辆中任取辆,求该车辆需矫正速度的概率;(2)从样本中任取辆车,求这辆车均需矫正速度的概率;(3)从该快速车道上的所有车辆中任取辆,记其中需矫正速度的车辆数为,求的分布列和数学期望【答案】(1);(2);(3)分布列见解析,【解析】(1)记事件为“从该快速车道上的所有车辆中任取辆,该车辆需矫正速度”,为所取车辆的车速已知,由条形图可知,所求的概率为(2)记事件为“从样本中任取辆车,这辆车均需矫正速度”由题设可知样本容量为,又需矫正速度的车辆数为,故所求概率为(3)需矫正速度的车辆数服从二项分布,
10、即则;,因此的分布列为故数学期望20(12分)已知抛物线的焦点为,圆,与的交点为,且(1)求,的方程;(2)过焦点作倾斜角为锐角的直线,分别交于,两点,交于,两点,求的取值范围【答案】(1),;(2)【解析】(1)由,得,解得或(舍去),所以,不妨设,又,所以,解得,所以故抛物线的方程为,圆的方程为(2)由(1)知,抛物线的焦点,设直线方程为,即,则圆的圆心到直线的距离,所以将代入,得,设,所以,所以,令,则,则,所以函数在上单调递增,所以,所以的取值范围是21(12分)已知函数,(1)若,求实数的取值集合;(2)证明:【答案】(1);(2)证明见解析【解析】(1)由已知,有,当时,与条件矛盾
11、当时,若,则,单调递减;若,则,单调递增在上有最大值,由,知,令,则,当时,单调递增;当时,单调递减在上有最大值,综上,当时,实数的取值集合为(2)由(1)可知,当时,即在上恒成立,要证,只需证当时,令,则令,则,令,得当时,单调递减;当时,单调递增,即在上单调递减,在上单调递增而,存在,使得当时,单调递增;当时,单调递减;当时,单调递增又,对任意,恒成立,综上所述,成立请考生在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(10分)【选修4-4:坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中,曲线的参数方程是(为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为
12、,直线与曲线交于,两点(1)求曲线的极坐标方程;(2)求线段中点的极坐标(,)【答案】(1);(2)【解析】(1)将曲线的参数方程消去参数,得,所以曲线的普通方程为将,代入,得,所以曲线的极坐标方程为(2)因为,所以,因为,所以直线的直角坐标方程为,联立方程,得,消去,得,设,则,所以,所以,所以线段中点的直角坐标为,则其极坐标为23(10分)【选修4-5:不等式选讲】已知函数,(1)求不等式的解集;(2)若存在,使得和互为相反数,求的取值范围【答案】(1);(2)【解析】(1)由题意可得,当时,由,得,无解;当时,由,得,即;当时,由,得,即综上,的解集为(2)因为存在,使得成立,所以由(1)可知,则,又,所以,解得,故的取值范围为9