辽宁省实验中学2020届高三数学下学期第六次模拟考试试题 理（含解析）

PAGE辽宁省实验中学2020届高三下学期第六次模拟考试数学（理）试卷第Ⅰ卷（共60分）一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ：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.已知复数满足（为虚数单位），则复数的共轭复数的虚部为（）A.-1B.1C.D.【答案】A【解析】由题意可得，所以虚部为，选A.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】=,选D.3.函数的图象中，最小正周期为，若将函数的图象向右平移个单位，得到函数，则的解析式为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由最小正周期为，得，将的图象向右平移个单位，得,选D.4.福利彩票“双色球”中红球的号码可以从01,02,03，…，32,33这33个二位号码中选取，小明利用如图所示的随机数 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 选取红色球的6个号码，选取方法是从第1行第9列和第10列的数字开始从左到右依次选取两个数字，则第四个被选中的红色球号码为（）A.12B.33C.06D.16【答案】C【解析】第1行第9列和第10列的数字为63，所以选择的数为17，12，33，06，32，22，10。第四个数为06，选C.5.某年高考中，某省10万考生在满分为150分的数学考试中，成绩分布近似服从正态分布，则分数位于区间分的考生人数近似为（）（已知若～，则，，）A.1140B.1075C.2280D.2150【答案】C【解析】由题意可得，所以的人数为：，的人数为：，所以的人数为2280。6.某程序框图如图所示，若输入的，则输出结果为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】初始值：s=0,k=1,k<10k=2,s=0+1-,k=3,s=0+1-+k=9,s=0+1-++k=10,s=0+1-+++=选C.7.某几何体的三视图如图所示，其体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】由三视图可知，原物体为一个圆柱中间挖去了一个矮一点的圆柱，体积。选B.8.设命题实数满足，命题实数满足，则命题是命题的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要【答案】D【解析】命题表示的是下图的圆，命题表示的是下图的三角形区域ABC,所以是既不充分也不必要条件。选D.【点睛】对于点集（x,y）的集合或命题关系时，我们可以画出两个集合或命题的的图像，再根据小范围推大范围来判断两个集合或命题关系，但是要注意两集合相等或命题等价的情况。9.篮球比赛中每支球队的出场阵容由5名队员组成，2020年的篮球赛中，休斯敦火箭队采取了“八人轮换”的阵容，即每场比赛只有8名队员有机会出场，这8名队员中包含两名中锋，两名控球后卫，若要求每一套出场阵容中有且仅有一名中锋，至少包含一名控球后卫，则休斯顿火箭队的主教练一共有（）种出场阵容的选择.A.16B.28C.84D.96【答案】B【解析】有两种出场 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ：（1）中锋1人，后卫1人，有种出场阵容，（2）中锋1人，后卫2人，有种出场阵容，共计28种，选B.10.如图所示，正弦曲线，余弦曲线与两直线，所围成的阴影部分的面积为（）A.1B.C.2D.【答案】D【解析】，选D.11.已知在椭圆方程中，参数都通过随机程序在区间上随机选取，其中，则椭圆的离心率在之内的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】,,,,本题可视为二维几何概型，由于且，满足且的概率为.选A.【点睛】本题为几何概型，是高考常见题.关键在于本题中使用的两个变量是，第一的范围是，第二，这个条件极易被人忽视，导致失误，这是一道易错题，出错率极高.12.已知函数，若正实数互不相等，且，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】由于，不妨设，则，则，，，，，由于，则，有3个零点，在上为增函数，而，，则.选B.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知等差数列的前项和为，若，则数列的公差为__________．【答案】2【解析】试题分析：设等差数列的公差为，又由，可得，解得．考点：等差数列的前项和公式的应用．【方法点晴】本题主要考查了等差数列的前项和公式的应用，其中解答中涉及到等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式的应用等 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理、运算能力，本题的解答中熟记等差数列的项和公式，正确化简、运算是解答的关键，试题比较基础，属于基础题．14.在的展开式中，的系数为__________．【答案】60【解析】,而在中，，，则，的系数为60.15.已知圆：，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，其中为切点，则的取值范围为__________．【答案】【解析】==因为圆心到直线的距离，所以，，，当时取最小值。所以填。16.已知空间四边形中，，，，若二面角的取值范围为，则该几何体的外接球表面积的取值范围为__________．【答案】【解析】取的中点，连接，为正三角形的中心，作垂足为，则为二面角的平面角，，分别过点和点作平面和平面的垂线交于点，为三棱锥的外接球的球心，由于，，，在三角形中，设，，由于，则，，，，，则.【点睛】求几何体的外接球半径问题是高考常见题型，主要方法有三种，一、恢复长方体，利用体对角线为球的直径；二、“套球”，就是在球内作关于球心上下对称的两个截面圆，把柱体或锥体的底面放在截面上，利用球心与截面圆心的连线垂直截面，借助勾股定理去解；三、用本题的方法，分别过两个平面的外心作垂线.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.在中，角的对边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（Ⅰ）B=π/3;（Ⅱ）.【解析】试题分析：（1）利用正弦定理将题设条件中的边转换为角的正弦值，根据三角恒等变换化简整理可得，进一步可得，即可求解；（2）由（1）可知，将所求式子用角表示，即，由角的范围及三角函数性质求之即可．试题解析：（1）由正弦写理得：（2）由（1）知，，的取值范围是考点：1．正弦定理；2．三角恒等变换；3．三角函数图象与性质；4．三角形内角和定理．18.实验杯足球赛采用七人制淘汰赛规则，某场比赛中一班与二班在常规时间内战平，直接进入点球决胜环节，在点球决胜环节中，双方首先轮流罚点球三轮，罚中更多点球的球队获胜；若双方在三轮罚球中未分胜负，则需要进行一对一的点球决胜，即双方各派处一名队员罚点球，直至分出胜负；在前三轮罚球中，若某一时刻胜负已分，尚未出场的队员无需出场罚球（例如一班在先罚球的情况下，一班前两轮均命中，二班前两轮未能命中，则一班、二班的第三位同学无需出场）.由于一班同学平时踢球热情较高，每位队员罚点球的命中率都能达到0.8，而二班队员的点球命中串只有0.5，比赛时通过抽签决定一班在每一轮都先罚球.（1）定义事件为“一班第三位同学没能出场罚球”，求事件发生的概率；（2）若两队在前三轮点球结束后打平，则进入一对一点球决胜，一对一球决胜由没有在之前点球大战中出场过的队员主罚点球，若在一对一点球决胜的某一轮中，某对队员射入点球且另一队员未能射入，则比赛结束；若两名队员均射入或者均射失点球，则进行下一轮比赛.若直至双方场上每名队员都已经出场罚球，则比赛亦结束，双方通过抽签决定胜负，本场比赛中若已知双方在点球大战，以随机变量 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双方进行一对一点球决胜的轮数，求的分布列与数学期望.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）（Ⅱ）随机变量的可取值为1，2，3，4，，故随机变量的分布列如下：则的数学期望为：（轮）19.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，侧面底面，，，分别为的中点，点在线段上.（1）求证：平面；（2）如果直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，求的值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析:（Ⅰ）线面垂直的证明，往往利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的寻找与论证，一般从两个方面，一是利用平几知识，如本题经解三角形可得，再根据中点条件得平行条件，从而可得．二是利用线面位置关系有关定理进行转化，如本题利用面面垂直的性质定理可得线面垂直，再根据线面垂直性质定理可得线线垂直.（Ⅱ）解决有关线面角的问题，一般利用空间向量数量积进行处理比较方便，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出面的法向量，再根据向量数量积求出直线向量与法向量夹角余弦值，最后根据线面角与向量夹角之间关系列等量关系，求出比值.试题解析：（Ⅰ）证明：在平行四边形中，因为，，所以．由分别为的中点，得，所以．因为侧面底面，且，所以底面．又因为底面，所以．又因为，平面，平面，所以平面．（Ⅱ）解：因为底面，，所以两两垂直，以分别为、、，建立空间直角坐标系，则，所以，，，设，则，所以，，易得平面的法向量．设平面的法向量为，由，，得令，得．因为直线与平面所成的角和此直线与平面所成的角相等，所以，即，所以，解得，或（舍）．综上所得：点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20.已知抛物线的方程为，过点的一条直线与抛物线交于两点，若抛物线在两点的切线交于点.（1）求点的轨迹方程；（2）设直线与直线的夹角为，求的取值范围.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由AB直线与抛物线交于两点可知，直线AB不与x轴垂直，故可设，代入，整理得：，方程①的判别式，故时均满足题目要求．记交点坐标为，则为方程①的两根，故由韦达定理可知，．将抛物线方程转化为，则，故A点处的切线方程为，整理得，同理可得，B点处的切线方程为，记两条切线的交点，联立两条切线的方程，解得点坐标为，故点P的轨迹方程为，（Ⅱ）当时，，此时直线PQ即为y轴，与直线AB的夹角为．当时，记直线PQ的斜率为，则，又由于直线AB的斜率为，且已知直线AB与直线PQ所夹角，综上所述，得取值范围是【点睛】利用设而不求思想解题是解析几何常用的解题思想，设出直线方程和交点坐标，联立方程组，利用根与系数关系，写出坐标关系.对求导，利用导数的几何意义，写出切线方程，联立两条切线方程求出交点坐标，得出交点的轨迹方程为一条定直线.借助两条直线的斜率及两条直线的夹角公式写出夹角的正切，再利用均值不等式找出夹角的正切的范围，进而得出夹角的范围.21.已知函数，，其中.（1）若，讨论的单调区间；（2）已知函数的曲线与函数的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为，证明：.【答案】（Ⅰ）故若，在上单调递增，在上单调递减；故若，在上单调递减，在上单调递增．（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由已知得，当时，，；当时，．故若，在上单调递增，在上单调递减；故若，在上单调递减，在上单调递增．（Ⅱ）不妨设，依题意，，同理由①-②得，，，故只需证，取，即只需证明成立．即只需证成立．，在区间上单调递增，成立．故原命题得证．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极坐标（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为.（1）求圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于点，若点的坐标为，求的最小值.【答案】（Ⅰ）x2+(y-3)2=9；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）由ρ=6sinθ得ρ2=6ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+y2=6y，即x2+(y-3)2=9．（Ⅱ）将的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得t2+2(cosα-sinα)t-7=0．由△=4(cosα-sinα)2+4×7＞0，故可设t1，t2是上述方程的两根，所以又由直线过点(1,2)，故，结合参数的几何意义得，当时取等．所以|PA|+|PB|的最小值为．23.选修4-5：不等式选讲设函数.（1）求不等式的解集；（2）若关于的不等式有解，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（1）由条件利用绝对值的意义求得不等式f（x）＞1解集;（2）根据题意可得|x+2|-|x-1|+4≥|1-m|有解，即|x+2|-|x-1|+4的最大值大于或等于|1-m|，再利用绝对值的意义求得|x+2|-|x-1|+4的最大值，从而求得m的范围．试题解析：（1）函数可化为当时，，不合题意；当时，，即；当时，，即.综上，不等式的解集为.（2）关于的不等式有解等价于，由（1）可知，（也可由，得），即，解得.