四川省成都七中高2020届高三(4月份)二诊模拟试题(理科)含答案解析
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1、2020 年高考数学二诊试卷(理科) 一、选择题 1设集合 Ax|x25x60,Bx|x20,则 AB( ) Ax|3x2 Bx|2x2 Cx|6x2 Dx|1x2 2设(1+i) z1i,则复数 z 的模等于( ) A B2 C1 D 3已知 是第二象限的角,则 sin2( ) A B C D 4设 alog30.5,blog0.20.3,c20.3,则 a,b,c 的大小关系是( ) Aabc Bacb Ccab Dcba 5阿基米德(公元前 287 年公元前 212 年), 伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家, 他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形,为纪念他发现“圆柱内切球
2、的 体积是圆柱体积的,并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论已知某 圆柱的轴截面为正方形,其表面积为 24,则该圆柱的内切球体积为( ) A B16 C D 6随着人民生活水平的提高,对城市空气质量的关注度也逐步增大,如图是某城市 1 月至 8 月的空气质量检测情况,图中一、二、三、四级是空气质量等级,一级空气质量最好, 一级和二级都是质量合格天气,下面叙述不正确的是( ) A1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有 5 个 B第二季度与第一季度相比,空气达标天数的比重下降了 C8 月是空气质量最好的一个月 D6 月份的空气质量最差 7设等比数列an的前 n 项和为 Sn,则
3、“a1+a32a2”是“S2n10”的( ) A充分不必要 B必要不充分 C充要 D既不充分也不必要 8设 x,y 满足,则 zx+y 的取值范围是( ) A5,3 B2,3 C2,+) D(,3 9设函数,则 yf(x),x,的大致图象大致是的( ) A B C D 10 在ABC 中, 角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c, 若 a1, 则 sinC( ) A B C D 11如图示,三棱椎 PABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形,ACB90,且 PAPB AB,PC,则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于( ) A B C D 12在ABC 中,AB2,AC3,A60
4、,O 为ABC 的外心,若,x, yR,则 2x+3y( ) A2 B C D 二、填空题 13在(x+a)6的展开式中的 x3系数为 160,则 a 14已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x0 时,f(x)x22x,则不等式 f(x)x 的解集用区间表示为 15若对任意 xR,不等式 exkx0 恒成立,则实数 k 的取值范围是 16已知椭圆:+1(ab0),F1、F2是椭圆的左、右焦点,A 为椭圆的 上顶点, 延长AF2交椭圆于点B, 若ABF1为等腰三角形, 则椭圆的离心率为 三、解答题 17设数列an是公差不为零的等差数列,其前 n 项和为 Sn,a11,若 a1,a2,a5
5、成等比 数列 ()求 an及 Sn; ()设,设数列bn的前 n 项和 Tn,证明: 182019 年 6 月,国内的 5G 运营牌照开始发放从 2G 到 5G,我们国家的移动通信业务 用了不到 20 年的时间, 完成了技术上的飞跃, 跻身世界先进水平 为了解高校学生对 5G 的消费意愿,2019 年 8 月,从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查,样本中各 类用户分布情况如下: 用户分类 预计升级到 5G 的时段 人数 早期体验用户 2019 年 8 月至 209 年 12 月 270 人 中期跟随用户 2020 年 1 月至 20121 年 12 月 530 人 后期用户 20
6、22 年 1 月及以后 200 人 我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 套餐支付更多的费用作比较, 可得 出如图的关系 (例如早期体验用户中愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验用 户的 40%) ()从该地高校大学生中随机抽取 1 人,估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升 级到 5G 的概率; ()从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人,以 X 表示这 2 人中愿 意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上的人数,求 X 的分布列和数学期望; ()2019 年底,从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人,这三位学生都已
7、签约 5G 套餐, 能否认为样本中早期体验用户的人数有变化?说明理由 19如图示,在三棱锥 ABCD 中,ABBCBD2,点 E 为 AD 的中点 ()求证:平面 ACD平面 BCE; ()若点 F 为 BD 的中点,求平面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值 20已知椭圆1(ab0)经过点(0,1),离心率为 ,A、B、C 为椭圆上 不同的三点,且满足+ ,O 为坐标原点 ()若直线 AB、OC 的斜率都存在,求证:kAB kOC为定值; ()求|AB|的取值范围 21设函数,aR ()讨论 f(x)的单调性; ()a1 时,若 x1x2,f(x1)+f(x2)2,求证:x1+x2
8、0 (二)选考题:共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做,则按所做的第 一题计分 22在直角坐标系 xOy 中,直线 l 的多数方程为,(t 为参数)以坐标原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C 的极坐标方程为 24cos+30 (1)求 t 的普通方程及 C 的直角坐标方程; (2)求曲线 C 上的点 P 到 l 距离的取值范围 23已知 f(x)|x1|+|x+a|(aR) ()若 a1,求不等式 f(x)4 的解集; ()m(0,1),x0R,求实数 a 的取值范围 参考答案 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分在每小题
9、给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的 1设集合 Ax|x25x60,Bx|x20,则 AB( ) Ax|3x2 Bx|2x2 Cx|6x2 Dx|1x2 【分析】可以求出集合 A,B,然后进行交集的运算即可 解:Ax|1x6,Bx|x2, ABx|1x2 故选:D 2设(1+i) z1i,则复数 z 的模等于( ) A B2 C1 D 【分析】把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简,然后利用复数模的计算 公式求解 解:由(1+i) z1i,得 z, |z|1 故选:C 3已知 是第二象限的角,则 sin2( ) A B C D 【 分 析 】 由 已 知 结 合 诱 导 公 式
10、 可 求 tan , 然 后 结 合 则 sin2 2sincos ,代入可求 解:因为 是第二象限的角, 所以 tan, 则 sin22sincos 故选:D 4设 alog30.5,blog0.20.3,c20.3,则 a,b,c 的大小关系是( ) Aabc Bacb Ccab Dcba 【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解 解:log30.5log310,a0, log0.21log0.20.3log0.20.21,0b1, 20.3201,c1, abc, 故选:A 5阿基米德(公元前 287 年公元前 212 年), 伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家, 他死后的墓碑上刻着一
11、个“圆柱容球”的立体几何图形,为纪念他发现“圆柱内切球的 体积是圆柱体积的,并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论已知某 圆柱的轴截面为正方形,其表面积为 24,则该圆柱的内切球体积为( ) A B16 C D 【分析】由已知中圆柱的轴截面为正方形,根据圆柱的表面积公式,可得圆柱的底面半 径 R,进而求出圆柱的体积,即可求出结论 解:设该圆柱的底面半径为 R 则圆柱的高为 2R 则圆柱的表面积 SS底+S侧2R2+2 R 2R24, 解得 R24;即 R2 圆柱的体积为:VR22R16, 该圆柱的内切球体积为:16 故选:D 6随着人民生活水平的提高,对城市空气质量的关注度也逐步增大,
12、如图是某城市 1 月至 8 月的空气质量检测情况,图中一、二、三、四级是空气质量等级,一级空气质量最好, 一级和二级都是质量合格天气,下面叙述不正确的是( ) A1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有 5 个 B第二季度与第一季度相比,空气达标天数的比重下降了 C8 月是空气质量最好的一个月 D6 月份的空气质量最差 【分析】在 A 中,1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有:1 月,2 月,6 月,7 月, 8 月, 共 5 个; 在 B 中, 分别求出第一季度合格天数的比重和第二季度合格天气的比重, 能求出结果;在 C 中,8 月空气质量合格的天气达到 30 天;在
13、 D 中,5 月空气质量合格 天气只有 13 天 解:在 A 中,1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有:1 月,2 月,6 月,7 月,8 月,共 5 个,故 A 正确; 在 B 中,第一季度合格天数的比重为:, 第二季度合格天气的比重为:0.6263, 第二季度与第一季度相比,空气达标天数的比重下降了,故 B 正确; 在 C 中,8 月空气质量合格的天气达到 30 天,是空气质量最好的一个月,故 C 正确; 在 D 中,5 月空气质量合格天气只有 13 天,5 月份的空气质量最差,故 D 错误 故选:D 7设等比数列an的前 n 项和为 Sn,则“a1+a32a2”是“S2n1
14、0”的( ) A充分不必要 B必要不充分 C充要 D既不充分也不必要 【分析】根据等比数列an中,“a1+a32a2”等价于 a1(q1)20,解得 a10 且 q 1;由“S2n10”等价于当 q1 时, 0 即 a10 且 q1;或者当 q 1 时,(2n1)a10,即 a10 且 q1;再根据充分必要条件的定义进行判断即可 解:根据等比数列an中,“a1+a32a2”等价于 a1(q1)20,解得 a10 且 q1; 由 “S2n10” 等价于当 q1 时, 0 即 a10 且 q1; 或者当 q1 时, (2n1)a10,即 a10 且 q1; 故“a1+a32a2”“S2n10”但是
15、“S2n10”推不出“a1+a32a2”; 所以“a1+a32a2”是“S2n10”的充分不必要条件; 故选:A 8设 x,y 满足,则 zx+y 的取值范围是( ) A5,3 B2,3 C2,+) D(,3 【分析】画出不等式组表示的平面区域,结合图形找出最优解,求出目标函数的最值即 可 解:先根据约束条件画出可行域,zx+y, 则 yx+z, 由 可得 C(4,3) 当直线 yx+z 经过点 A(2,0),z 最小,最小值为:2+02 没有最大值; 故 zx+y 的取值范围为2,+), 故选:C 9设函数,则 yf(x),x,的大致图象大致是的( ) A B C D 【分析】利用函数的奇偶
16、性及特殊点的函数值,运用排除法得解 解:,故函数 f(x)为奇函数,其图象关于原 点对称,故排除 A; 又 f()0,故排除 C;,故排除 D 故选:B 10 在ABC 中, 角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c, 若 a1, 则 sinC( ) A B C D 【分析】 由已知, 利用正弦定理, 三角函数恒等变换的应用可求 tanB, 结合范围 B (0,),可求 B,由余弦定理可得 b 的值,进而根据正弦定理可得 sinC 的值 解:bsinAasin(B), sinAsin(B)sinAsinB, sinA0, sin(B)sinB,整理可得:tanB, B(0,), B,
17、a1, 由余弦定理可得 b2a2+c22accosB1+1227, b, 由正弦定理,可得 sinC 故选:B 11如图示,三棱椎 PABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形,ACB90,且 PAPB AB,PC,则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于( ) A B C D 【分析】可以把三棱椎 PABC 补成棱长为 1 的正方体,以 A 为原点建立空间直角坐标 系,求得面 ABP 的法向量即可求解 解:三棱椎 PABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形,ACB90,且 PAPBAB ,PC, 可以把三棱椎 PABC 补成棱长为 1 的正方体,如图所示 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标
18、系,则 A(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0), P(1,0,1) , 设面 ABP 的法向量为, cos 则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于 故选:A 12在ABC 中,AB2,AC3,A60,O 为ABC 的外心,若,x, yR,则 2x+3y( ) A2 B C D 【分析】 先利用 AB2, AC3, A60建立平面直角坐标系, 求出 A, B, C 的坐标, 再求出直线 AB、 AC 的中垂线的方程, 然后求出外接圆圆心的坐标, 代入, 构造出 x,y 的方程组,问题即可解决 解:如图建立坐标系: 由题意得 B(2,0),C(),A(0,0),易知 AB 边的中
19、垂线为 x1 直线 AC 的中垂线斜率 kAC 的中点为(), 所以 AC 的中垂线 联立解得 O() 所以由得: ,即,解得, 所以, 故选:B 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分 13在(x+a)6的展开式中的 x3系数为 160,则 a 2 【分析】写出二项式定理展开式的通项公式,利用 x 的指数为 3,求出 a 即可 解:(a+x)6的展开式的通项公式为:Tr+1 a6 rxr,(r0,1,6) 所求 x3的系数为:a3160a38a2 故答案为:2 14已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x0 时,f(x)x22x,则不等式 f(x)x 的解集用区间表
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