2020届广西名校高三上学期12月高考模拟数学(理)试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合M1,2,3,4，P数是（ ） A．7 【答案】C 【解析】根据PB．15

C．63

D．64

x,yxM,xyM，则P的非空子集的个

x,yxM,xyM求解P中元素的个数,再根据包含n个元素

的集合的非空子集的个数是2n1计算即可. 【详解】

解：∵集合M1,2,3,4, ∴Px,yxM,xyM2,1,3,1,3,24,14,2,4,3,共6个元素,

故P的非空子集的个数为26163． 故选C． 【点睛】

本题主要考查了集合运算以及包含n个元素的集合的非空子集个数,属于基础题型. 2．定义运算

a,bc,dadbc，若zB．第二象限

1,22i,i，则复数z对应的点在（ ） C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限 【答案】B

【解析】试题分析：z在第二象限，选B. 【考点】复数概念

1,2i,i2i22i12i,z12i，所以复数z对应的点

【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如

(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i,(a,b,c.dR). 其次要熟悉复数相关基本概

念，如复数abi(a,bR)的实部为a、虚部为b、模为a2b2、对应点为(a,b)、共轭为abi.

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3．如图是国家统计局今年4月11日发布的2018年3月到2019年3月全国居民消费价格的涨跌幅情况折线图．（注：2019年2月与2018年2月相比较称同比，2019年2月与2019年1月相比较称环比），根据该折线图，下列结论错误的是（ ）

A．2018年3月至2019年3月全国居民消费价格同比均上涨 B．2018年3月至2019年3月全国居民消费价格环比有涨有跌 C．2019年3月全国居民消费价格同比涨幅最大 D．2019年3月全国居民消费价格环比变化最快 【答案】C

【解析】由题意,根据同比与环比的意义分析即可. 【详解】

解：由图中的数据可知：A,B,D三项判断都正确；

对C．2019年全国居民消费价格同比涨幅最大是9月和10月,错误． 故选C． 【点睛】

本题主要考查了图表的分析与理解,属于基础题型. 4．abA．320 【答案】B

r6rr6rr【解析】a2b展开式的通项为：Tr1C6a2b2C6ab， 46442622ab240a2b4，T32C6ab60a4b2， 则：T52C6426rr22a2b的展开式中ab的系数为（ ）

644B．300 C．280 D．260

据此可得：a4b4的系数为24060300. 本题选择B选项.

5．我国明代伟大数学家程大位在《算法统综》中常以诗歌的形式呈现数学问题，其中

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有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上梢四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明”意思是：九节竹的盛米容积成等差数列，其中的“三升九”指3.9升，则九节竹的中间一节的盛米容积为（ ） A．0.9升 【答案】B

【解析】先根据“下头三节三升九，上梢四节贮三升”列方程组，解方程组求得a2,d的值，进而求得a5的值. 【详解】 依题意得B．1升

C．1.1升

D．2.1升

a1a2a33.9a21.3，故，即

aaaa36789a7a81.5a25da26d2a211d2.611d1.5，解得d0.1，故a5a23d1.30.31升.故选B.

【点睛】

本小题主要考查中国古代数学文化，考查等差数列通项的性质，属于基础题.

6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则

该几何体最长的棱长为（ ）

A．43 B．42 C．6 D．25 【答案】C

【解析】由题可得立体图形：则ABAC4,PC16425,BC42,

APBP161646,所以最长棱为6

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点睛：考察三视图 7．已知函数f(x)1xlnx1，则y=f(x)的图象大致为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用特殊值，对函数图象进行排除，由此得出正确选项. 【详解】

由于f1221120，排除B选项. 2ln21ln212由于fe2e2,fe222e23，fefe，函数单调递减，排除C选项. 由于fe1002e1001010，排除D选项.故选A. 【点睛】

本小题主要考查已知具体函数的解析式，判断函数的图象，属于基础题.

8．如图所给的程序运行结果为S41，那么判断框中应填入的关于k的条件是( 第 4 页 共 20 页

)

A．k7？ 【答案】B

B．k6？ C．k5？ D．k6？

【解析】程序运行结果为S41,执行程序,当k6时,判断条件成立,当k5时,判断条件不成立,输出S41,即可选出答案. 【详解】

根据程序框图,运行如下: 初始k10,S1,

判断条件成立,得到S11011,k1019; 判断条件成立,得到S11920,k918; 判断条件成立,得到S20828,k817; 判断条件成立,得到S28735,k716; 判断条件成立,得到S35641,k615; 判断条件不成立,输出S41,退出循环,即k6符合题意. 故选:B. 【点睛】

本题考查了程序框图的识别与判断,弄清进入循环体和跳出循环体的条件是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.

9．已知点M是抛物线x24y上的一动点，F为抛物线的焦点，A是圆C：

(x1)2(y4)21上一动点，则|MA||MF|的最小值为（ ）

A．3 【答案】B

【解析】根据抛物线定义和三角形三边关系可知当M,A,P三点共线时，MAMF的值最小，根据圆的性质可知最小值为CPr；根据抛物线方程和圆的方程可求得CP，从而得到所求的最值. 【详解】

B．4

C．5

D．6

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如图所示，利用抛物线的定义知：MPMF

当M,A,P三点共线时，MAMF的值最小，且最小值为CPrCP1 抛物线的准线方程：y1，C1,4

14CP415 MAMF min5本题正确选项：B 【点睛】

本题考查线段距离之和的最值的求解，涉及到抛物线定义、圆的性质的应用，关键是能够找到取得最值时的点的位置，从而利用抛物线和圆的性质来进行求解.

x2y210．过双曲线221(a0,b0)的右顶点A作斜率为1的直线，该直线与双曲

ab线的两条渐近线的交点分别为B,C．若ABA．2 【答案】C

B．3 1BC，则双曲线的离心率是 ( ) 2D．10

C．5 a2ab,【解析】试题分析：直线l：y=-x+a与渐近线l1：bx-ay=0交于B， ababa2ab,l与渐近线l2：bx+ay=0交于C， ，A（a，0）

abab2a2bab2a2b1ab,,BC,ABBC， ∴AB∵，2222abababab2aba2bc22222∴，b=2a，∴ca4a，∴e25，∴e5 aba2b2a【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质

11．已知函数fx满足fxfx，且当x,0时，fxxfx0成

第 6 页 共 20 页

18a2f2clogbln2fln2立，若，，20.60.61flog28，则a，b，c的大小关系是( ) A．abc 【答案】C

0.6

【解析】根据题意，构造函数h（x）＝xf（x），则a＝h（2），b＝h（ln2），c＝（logB．acb C．cba D．cab

1）281）＝h（﹣3），分析可得h（x）为奇函数且在（﹣∞，0）上为减函数，进而810.6

分析可得h（x）在（0，+∞）上为减函数，分析有log2＜0＜ln2＜1＜2，结合函数

8•f（log2的单调性分析可得答案． 【详解】

解：根据题意，令h（x）＝xf（x），

h（﹣x）＝（﹣x）f（﹣x）＝﹣xf（x）＝﹣h（x），则h（x）为奇函数；

当x∈（﹣∞，0）时，h′（x）＝f（x）+xf'（x）＜0，则h（x）在（﹣∞，0）上为减函数，

又由函数h（x）为奇函数，则h（x）在（0，+∞）上为减函数， 所以h（x）在R上为减函数，

a＝（20.6）•f（20.6）＝h（20.6），b＝（ln2）•f（ln2）＝h（ln2），c＝（log11log•f）（）22881）＝h（﹣3）， 810.6

因为log2＜0＜ln2＜1＜2，

8＝h（log2则有cba； 故选：C． 【点睛】

本题考查函数奇偶性与单调性的综合应用，关键是构造函数h（x）＝xf（x），并分析h（x）的奇偶性与单调性．

12．已知半径为2的扇形AOB中，AOB120o，C是OB的中点，P为弧AB上任意一点，且OPOAOC，则的最大值为（ ）

21 3221 3A．2 【答案】C

B．C．D．

421 3第 7 页 共 20 页

【解析】根据等和线性质,利用平行线的方法,求半径2与O到AC的距离d的比值即可. 【详解】

由题有△AOC面积SAOC13,又由余弦定理 21sin12022AC2OC2OA22OCOAcos1201427.故AC7.

故O到AC的距离d满足SAOC133. ACdd227故的最大值为

27221 2d33

故选：C 【点睛】

本题主要考查与有关的等和线问题,求出P所在的位置对应的的值即可.属于中等题型.

二、填空题

13．已知向量a(m,1)，b(4n,2)，m0，n0，若ab，则值______． 【答案】

18的最小mn9 2 【解析】由ab，可得：n2m4，再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．【详解】 ∵ab，

∴4n2m0，即n2m4， ∵m0，n0，

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∴

18118(n2m) mn4mn1n16m10 4mn1n16m9(102)， 4mn28时取等号， 3当且仅当n4m∴

918的最小值是． mn29． 2故答案为【点睛】

本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

14．若数列an的首项a12，且an13an2nN*；令bnlog3an1，则

b1b2b3【答案】5050

b100_____________．

【解析】试题分析：由an13an2nN*可知an113an1,an113，

an1nn所以数列an1是以3为首项， 3为公比的等比数列，所以an13,an31，

所以bnlog3an1n，因此b1b2b3【考点】等比数列的通项公式与等差数列求和．

b100100110025050.

【方法点晴】本题主要考查了等比数列的通项公式与等差数列求和，属于中档题.本题解答的关键是根据递推式an13an2nN*构造数列an1是以3为首项， 3为公比的等比数列.据此得到数列an的通项公式，根据对数运算得到bn是通项公式，可判断其为等差数列，由等差数列的前n项和公式求解. 15．在锐角ABC中，B6，sinA34cosB，，则6565sinAB__________．

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【答案】

24 25【解析】

34sinA,cosA,因为

6565412cosAcos120,AA(舍)，

652632443cosA，由cosBsinB,

656565sinABsin[(A)(B)]sin(A)cos(B)cos(A)sin(B)666666

344324. 55552516．在三棱锥VABC中，面VAC面ABC，VAAC2，VAC120，

BABC 则三棱锥VABC的外接球的表面积是____

【答案】16 【解析】【详解】

解：如图，设AC中点为M，VA中点为N，

∵面VAC⊥面ABC，BA⊥BC，∴过M作面ABC的垂线， 球心O必在该垂线上，连接ON，则ON⊥AV． 在Rt△OMA中，AM＝1，∠OAM＝60°，

∴OA＝2，即三棱锥V﹣ABC的外接球的半径为2， ∴三棱锥V﹣ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝16π． 故答案为16π．

三、解答题

17．已知数列an的前n项和Sn1an，其中0．

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（1）证明an是等比数列，并求其通项公式； （2）若S533，求． 32n11【答案】（1）证明详见解析；an11；（2）1. 3【解析】(1)利用an与Sn的关系求得1anan1,再证明与求解首项和公比即可. (2)根据Sn1an,代入(1)中所求的an通项公式求解即可. 【详解】

解：（1）∵Sn1an,0,∴an0． 当n2时,Sn11an1,

两式相减,得an1an1an1anan1,即1anan1, ∵0,an0．∴10．即1,即∴an是等比数列,公比qan,（n2）, an111,

当n1时,S11a1a1,即a11, 11∴an11n1；

1433533331,则S51,即, （2）若S5132321132132则

111,得

32【点睛】

本题主要考查了利用数列an与Sn的关系证明等比数列的方法,同时也考查了数列求和的有关问题,属于中等题型.

18．为推进“千村百镇计划”，2018年4月某新能源公司开展“电动莆田 绿色出行”活动，首批投放200台P型新能源车到莆田多个村镇，供当地村民免费试用三个月．试用到期后，为了解男女试用者对P型新能源车性能的评价情况，该公司要求每位试用者填写一份性能综合评分表（满分为100分）．最后该公司共收回600份评分表，现从 中随机抽取40份（其中男、女的评分表各20份）作为样本，经统计得到如下茎叶图：

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（1）求40个样本数据的中位数m；

（2）已知40个样本数据的平均数a80，记m与a的最大值为M．该公司规定样本 中试用者的“认定类型”：评分不小于M的为“满意型”，评分小于M的为“需改进型”．①请根据40个样本数据，完成下面22列联表：

根据22列联表判断能否有99%的把握认为“认定类型”与性别有关？

②为做好车辆改进工作，公司先从样本“需改进型”的试用者按性别用分层抽样的方法，从中抽取8人进行回访，根据回访意见改进车辆后，再从这8人中随机抽取3人进行二次试用，记这3人中男性人数为X，求X的分布列及数学期望.

【答案】（1）81；（2）①有99%的把握认为“认定类型”与性别有关，②见解析 【解析】（1）40个数字，中位数为从小到大排序的第20和第21数的平均数，可求得结果；（2）①将数据代入公式可求得K2，可知K26.635，对比概率表格可知有99%的把握认为二者相关；②通过分层抽样确定男性和女性的人数，得到X所有可能的取值，根据超几何分布得到分布列，从而根据数学期望的公式求得结果. 【详解】

（1）由茎叶图可知：m808281 2（2）因为m81，a80，所以M81

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①由茎叶图值，女性试用者评分不小于81的有15个，男性试用者评分不小于81的有5个，根据题意得22列联表： 女性 男性 合计

由于K2满意型 需改进型 合计 15 5 15 20 20 40 5 20 20 4015155520202020106.635

查表得：PK6.6350.010

所以有99%的把握认为“认定类型”与性别有关

②由①知，从样本“需改进型”的试用者中按性别用分层抽样的方法抽出女性2名，男性

26名

X的所有可能取值为1，2，3

2112C2C66C2C630153PX2则PX1，， 33C85628C8562803C2C6205PX3 3C85614所以X的分布列如下：

X 1 3 282 15 283 5 14P

所以X的数学期望为：EX1【点睛】

本题考查茎叶图、独立性检验、超几何分布、随机变量的数学期望的求解，关键在于能够确定随机变量符合超几何分布，然后通过公式求得对应概率.

19．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，P是BC的中点，点Q是棱CC1上的动点．

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3155923 2828144

（1）点Q在何位置时，直线D1Q，DC，AP交于一点，并说明理由； （2）求三棱锥B1DBQ的体积；

（3）棱CC1上是否存在动点Q，使得DB1与平面AQD1所成角的正弦值为在指出点Q在棱CC1上的位置，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）当Q是C1C中点时，直线D1Q，DC，AP交于一点，理由详见解析；（2）

53，若存94；（3）存在点Q，且点Q为CC1的中点. 3(1)画出辅助线延长AP交DC于M,连结D1M交C1C于点Q,利用相似三角形证【解析】明即可.

(2)换顶点求解三棱锥DBB1Q的体积即可.

(3)以D为原点建立合适的空间直角坐标系,设Q0,2,,再利用线面夹角的向量解法求出即可. 【详解】

解：（1）当Q是C1C中点时,直线D1Q,DC,AP交于一点．

理由如下：延长AP交DC于M,连结D1M交C1C于点Q, ∵CP∴

AD,∴MCP∽MDA,

MCCP1． MDAD2第 14 页 共 20 页

∵CQD1D,

∴MCQ∽MDD1,∴∴Q是C1C中点．

CQMC1． DD1MD2（2）V棱锥B1DBQV棱锥DBB1Q1114SBB1QCD=8=． 3323（3）以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建系 则D0,0,0,A2,0,0,B12,2,2,Q0,2,,D10,0,2

AD12,0,2,AQ2,2,,DB12,2,2

设面AQD1的法向量为nx,y,z,则

nAD102x2z0 2x2yz0nAQ0取x2,z2,y2即n2,2,2 设DB1与面AQD1所成角为

则sincosn,DB1nDB1nDB11221282253 9化简得2230 解得1或3（舍去） 2所以存在点Q,且点Q为CC1的中点 【点睛】

本题主要考查了空间中线与线相交的问题,同时也考查了利用建系解决空间中线面角的问题,属于中等题型.

20．如图，中心为坐标原点O的两圆半径分别为r11，r22，射线OT与两圆分别交于A、B两点，分别过A、B作垂直于x轴、y轴的直线l1、l2，l1交l2于点P．

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（1）当射线OT绕点O旋转时，求P点的轨迹E的方程；

（2）直线l：ykx3与曲线E交于M、N两点，两圆上共有6个点到直线l的距离为

1时，求MN的取值范围． 221616y2【答案】（1）x（2）MN,. 1；

1354【解析】(1) 设Px,y,OT与x轴正方向夹角为,写出Px,y轨迹的参数方程,再化简成直角坐标方程即可.

(2)根据两圆上共有6个点到直线l的距离为l的距离d1,利用圆的位置关系转换为原点O至直线213,,进而求得k的取值范围,再联立直线与椭圆表达出MN,利用k的22取值范围求解MN的取值范围即可. 【详解】

设Px,y,OT与x轴正方向夹角为,则

xOAcosxcos 即yOBsiny2siny2y22化简得x1,即P点的轨迹E的方程为x1

442113d（2）当两圆上有6个点到直线1的距离为时,原点O至直线l的距离,,

222即

13312,解得k,11 231k22第 16 页 共 20 页

ykx32224kx23kx10 联立方程得y21x4设Mx1,y1,Nx2,y2,则x1x22123k, xx12224k4k2MN1k41k24k22x1x24x1x21k12k24k224 4k23 4124k1616MN则,

135【点睛】

本题主要考查了轨迹问题的求法以及椭圆中的弦长范围问题,需要根据题意建立不等式求斜率的范围,再联立方程求弦长MN的表达式,再代入斜率的范围求解即可.属于中等题型. 21．已知函数（Ⅰ）若（Ⅱ）设数列

时，

的通项

.

，求的最小值；

，证明：

.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 【解析】（Ⅰ）由已知若若

，则当，则当

时，

，时，，所以当

，，所以

时，

. . .

综上，的最小值是. （Ⅱ）证明：令即取

，则

.

. .由（Ⅰ）知，当

时，

，

于是

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. 所以

.

（1）通过求导的方法研究函数的单调性，进而判断满足条件的的范围，确定其最小值；（2）借助第一问的结论，得到不等式明不等式的目的.

【考点定位】本题考查导数的应用与不等式的证明，考查学生的分类讨论思想和利用构造法证明不等式的解题能力.

22．已知曲线C的极坐标方程是1，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面

进而构造

达到证

tx12x2x直角坐标系，曲线C经过伸缩变换得到曲线E，直线l：（t为参

yyy3t2数）与曲线E交于A，B两点，

（1）设曲线C上任一点为Mx,y，求x3y的最小值；

（2）求出曲线E的直角坐标方程，并求出直线l被曲线E截得的弦AB长； 【答案】（1）-2；（2）

82. 7【解析】(1)求出曲线C的参数方程,再代入x23y,利用辅助角公式求最值即可. (2)利用伸缩变换求曲线E的直角坐标方程,再利用直线参数方程中t的几何意义,联立直线与椭圆的方程利用韦达定理求解即可. 【详解】

22222解：（1）根据xy,进行化简得C：xy1,

∴曲线C的参数方程xcos（为参数）,

ysin∴x3ycos3sin2sin则x23y的最小值为2；

, 6第 18 页 共 20 页

x2xx2∵,∴（）yyyxx22代入C得∴E：y21,

2ytx12将直线l的参数方程（t为参数）,

y3t2代入曲线E方程得：7t24t40,

4tt127∴,ABt1t24tt127【点睛】

t1t224t1t282． 7本题主要考查了参数方程的运用以及直线参数方程中t的几何意义等,属于中等题型. 23．（题文）已知函数（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）若，，都是正实数，且【答案】(Ⅰ)

(Ⅱ)见解析

，求证：

.

，且

的解集为

【解析】试题分析：（I）考查绝对值不等式的解法（II）采用配“1”法应用基本不等式证明或者采用柯西不等式证明. 试题解析：

（I）依题意∴

,即,

（II）方法1:∵∴

当且仅当方法2: ∵∴由柯西不等式得整理得

,即

时取等号

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当且仅当

,即时取等号.

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