2020年江西省吉安市高吉阳级中学高三数学理模拟试题含解析

2020年江西省吉安市高吉阳级中学高三数学理模拟试题含解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 若a=20.5，b=logπ3，c=log2sin，则( )
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．b＞c＞a
参考答案：
A
【考点】对数函数的单调区间；对数的运算性质．
【分析】利用估值法知a大于1，b在0与1之间，c小于0．
【解答】解：，
由指对函数的图象可知：a＞1，0＜b＜1，c＜0，
故选A
【点评】估值法是比较大小的常用方法，属基本题．
2. 设f（x）=，若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围是（）A．[﹣1，2] B．[﹣1，0] C．[1，2] D．[0，2]
参考答案：
D
【考点】函数的最值及其几何意义．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】利用基本不等式，先求出当x＞0时的函数最值，然后结合一元二次函数的性质进行讨论即可．
【解答】解：当x＞0时，f（x）=x++a，此时函数的最小值为a+2，
若a＜0，则函数的最小值为f（a）=0，此时f（0）不是f（x）的最小值，此时不满足条件，
若a≥0，则要使f（0）是f（x）的最小值，则满足f（0）=a2≤a+2，
即a2﹣a﹣2≤0
解得﹣1≤a≤2，∵a≥0，∴0≤a≤2，
故选：D
【点评】本题主要考查函数最值的求解，根据基本不等式的性质以及一元二次函数的性质是解决本题的关键．
3. 的三个内角A、B、C成等差数列，，则一定
是
（）
A．直角三角形B．等边三角形C．非等边锐角三角形D．钝角三角形
参考答案：
B
略
4. 以q为公比的等比数列{}中，＞0，则“”是“q＞1”的
A. 必要而不充分条件
B. 充分而不必要条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
参考答案：
A
略
5. 已知，，则“”是“”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. 既不充分也不必要条件
参考答案：
C
【分析】
利用充分必要条件结合不等式性质即可得解
【详解】∵，，∴，∵，∴，∴，反之，时，，∵，∴.
故选C
【点睛】本题考查充分必要条件的判断，考查推理能力结合不等式性质求解是关键
6. 已知函数，点是平面区域内的任意一点，若的最小值为-6，则的值为（）
A．-1 B．0 C. 1 D．2
参考答案：
A
7. 设复数z满足
=
（）
A． B． C．
D．
参考答案：
D
8. 已知样本：12，7，11，12，11，12，10，10，9，8，13，12，10，9，6，11，8，9，8，10，那么频率为0.25的样本的范围是（）
A．［5.5，7.5） B．［7.5，9.5） C．［9.5，11.5） D．［11.5，13.5）
参考答案：
D
9. 已知一几何体三视图如右，则其体积为（）
A．B．C．1 D．2
参考答案：
A
由三视图可知该几何体如图其中ABCD为边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，且
ED=2，故体积，选A.
10. 圆心在直线上的圆的方程是
A. B.C. D.
参考答案：
C
略
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体侧视图的面积为
，此几何体的体积为
．
参考答案：
12. 在中，为中点，成等比数列，则的面积
为 .
参考答案：
13. 三条侧棱两两垂直的正三棱锥，其俯视图如图所示，主视图的边界是底边长为2的等腰三角形，则主视图的面积等于．
参考答案：
【考点】L7：简单空间图形的三视图．
【分析】由题意，正三棱锥有三个面都是等腰直角三角形，且边长相等．根据俯视图可得，底面是边长为2的等边三角形．利用体积法，求其高，即可得主视图的高．可得主视图的面积
【解答】解：由题意，正三棱锥有三个面都是等腰直角三角形，
（如图：SAB，SBC，SAC）
且边长相等为，
其体积为V==
根据俯视图可得，底面是边长为2的等边三角形．
其面积为：．
设主视图的高OS=h，
则=．
∴h=．
主视图的边界是底边长为2的等腰三角形，其高为．
∴得面积S=．
故答案为
14. 已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，，，，
，E、F分别为AC、PB的中点，，则球O的体积为______.
参考答案：【分析】
可证，则为的外心，又则平面
即可求出，的值，再由勾股定理求出外接球的半径，最后根据体积公式计算可得.
【详解】解：，，
，因为为的中点，所以为的外心，
因为，所以点在内的投影为的外心，
所以平面，
平面
，
所以，
所以，
又球心在上，设，则，所以，所以球O体积，
.
故答案为：
【点睛】本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，属于中档题．
15. 设，则等于_______.
参考答案：
16. 已知过点的直线的一个法向量为，则
参考答案：
1
17. 已知定义在
R
上的偶函数f(x)，满足，当时，，则
．
参考答案：
由可知，函数的周期为2，又为偶函数
∴
故答案为：
三、解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点M，N分别为线段A1B，AC1的中点．
（1）求证：MN∥平面BB1C1C；
（2）若D在边BC上，AD⊥DC1，求证：MN⊥AD．
参考答案：
（1）证明见解析；（2）证明见解析．
因为M为线
段A1B的中点，
所以MN∥BC．……………… 4分
又MN?平面BB1C1C，BC?平面BB1C1C，
所以MN∥平面
BB1C1C．……………
……… 6分
（2）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC．
又AD?平面ABC，所以
CC1⊥AD．…………………… 8分
因为AD⊥DC1，DC1?平面BB1C1C，CC1?平面BB1C1C，CC1∩DC1＝C1，
所以AD⊥平面
BB1C1C．……………
……… 10分
又BC?平面BB1C1C，所以
AD⊥BC．…………………… 12分
又由（1）知，MN∥BC，所以
MN⊥AD．…………………… 14分
考点：线面平行的判定，线面垂直的判定与性质．
19. 已知△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，向量m＝(sin A，1)，n＝(1，－cos A)，且m⊥n．
（1）求角A；
（2）若b＋c＝a，求sin(B＋)的值．
参考答案：
解：（1）因为m⊥n，所以m·n＝0，即sin A－cos A＝0．………………………2分
所以sin A＝cos A，得tan A＝．…………………………………………………………4分
又因为0＜A＜π，所以A＝．………………………………………………………………6分
（2）（解法1）因为b＋c＝a，由正弦定理得sin B＋sin C＝sin A＝．………………8分
因为B＋C＝，所以sin B＋sin(－B)＝．………………………………………………10分
化简得sin B＋cos B＝，…………………………………………………………………12分
从而sin B＋cos B＝，即sin(B＋)＝．……………………………………………14分
（解法2）由余弦定理可得b2＋c2－a2＝2bc cos A，即b2＋c2－a2＝bc①．……………8分
又因为b＋c＝a②，
联立①②，消去a得2b2－5bc＋2c2＝0，即b＝2c或c＝2b．……………………………10分若b＝2c，则a＝c，可得B＝；若c＝2b，则a＝b，可得B＝．………………12分
所以sin(B＋)＝． (14)
20. 已知椭圆的左焦点F为圆的圆心，且椭圆上的点到点F 的距离最小值为。

（I）求椭圆方程；
（II）已知经过点F的动直线与椭圆交于不同的两点A、B，点M（），证明：为定值。

参考答案：
略
21. （本小题满分13分）若由数列生成的数列满足对任意的
其中，则称数列为“Z数列”。

（I）在数列中，已知，试判断数列是否为“Z数列”；
（II）若数列是“Z数列”，
（III）若数列是“Z数列”，设求证
参考答案：
解：（I）因为
所以………………2分所以
所以是“Z数列”。

………………4分（II）因为
，………………6分所以，
又………………8分（III）因为，
………………10分又，
所以………………12分
所以………………13分
略
22. 设抛物线：的焦点为，准线为，过准线上一点且斜率为的直线交抛物线于，两点，线段的中点为，直线交抛物线于，两点．
（1）求抛物线的方程及的取值范围；
（2）是否存在值，使点是线段的中点？若存在，求出值，若不存在，请说明理由．
参考答案：
（1）由已知得，∴．∴抛物线方程为． 2分
设的方程为，，，，，
由得． 4分，解得，注意到不符合题意，
所以
．
5分
（2）不存在值，使点是线段的中点．理由如下： 6分
有（1）得，所以，所以，，直线的方程为． 8分
由得，． 10分
当点为线段的中点时，有，即，因为，所以此方程无实数根．因此不存在值，使点是线段的中点． 12分
略。