2020年广西柳州高三二模数学试卷(理科)

2020年广西柳州高三二模数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.已知集合，，则（ ）．A. B. C. D.2.若复数满足（其中为虚数单位），则（ ）．A. B. C. D.3.已知，，，则，，的大小关系（ ）．A. B. C. D.4.已知，均为单位向量，若，则与的夹角为（ ）．A.B.C.D.5.若等差数列和等比数列满足，，则为（ ）．A.B.C.D.6.已知直线经过点且斜率为，若圆上恰有个点到的距离为，则的值为（ ）．A.B.C.D.7.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了年月至年月期间月接待游客量（单位:万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（ ）．月接待游客量万人年年年A.年接待游客量逐年增加B.各年的月接待游客量高峰期在月C.年月至月月接待游客量的中位数为万人D.各年月至月的月接待游客量相对于月至月，波动性更小，变化比较平稳8.的展开式中，项的系数为，则实数的值为（ ）．A.B.C.D.9.函数的大致图象可能是（ ）．A.B.C.D.10.执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）．开始？是输出结束否A.B.C.D.11.如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，﹐且 (如图①)．将四边形沿折起，连接，，（如图②)，在折起的过程中，下列说法中正确的个数是（ ）．图图①平面；②，，，四点可能共面；③若，则平面平面；④平面与平面可能垂直．A.B.C.D.12.已知点，分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的右支上，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）．A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设曲线在点处的切线方程为，则 ．14.已知，满足，则的最大值为 ．15.已知三棱锥的各顶点都在一个球面上，所在截面圆的圆心在上，面，，，若三棱锥的体积是，则该球体的表面积是 ．16.已知椭圆，是轴正半轴上一动点，若以为圆心任意长为半径的圆与椭圆至多有两个交点，则的取值范围是 ．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）17.为迎接年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某校开展了”冰雪答题王”冬奥知识竞赛活动．现从参加冬奥知识竞赛活动的学生中随机抽取了名学生，将他们的比赛成绩（满分为分）分为组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．（1）（2）（3）分数频率组距求的值．估计这名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．在抽取的名学生中，规定：比赛成绩不低于分为“优秀”，比赛成绩低于分为“非优秀”．请将下面的列联表补充完整，并判断是否有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？优秀非优秀合计男生女生 合计参考公式及数据：，．（1）（2）18.的内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为．求角．若为中点，且，求的最大值．19.已知三棱锥的展开图如图，其中四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：（1）（2）图图证明：平面平面．若是的中点，求二面角的余弦值．（1）（2）20.已知抛物线的焦点为，若过且倾斜角为的直线交于，两点，满足．求抛物线的方程．若为上动点，，在轴上，圆内切于，求面积的最小值．（1）（2）21.函数．讨论在其定义域上的单调性．设，，分别为的极大值和极小值，若，求的取值范围．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）（1）（2）22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．求曲线的极坐标方程．设，为曲线上不同两点（均不与重合），且满足，求的面积的最大值．（1）（2）23.设函数．解不等式.当，时，证明：．【答案】解析:∵集合，，∴．故选．解析:因为复数满足，则．所以．故选．解析:因为，，所以，又因为，所以，所以．故选．解析:设与的夹角为，由，均为单位向量可得，，又因为，则，即，则，即，所以，则，故与的夹角为．故选．C 1.D 2.D 3.B 4.因为为等差数列，设公差为，因为，，则，解得，则，又因为数列为等比数列，设公比为，因为，，则，解得，则，所以．故选．解析:由圆的方程，可知圆心坐标为，半径为，因为直线过点，且斜率为，则设直线的方程为，因为圆上恰有个点到直线的距离为，所以圆心到直线的距离等于，即，则．故选．解析:因为展开式的通项公式为，若中取，则中取，则，若中取，则中取，则，所以中项的系数为，解得．故选．D 6.C 7.B 8.由题意，函数，满足，即，，得函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除项，又由，排除，故可能的图象为．故选：．解析:如图程序框图初始值，，第一次循环：．不成立．．第二次循环：．？不成立．．第次循环．．第次循环．．第次循环：．，？成立．循环终止，输出，故正确．故选．解析:、A 10.D 11.对于①，在图中记与的交点（中点）为，取的中点为，连结，易证得四边形为平行四边形，即，∴平面，故①正确；对于②，如果四点共面，则由平面，与已知矛盾，故②正确；对于③，在梯形中，易得，又，∴平面，即有，∴平面，则平面平面，故③正确；对于④，延长至使得，连结、，易得平面平面，过作于，则平面．若平面平面，则过作直线与平面垂直，其垂足在上，矛盾，故④错误．故选．解析:由，可得：，∴为直角三角形，且，∴，由双曲线定义可得：，∵，A 12.∴，则，∴，∴，∴，∴，∴，即，∵由离心率为可得：．故选．13.解析:，，∵在处切线方程为，∴，∴．故答案为：．14.解析:由题意可在直角坐标系中画出平面区域，如图所示，目标函数即为 ，由图可知当直线 过直线和直线的交点时，截距最大，此时最大，联立，解得，即交点的坐标为，所以此时，所以的最大值为．故答案为：．15.解析:如图所示：因为圆心在上，所以，∵平面，∴三棱锥的外接圆的球心在上，设球心为，球的半径为，∵，，∴，因为三棱锥的体积为，∴，∴，在三角形中，∵平面，平面，∴，∴三角形为直角三角形，∴，∴，∴，∴，综上所述，故答案为：．16.解析:，所以．因为以为圆心任意长为半径的圆与椭圆至多有个交点．由于圆和椭圆的对称性，所以关于的方程对，在至多有一个根．令，对称轴：．又因为在轴正半轴，∴．①，即时，，在至多有一根，符合．②，即时，∵在至多有一根，则有，或对任意恒成立．即或对恒成立，其中．有∵，，∴两个不等式对都不可能恒成立，∴不符题意．故．17.（1）由题可得，解得．（2）．（1）（2）（3）（1）（2）解析:由题可得，解得．平均成绩为：．由（）知，在抽取的名学生中，比赛成绩优秀的有人，由此可得完整的列联表：优秀非优秀合计男生女生合计∵，∴没有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”．解析:依题意得，，由正弦定理得，，即，由余弦定理得，，又因为，所以．方法一：在中，，即，在中，（3） 优秀非优秀合计男生女生合计没有的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”．（1）．（2）．18.（1），即．因为，所以，所以．由（）及得，，所以，所以，即，当且仅当时，等号成立．所以的最大值为．方法二：因为，，所以，即．因为为中点，所以，所以．当且仅当时，等号成立．所以的最大值为．解析:设中点为，连接、，∵，，，（1）证明见解析．（2）．19.（2）∵在中，，为的中点，∴，∵在中，，，，∴，∴，∵，、面，∴面，又∵面，∴面面．∵面，∴，，，∴以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，，，，，，，∴，，，设平面的法向量为，由，∴，令，∴，，∴，设平面的法向量为，由，∴，令，∴，，∴，∴，二面角的余弦值为．（1）．（2）．20.（1）（2）解析:抛物线的焦点为，则过点且斜率为的直线方程为，联立抛物线方程，消去得：，设，，则，由抛物线的定义可得，解得，∴抛物线的方程为．设，，，不妨设，，化简得：，圆心到直线的距离为，故，即，不难发现，上式又可化为，同理有，∴，可以看做关于的一元二次方程的两个实数根，则，，∴，由，得，∴．，当且仅当时取等号，∴面积的最小值为．解析:（1）当时，在单调递减；当时，在单调递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增．（2）．21.（1）（2）函数是定义域为，，当时，，所以在单调递减；当时，，所以在单调递增；当时，令，则，，，令所以，或；令，∴；∴在上递增，在上递减，在上递增．由且，得，此时设的两根为，，∴，，∵，∴，由，且，得，∴，由得代入上式得，令，所以，，则，，∴在上为减函数，从而，即，（1）（2）（1）（2）∴．解析:设曲线上任意点的极坐标为，由题意，曲线的普通方程为，即，则，故曲线的极坐标方程为．设，则，故，因为点，在曲线上，则，，故，，故时，取到最大面积为．解析:由已知可得：，由时，成立；时，，即有，则为．所以，的解集为．由（）知，，由于，则，则有．（1）．（2）．22.（1）．（2）证明见解析．23.。