备战2020年高考高三一轮单元训练金卷 数学（理）： 第18单元综合测试 B卷.doc

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 单元训练金卷高三数学卷（B）第18单元 综合测试注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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设集合，则

2、（ ）ABCD2设，则在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知，则（ ）ABCD42019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就实现月球背面软着路需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地球月拉格朗日点的轨道运行，点是平衡点，位于地月连线的延长线上设地球的质量为，月球质量为，地月距离为，点到月球的距离为，根据牛顿运动定律和万有引力定律，满足方程设由于的值很小，因此在近似计算中，则的近似值为（ ）ABCD5演讲比赛共有9位评委分别给出某位选手的

3、原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（ ）A中位数B平均数C方差D极差6若，则（ ）ABCD7设为两个平面，则的充要条件是（ ）A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C平行于同一条直线D垂直于同一平面8若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（ ）A2B3C4D89下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是（ ）ABCD10已知，则（ ）ABCD11设为双曲线的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于两点，若，则的离心率为（ ）ABCD12已知函数的定义域为，且当时，若对任意的，都有，则的取值

4、范围是（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为097，有20个车次的正点率为098，有10个车次的正点率为099，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 14已知是奇函数，且当时，若，则_15的内角的对边分别为，若，则的面积为_16中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的

5、所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有 个面，其棱长为 (本题第一空2分，第二空3分)三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值18（12分）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立在某局双方平后，甲先发球，两人又打了个球该局比赛结束（1）求；（2）求事件“且甲获胜”的概率

6、19（12分）已知数列和满足，（1）证明：是等比数列，是等差数列；（2）求和的通项公式20（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性，并证明函数有且只有两个零点；（2）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线21（12分）已知点，动点满足直线和的斜率之积为，记的轨迹为曲线（1）求的方程，并说明什么曲线；（2）过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点证明：是直角三角形；求的面积的最大值请考生在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（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在极坐标系中，为极点，点在曲线上，直线过点且与垂直，垂足为（1）

7、当时，求及的极坐标方程；（2）当在上运动且在线段上时，求点轨迹的极坐标方程23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知（1）当时，求不等式的解集；（2）若时，求的取值范围单元训练金卷高三数学卷（B）第18单元 综合测试 答 案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】A【解析】或，2【答案】C【解析】，对应的点坐标为，故选C3【答案】C【解析】，解得，4【答案】D【解析】，所以有，化简可得，可得5【答案】A【解析】由于共9个评委，将评委所给分数从小到大排列，中位数是第5个，假设为，去掉一头一尾的最低和最高分后，中位数还是，所以不变

8、的是数字特征是中位数其它的数字特征都会改变6【答案】C【解析】由函数在上是增函数，且，可得，即7【答案】B【解析】根据面面平行的判定定理易得答案故选B8【答案】D【解析】抛物线的焦点是，椭圆的焦点是，9【答案】A【解析】对于A，函数的周期，在区间单调递增，符合题意；对于B，函数的周期，在区间单调递减，不符合题意；对于C，函数，周期，不符合题意；对于D，函数的周期，不符合题意10【答案】B【解析】，则，所以，所以11【答案】A【解析】，又，解得，即12【答案】B【解析】由当，且当时，可知，当时，当时，当时，函数值域随变量的增大而逐渐减小，对任意的，都有，有，解得的取值范围是第卷二、填空题：本大题

9、共4小题，每小题5分13【答案】098【解析】经停该站的列出共有40个车次，所有车次的平均正点率的估计值为14【答案】【解析】，15【答案】【解析】，16【答案】26，【解析】由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）证明：平面，平面，又，平面（2）设底面边长为，高为，平面，即，解得平面，又，平面，故为平面的一个法向量平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量，在中，故与成角，二面角的正弦值为18【答案】（1）；（2）

10、【解析】（1）时，有两种可能：甲连赢两局结束比赛，此时；乙连赢两局结束比赛，此时，（2）且甲获胜，即只有第二局乙获胜，其他都是甲获胜，此时19【答案】（1）见解析；（2），【解析】（1）将，相加可得，整理可得，又，故是首项为，公比为的等比数列将，作差可得，整理可得，又，故是首项为，公差为的等差数列（2）由是首项为，公比为的等比数列可得；由是首项为，公差为的等差数列可得；相加化简得，相减化简得20【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）函数的定义域为，又，所以函数在上单调递增，又，所以在区间存在一个零点，且，所以在区间上也存在一个零点，所以函数有且只有2个零点（2）因为是函数的一个零点，

11、所以有，曲线在处的切线方程为，曲线曲线当切线斜率为时，切点坐标为，切线方程为，化简为，所以曲线在处的切线也是曲线的切线21【答案】（1）曲线为椭圆，；（2）见解析，【解析】（1）由题意得：，化简得，表示焦点在轴上的椭圆（不含与轴的交点）（2）依题意设，直线的斜率为，则，又，即是直角三角形直线的方程为，联立，得，则直线，联立直线和椭圆，可得，则，令，则，22【答案】（1），的极坐标方程；（2）点轨迹的极坐标方程为【解析】（1）当时，以为原点，极轴为轴建立直角坐标系，在直角坐标系中有，则直线的斜率，由点斜式可得直线：，化成极坐标方程为（2），则点的轨迹为以为直径的圆，此时圆的直角坐标方程为，化成极坐标方程为，又在线段上，由可得，点轨迹的极坐标方程为23【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，所以不等式等价于或或，解得不等式的解集为（2）当时，由，可知恒成立，当时根据条件可知不恒成立，所以的取值范围是