树德中学高2020级数学高三月考模拟(文科)试题及参考答案

树德中学高2020级数学月考模拟(文科)参考答案

1．【答案】A

【解答】解：全集，或，，

所以，所以．故选：A．

2、【答案】C

【详解】解：因为向量、为单位向量，所以，若，则，则，即，即，即，所以，故充分性成立，

若，则，所以，

即，所以，，

所以成立，故必要性成立，故是充分必要条件；

故选：C

3、【答案】D

【详解】∵，则有：，则对应的点在第三象限，故A错误；，则，，故B错误；z的虚部为1，故C错误；，则，故D正确.

故选：D.

4、【答案】C

【详解】输入的分别为，时，依次执行程序框图可得：

第一次：，，不成立，；

第二次：，，不成立，；

第三次：，，不成立，；

第四次：，，成立，输出.

故选:C

5、【答案】B【详解】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示：

由，可解得：，同理可求：.

设P(1,1),则数形结合可知.

(其中为点P到直线的距离，)，

所以.

所以.

故选：B

6、【答案】C

【分析】令，把转化为的线性回归方程，再用线性回归的方法处理即可

【详解】由，令，则，由题意，，，所以，解得，所以，所以，解得.故选：C

7、【答案】A

【详解】解：由“爱心”图知经过点，即，．

由“爱心”图知必过点与，所以，得，，

若a，，c，依次成等比数列，则，从而，所以．

故选:A．

8、【答案】B

【详解】，，则恒成立，

又因为，

因为，则，因此，.故选：B

9、【答案】D

【详解】因为与异面，所以A项错误；

因为的延长线必过点，所以B项错误；

因为与不垂直，所以C项错误；

取的中点，连接，在正方形中，与全等，可得，

连接，则，又平面底面，所以平面，

因为平面，所以，

又，所以平面，

因为平面，所以.

故选：D.

10、【答案】B

【详解】解：令，则，所以在定义域上单调递减，

所以当时，，即，所以，

又，，且，，

所以；

故选：B

11、【答案】D

【详解】对A，若，则点在直线上，由于是边长为2的等边三角形，故点到直线的距离为，故A正确；

对B，若，则，点是线段上任意一点；

若，则，点是线段上任意一点；

若，则，则点是线段上任意一点.

若，则.

记，则点是线段上任意一点，

，点是线段上任意一点.

综上，点是内部及边界上任意一点，的最大值为，故B正确；

对C，记，则点在以和为对角线的平行四边形内部及边界，其面积为，故C正确；

对于D，若，由选项和知点是五边形内部及边界上一点，其面积为，故D错误.

故选：

12、【答案】A

【详解】当时，，显然成立，符合题意；

当时，由，，可得，即，，

令，，在上单增，又，故，

即，即，，即使成立，令，则，

当时，单增，当时，单减，故，故；

综上：.

故答案为：.

13、【答案】7

【详解】解：当时，，故，则，

∴，得，

故答案为：7．

14【答案】

【详解】因为，所以，

所以，，又，

所以，所以，

所以，

又，，

所以，，

所以，所以，

因为，所以，

所以，

所以双曲线的渐近线方程为，

故答案为：.

15、【答案】

【详解】因为数列单调递增，，故，

由已知条件得，， ，

化简可得，

在等式左右两边同时除以，化简得，

故数列为等差数列，，

所以数列的首项为，公差为，

故，即，

因为，可得，

故当为偶数时，当为奇数时，，

所以；

故答案为：2550.

16、【答案】

【详解】由得，由余弦定理得，

则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，

设，

在中，，

点到底面的距离，

则，

，

令，解得，可得下表：

故当时，该棱锥的体积最大，为.

17、解：（Ⅰ）

……………………  3分

令；．解得；

函数的单调递增区间为，，．……………………  6分

（Ⅱ）由（A），即，，；……………………  8分

，余弦定理可得，即，

，当且仅当时，取等号，，解得；……………………  10分

那么面积，故得面积的最大值为．………… 12分18、（1)由直方图的性质可知： ， …… 2分

令中位数为x，则有 ，

故综合评分的中位数为82.5；…………  5分

(2)根据第一问，优质花苗的频率为0.6，样本中优质花苗的数量为60，

得如下列联表：

, ……  11分

有99%得到把握任务优质花苗与培育方法有关； …………  12分

19、（1）因为，又D为BC的中点，

所以，且，

连接AD，，所以△ABC为等腰直角三角形，且，

，由，可知，

由，，，可知平面ABC．………  6分

（2）作，垂足为H，又由（1）可得，所以平面SDE．

故CH的长为点C到平面SDE的距离．

由题设可知，，∠ACD＝45°．

所以由余弦定理得，

所以．

所以点C到平面SDE的距离为．………  12分   亦可等体积法计算距离，酌情给分。

20、（1）解：设点P的坐标为，

由题设得，

故所求的点P的轨迹的方程为．………  4分

（2）解：设，由题设知，直线MN的斜率存在，

不妨设直线MN的方程为，将代入，可得，则，同理．

由，可得，所以，即，… 6分

且，

由消去y并整理得，

则且，………  8分

可得

……………………… 10分

又因为，所以

所以当时．………  12分

21、（1）由．所以．所以．令，则为上的增函数，且．所以在上单调递减，上单调递增．所以．………  2分

又．所以．令，则

所以为上的增函数．又．

令，因为在上单调递增，且，而，因此函数与直线有唯一交点，故方程在上有唯一解，

所以存在唯一，使得．即，故，

所以在上单调递减，在上单调递增．所以．

所以．故而．………  6分

（2）由题意有两个零点．所以，即．

所以等价于：有两个零点，证明.不妨令．

由．要证，只需要证明．………  9分

即只需证明：．

只需证明：，即．令．

只需证明：．令．

则，即在上为增函数．又．所以．

综上所述，原不等式成立．………  12分

注意:第二问方法不唯一，其他解法酌情给分

22、（1）曲线转换为直角坐标方程为．

直线的直角坐标方程为，根据，

整理得，即．………  5分

（2）法一：射线，和曲线分别交于点，，

与直线分别交于，两点，如图所示：所以直线的直角坐标方程为，

直线的直线方程为，所以，解得，

设直线与轴交于点，将代入，得，即．

所以．同理：，解得，

所以，

所以．………  10分

法二：由，得，由，得，

所以，，

所以．  ………  10分

23、（1）由题知，即．当时，．

当时，，解得，；

当时，，恒成立，；

当时，，解得，，

的解集为．…………………… 5分

（2）由，即．

令，，当且仅当时等号成立，

，，∴，解得或，

实数a的取值范围为．…………  10分