东北三省三校2020届高三第一次联合模拟考试数学（文）试题

东北三省三校2020届高三第一次联合模拟考试数学（文）试题

三省三校2019——2020 (上)第一次内考卷文科数学 一、选择题:本题共 12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.‎ ‎1.设，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出，再与集合求交集，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，所以，‎ 又，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查集合的交集与补集的混合运算，熟记交集与补集的定义即可，属于基础题型.‎ ‎2.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）‎ A. 存两条异面直线，.‎ B. 存在一条直线，.‎ C. 存在一条直线，.‎ D. 存在两条平行直线，.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面面平行的判定定理，以及线面，面面位置关系，逐项判断，即可得出结果.‎ ‎【详解】对于A选项，如图：为异面直线，且，在内过 上一点作，则内有两相交直线平行于，则有；故A正确；‎ 对于B选项，若，则可能平行于与的交线，因此与可能平行，也可能相交，故B错；‎ 对于C选项，若，则与可能平行，也可能相交，故C错；‎ 对于D选项，若，则与可能平行，也可能相交，故D错.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查探求面面平行的充分条件，熟记面面平行的判定定理，以及线面，面面位置关系即可，属于常考题型.‎ ‎3.已知向量 ，若，则实数（ ）‎ A. B. 5 C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，，再根据向量垂直，即可列出方程求解，得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，，‎ 又，所以，即，‎ 解得：.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查由向量垂直求参数，熟记向量数量积的坐标运算即可，属于常考题型.‎ ‎4.若，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，再根据二倍角公式，以及诱导公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】由，得，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记公式即可，属于常考题型.‎ ‎5.已知在上连续可导，为其导函数，且，则（ ）‎ A. 2e B. ‎ C. 3 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，得出，求出，进而可求出结果.‎ ‎【详解】由题意，，所以，‎ 因此，所以，‎ 故.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查由导数的方法求参数，以及求函数值的问题，熟记导数的计算公式即可，属于基础题型.‎ ‎6.在各项均为正数的等比数列中，若，则的值为（ ）‎ A. 2 021 B. -2021‎ C. 1 010 D. -1010‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中数据，以及等比数列的性质，得到，再由对数的运算法则，得到，进而可求出结果.‎ ‎【详解】在各项均为正数的等比数列{an}中，若，可得，则 ‎.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的性质的应用，以及对数的运算，熟记等比数列的性质，以及对数运算法则即可，属于常考题型.‎ ‎7.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由函数的奇偶性可得，，又由，结合函数的单调性分析可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，函数是定义在上的偶函数，则，，‎ 有，‎ 又由在上单调递增，则有，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题．‎ ‎8.数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究陌数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数.的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由函数解析式，得到，推出不是偶函数，排除AC，再由特殊值验证，排除B，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为函数，所以，‎ 因此函数不是偶函数，图象不关于轴对称，故排除A、C选项；‎ 又因为，，所以，而选项B在时是递增的，故排除B.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查函数图像的识别，熟记函数的基本性质，灵活运用排除法处理即可，属于常考题型.‎ ‎9.已知偶函数的图象经过点，且当时，不等式恒成立，则使得成立的的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到点也在函数图象上，函数在上为减函数，将不等式化为，根据函数单调性，即可得出结果.‎ ‎【详解】根据题意，为偶函数， 且经过点，则点也在函数图象上，‎ 又当时，不等式恒成立，‎ 则函数在上为减函数，‎ 因为，所以 解得或.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查由函数单调性与奇偶性解不等式，熟记函数奇偶性与单调性的概念即可，属于常考题型.‎ ‎10.已知实数，满足，若目标函数最大值为，取到最大值时的最优解是唯一的，则的取值是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由约束条件作出可行域，化目标函数为，则表示斜率为的直线，且，结合图像，以及题中条件，即可得出结果.‎ ‎【详解】由不等式组，即为，作可行域如图:‎ 目标函数可化为，‎ 因为表示斜率为的直线，且，‎ 由图象可知当经过点时，取到最大值，这时满足坐标满足解得，点坐标为，代人得到.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查由最优解求参数的问题，通常需作出可行域，根据目标函数的几何意义，结合图像求解，属于常考题型.‎ ‎11.的内角，，的对边为，，，若，且的面积为，则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据余弦定理，以及题中三角形的面积，得到，求出，再由，结合基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】由余弦定理可得：，又，‎ ‎，因此，故 所以，‎ 即 ‎，即，当且仅当时，等号成立，故的最大值为4. ‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查解三角形，以及基本不等式求最值，熟记余弦定理，三角形面积公式，以及基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎12.如果定义在上的函数满足:对于任意，都有,则称为“函数”.给出下列函数:①；②；③ ；④其中为“‎ 函数”的是（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题中条件，得到函数是定义在上的减函数，逐项判断所给函数单调性，即可得出结果.‎ ‎【详解】∵对于任意给定的不等实数，不等式恒成立，‎ ‎∴不等式等价为恒成立，‎ 即函数是定义在上的减函数.‎ ‎①，则函数在定义域上不单调.‎ ‎②函数是由复合而成，根据同增异减的原则，函数单调递减，满足条件.‎ ‎③根据指数函数单调性可得：为减函数，满足条件. ‎ ‎④.当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，不满足条件.‎ 综上满足“函数”的函数为②③，‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查函数单调性的判定，熟记函数单调性的定义，以及基本初等函数单调性即可，属于常考题型.‎ 二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若是偶函数，当时，，则=.______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的性质，以及题中条件，结合对数运算，可直接得出结果.‎ ‎【详解】因为时，，且函数是偶函数，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求函数值，熟记偶函数性质，以及对数运算法则即可，属于基础题型.‎ ‎14.若关于的不等式的解集是，则_______.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到关于的方程的两根分别是和，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为关于的不等式的解集是，‎ 所以关于的方程的两根分别是和，‎ 所以有，解得：或.‎ 故答案为：或 ‎【点睛】本题主要考查由不等式的解集求参数，熟记三个二次之间关系即可，属于常考题型.‎ ‎15.设为所在平面内一点，，若，则=__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，作出图形，根据平面向量的基本定理，得到，再由题意确定的值，即可得出结果.‎ ‎【详解】如图所示，由，可知，、、三点在同一 直线上，图形如右:‎ 根据题意及图形，可得: ，，‎ ‎，解得: ，则 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由平面向量基本定理求参数，熟记平面向量的基本定理即可，属于常考题型.‎ ‎16.某工厂现将一棱长为的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件，则该圆柱体体积的最大值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 找出正四面体中内接圆柱的最大值的临界条件，通过体积公式即可得到答案.‎ ‎【详解】解：圆柱体体积最大时，圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心，圆柱的上底面与棱锥侧面的交点在侧面的中线上．‎ ‎∵正四面体棱长为，∴，，，‎ ‎∴，‎ 设圆柱的底面半径为，高为，则．‎ 由三角形相似得：，即，‎ 圆柱的体积，‎ ‎∵，当且仅当即时取等号．‎ ‎∴圆柱的最大体积为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力,以及分析问题的能力，基本不等式的运用,难度较大.‎ 三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题:共60分 ‎17.已知命题，不等式恒成立；命题:函数，；‎ ‎(1)若命题为真，求的取值范围；‎ ‎(2)若命题是真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据为真，得到时，即可，根据函数单调性，求出的最小值，进而可求出结果；‎ ‎（2）若为真命题，根据题意得到，由函数单调性，求出在上的最大值，进而可求出结果.‎ ‎【详解】(1) 若为真，即，不等式恒成立;‎ 只需时，即可，‎ 易知：函数在递减，所以的最小值为，‎ 因此. ‎ ‎(2)若为真命题，则，‎ 易知：在上单调递减，所以；‎ 因此，故或，‎ 因为命题是真命题，所以，均为真命题，故满足或 解得：，‎ 因此实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数，以及由复合命题真假求参数，根据转化与化归的思想即可求解 ，属于常考题型.‎ ‎18.已知函数 ‎(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；‎ ‎(2)求函数在区间上的最小值，并求出取得最值时的值.‎ ‎【答案】(1),；(2) 最小值为， .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将函数解析式化简整理，得到，根据正弦函数的周期与单调区间求解，即可得出结果；‎ ‎（2）由得，根据正弦函数的性质，即可得出结果.‎ ‎【详解】(1)因为 所以函数的最小正周期为.‎ 由，得 故函数的单调递减区间为.‎ ‎ (2)因为，‎ 所以当即时，‎ 所以函数在区间上的最小值为，此时.‎ ‎【点睛】本题主要考查求正弦型函数的周期，单调区间，以及最值，熟记正弦函数的性质即可，属于常考题型.‎ ‎19.已知四棱锥的底面为平行四边形，.‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)若平面平面，，，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，，根据线面垂直的判定定理，得出平面，进而可得；‎ ‎（2）过点作垂直延长线于点，连接，根据线面垂直的判定定理，证明平面，推出；设为点到平面的距离，根据，结合题中数据，即可求出结果.‎ ‎【详解】(1)取中点，连接，， ‎ ‎∵，且为中点，‎ ‎∴，， ‎ 平面，‎ 平面，‎ ‎，‎ ‎∵为中点，‎ ‎；‎ ‎(2)过点作垂直延长线于点，连接，‎ ‎∵平面平面，平面平面，‎ 平面，，‎ 平面，‎ 平面，‎ ‎， ‎ ‎∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，‎ 设为点到平面的距离，由于，可得，‎ ‎，‎ ‎，所以.‎ 即点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题主要考查证明线段相等，以及求点到平面距离，熟记线面垂直的判定定理，性质定理，以及等体积法求点到平面的距离即可，属于常考题型.‎ ‎20.已知数列的前项和满足.‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1) ；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，求出；再得到时，，两式作差得到数列是首项为2，公比为2的等比数列，进而可得出结果；‎ ‎（2）由（1）的结果，根据裂项相消的方法，即可求出数列的和.‎ ‎【详解】(1)由题可知，①‎ 当时，，得，‎ 当时，，②‎ ‎①-②，得，所以 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以，故. ‎ ‎(2)由(1)知，则，‎ ‎，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查由递推公式求通项公式，以及数列的求和，熟记等比数列的通项公式，以及裂项相消法求数列的和即可，属于常考题型.‎ ‎21.已知函数，其中.‎ ‎(1)当时，求函数在上的最大值和最小值；‎ ‎(2)若函数为上的单调函数，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)，；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得，对其求导，得到，解对应不等式，求出单调区间，进而可求出最值；‎ ‎（2）先由得到函数不可能在上单调递增，由题意，得到在上单调递减，推出恒成立；令，用导数的方研究其单调性，进而可求出结果.‎ ‎【详解】(1)当时，，所以. ‎ 由解得，由解得.‎ 故函数在区间上单减，在区间上单增.‎ ‎,‎ ‎，；‎ ‎(2) 因为，所以函数不可能在上单调递增. ‎ 所以，若函数为上单调函数，则必是单调递减函数，即恒成立.‎ 由可得，‎ 故恒成立的必要条件为. ‎ 令，则.‎ 当时，由，可得，‎ 由可得，‎ 在.上单调递增，在上单调递减.‎ 故 令，下证:当时，. ‎ 即证，令，其中，则，‎ 则原式等价于证明:当时，.‎ 由(1)的结论知，显然成立.‎ 综上，当时，函数为上的单调函数，且单调递减.‎ ‎【点睛】本题主要考查求函数最值，以及由函数单调性求参数的问题，灵活运用导数的方法求函数单调性，即可研究其最值等，属于常考题型.‎ ‎ (二)选考题:共10分.请考生在第22、23两题中任选- -题做答.注意:只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.‎ 选修4-4:坐标系与参数方程 ‎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，直线的极坐标方程为.‎ ‎(1)求的极坐标方程；‎ ‎(2)若直线与曲线相交于，两点，求.‎ ‎【答案】(1) ；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据曲线的参数方程消去参数，得到普通方程，再转化为极坐标方程即可；‎ ‎（2）先将直线的极坐标方程化为参数方程，代入，根据参数方程下的弦长公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】(1)曲线的参数方程为: 为参数)，‎ 转换为普通方程为: ，‎ 转换为极坐标方程为: .‎ ‎(2)直线的极坐标方程为.转换为参数方程为: (为参数).‎ 把直线的参数方程代入，‎ 得到: ，(和为，对应的参数)，‎ 故: ，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及求弦长的问题，熟记公式即可，属于常考题型.‎ 选修4-5:不等式选讲 ‎23.已知.‎ ‎(1)当时，求不等式的解集；‎ ‎(2)若时，不等式恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由得，分别讨论，，三种情况，即可得出结果；‎ ‎（2）先由题意，得到当时，不等式恒成立转化为或恒成立，进而可求出结果.‎ ‎【详解】(1)当时，不等式可化简为. ‎ 当时，，解得，所以 当时，，无解；‎ 当时，，解得，所以；‎ 综上，不等式的解集为；‎ ‎(2)当时，不等式可化简为. ‎ 由不等式的性质得或，‎ 即或. ‎ 当时，不等式恒成立转化为或恒成立; ‎ 则或.‎ 综上，所求的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查解含绝对值不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，灵活运用分类讨论法求解即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎