宁夏银川市第二中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

宁夏银川市第二中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

银川市第二中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学(理)试题 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. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎ ‎ 选A ‎2.若复数z满足，则z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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将z分离出来得到，然后分子分母同乘以，化简即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，则复平面内对应的点位于第一象限.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的四则运算以及几何意义，属于基础题.‎ ‎3.根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在吹东风的条件下下雨的概率为（ ）‎ - 21 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用条件概率的计算公式即可得出．‎ ‎【详解】设事件A表示四月份吹东风，事件B表示吹东风又下雨，‎ 根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查条件概率，正确理解条件概率的意义及其计算公式是解题的关键．‎ ‎4.展开式中含项的系数为（ ）‎ A. B. ‎60 ‎C. D. 120‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式的通项公式，可得结果 ‎【详解】，‎ 即 令 项的系数为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查二项式的通项公式的应用，属基础题.‎ ‎5.已知函数,下列结论中错误的是( )‎ A. B. 函数的图象关于直线 - 21 -‎ 对称 C. 的最小正周期为 D. 的值域为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平方差公式及二倍角的余弦函数公式化简函数解析式可得，利用余弦函数的图象和性质及余弦函数的周期公式即可得解．‎ ‎【详解】解：由，故正确；‎ 由定义可知为偶函数，故正确；‎ 由周期公式可得的最小正周期为：，故正确；‎ 由余弦函数的性质可得的值域为，，故错误；‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平方差公式及二倍角的余弦函数公式，考查了余弦函数的图象和性质，属于基础题．‎ ‎6.若等差数列和等比数列满足，则（ ）‎ A. -1 B. ‎1 ‎C. -4 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列与等比数列的通项公式，求出公差与公比，进而可求出结果.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，‎ 因为，‎ 所以，解得，因此，‎ - 21 -‎ 所以.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列基本量的计算，熟记通项公式即可，属于基础题型.‎ ‎7.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别根据指对幂函数的单调性分析函数值的范围即可.‎ ‎【详解】,即.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了指对幂函数的大小比较,属于基础题.‎ ‎8.在内接于球的四面体中,有,,,若球的最大截面的面积是,则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意将四面体放入长方体中,由长方体对角线与外接球的直径相等可求出外接球的半径,球的最大截面既是过球心的圆,由题意求出外接球的半径,进而求出的值.‎ ‎【详解】将四面体放入到长方体中,与,与,与相当于一个长方体的相对面的对角线,‎ - 21 -‎ 设长方体的长,宽,高分别是则,‎ ‎ ‎ 球的最大截面的面积是,球的最大截面即是过球心的大圆,‎ 设球的半径为则,‎ ‎,‎ ‎,‎ 解得:,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】考查三棱锥的外接球的半径的与长方体棱长的关系,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.‎ ‎9.如图，网格纸上小正方形的边长为.从四点中任取两个点作为向量的始点和终点，则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 根据向量数量积的几何意义可知，向量在向量方向上的投影最大时，取最大值.‎ ‎【详解】由题意知，‎ ‎，‎ 取最大值时，向量在向量方向上的投影最大.‎ 由图形可知，当时，向量在向量方向上的投影最大.‎ ‎.‎ 即的最大值为3.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的几何意义，属于基础题.‎ ‎10.设等比数列的前项和为,已知成等差数列,且,则（ ）‎ A. 3 B. ‎6 ‎C. 8 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为,分与结合成等差数列利用等比数列求和公式求得,再根据等比数列各项间的关系求解即可.‎ ‎【详解】设等比数列公比为,首项是, 当时,有、、,不满足成等差数列； 当时,因为成等差数列,所以, 化简得,解得或（舍去）, 则,故,‎ - 21 -‎ 即,故.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查等比数列的前项和公式、通项公式,分类讨论思想,使用等比数列的前项和公式时需要对公比与1的关系进行讨论.同时也考查了等比数列各项间的关系,属于中档题.‎ ‎11.设抛物线的焦点为F,抛物线C与圆交于M,N两点,若,则的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆过原点，知中有一点与原点重合，作出图形，由，，得，从而直线倾斜角为，写出点坐标，代入抛物线方程求出参数，可得点坐标，从而得三角形面积．‎ ‎【详解】由题意圆过原点，所以原点是圆与抛物线的一个交点，不妨设为，如图，‎ 由于，，∴，∴，，‎ ‎∴点坐标为，代入抛物线方程得，，‎ ‎∴，．‎ 故选：B.‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查抛物线与圆相交问题，解题关键是发现原点是其中一个交点，从而是等腰直角三角形，于是可得点坐标，问题可解，如果仅从方程组角度研究两曲线交点，恐怕难度会大大增加，甚至没法求解．‎ ‎12.已知实数满足，则的最小值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设是曲线的点，是直线的点，可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方，通过求函数到直线的最小距离，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】由题，得，‎ 设是曲线的点，是直线的点，‎ - 21 -‎ 可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方，‎ 对求导得，令，得，‎ 所以曲线C上的点到直线l的距离最小，‎ 该点到直线l的距离为，‎ 因此的最小值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义及导数的应用问题，其中涉及转化和化归思想的运用.‎ 二.填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13.若满足约束条件，则的最大值为____________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出满足约束条件的可行域,再根据目标函数的几何意义,结合图象即可得出结论.‎ ‎【详解】作出不等式组对应的平面区域如下图阴影部分所示:‎ ‎ ‎ 由得,‎ 平移直线,由图象知当直线经过点时,最大,‎ ‎∴目标函数最大值为,‎ - 21 -‎ 故答案为:1‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划,考查数形结合思想的应用,能正确理解目标函数的几何意义是解题关键,常见目标函数的几何意义有截距､斜率和距离等.‎ ‎14.在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.过去10日，A、B、C、D四地新增疑似病例数据信息如下：‎ A地：中位数为2，极差为5； B地：总体平均数为2，众数为2；‎ C地：总体平均数为1，总体方差大于0； D地：总体平均数为2，总体方差为3.‎ 则以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标志的是_______(填A、B、C、D)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对选项逐个分析，即得答案.‎ ‎【详解】对于地，因为中位数为2，极差为5，所以最大值为，满足每天新增疑似病例不超过7人，故地符合；‎ 对于地，若过去10日分别为，满足总体平均数为2，众数为2，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故地不符合；‎ 对于地，若过去10日分别为，满足总体平均数为1，总体方差大于0，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故地不符合；‎ 对于地，假设至少有一天疑似病例超过7人，设为8人，则方差为，与题中条件总体方差为3矛盾，故假设不成立.故满足每天新增疑似病例不超过7人，故地符合.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用中位数、极差、平均数、众数、方差等数据，对总体数据进行估算，属于中档题.‎ ‎15.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过点作圆 - 21 -‎ 的切线交双曲线右支于点，若，则双曲线的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点为，连接，过作，垂足为,由三角形中位线定理和圆切线的性质，结合双曲线的定义，可以得到的关系，再结合，最后求出双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设切点为，连接，过作，垂足为，如下图：‎ 由圆的切线性质可知：,，由三角形中位线定理可知：，，在中，，在中，，所以，，由双曲线定义可知：，‎ 即，所以，而，所以，因此，即双曲线的离心率为.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的离心率，运用双曲线的定义、平面几何的相关知识是解题的关键.‎ ‎16.已知球、母线和直径相等的圆柱、正方体，它们的体积依次为、、‎ - 21 -‎ ‎，若它们的表面积相等，则________（结果保留）.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设球的半径为，圆柱底面半径为，正方体的棱长为，由球、圆柱、正方体的表面积相等，则，再由球、圆柱、正方体的体积公式求解即可.‎ ‎【详解】解：设球的半径为，圆柱底面半径为，正方体的棱长为，‎ 由它们的表面积相等，则，则，‎ 即，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了球、圆柱、正方体的表面积与体积公式，重点考查了运算能力，属基础题.‎ 三.解答题(共70分)‎ ‎17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．‎ 求角B的大小；‎ 若的平分线AD交BC于D，，求的值．‎ ‎【答案】() ()‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知及余弦定理可求得，结合范围，可求B的值．‎ 由正弦定理可得，进而根据同角三角函数基本关系式可求，根据二倍角的正弦函数公式即可求解的值．‎ ‎【详解】解：在中，．‎ 由余弦定理可得：，‎ - 21 -‎ ‎，‎ 由正弦定理可得：，‎ ‎，‎ ‎，的平分线交于，‎ ‎,‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎18.改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：‎ 支付金额 支付方式 不大于2000元 大于2000元 仅使用A ‎27人 ‎3人 仅使用B ‎24人 ‎1人 ‎（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；‎ ‎（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；‎ ‎（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B - 21 -‎ 的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）400人；‎ ‎（Ⅱ）；‎ ‎（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意利用频率近似概率可得满足题意的人数；‎ ‎(Ⅱ)利用古典概型计算公式可得上个月支付金额大于2000元概率；‎ ‎(Ⅲ)结合概率统计相关定义给出结论即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由图表可知仅使用A的人数有30人，仅使用B的人数有25人，‎ 由题意知A,B两种支付方式都不使用的有5人，‎ 所以样本中两种支付方式都使用的有，‎ 所以全校学生中两种支付方式都使用的有（人）.‎ ‎（Ⅱ）因为样本中仅使用B的学生共有25人，只有1人支付金额大于2000元，‎ 所以该学生上个月支付金额大于2000元的概率为.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知支付金额大于2000元的概率为，‎ 因为从仅使用B的学生中随机调查1人，发现他本月的支付金额大于2000元，‎ 依据小概率事件它在一次试验中是几乎不可能发生的，所以可以认为仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，且比上个月多.‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型概率公式及其应用，概率的定义与应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎19.如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，PD⊥AB，O是AD的中点，BO＝CO.‎ ‎（1）求证：AB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若AD＝2AB＝4， PA＝PD，点M在侧棱PD上，且PD＝3MD，二面角P－BC－D的大小为，求直线BP与平面MAC所成角的正弦值.‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设N是BC的中点，可得，所以，可得平面；‎ ‎（2）由二面角的定义找到二面角的平面角，得到,建系求得平面的一个法向量及直线的向量，利用公式可求得直线BP与平面MAC所成角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）在平行四边形ABCD中，设N是BC的中点，连接ON，因为O是AD的中点，所以，‎ 又因为，得，所以，‎ 平行四边形ABCD中，，则，又且平面平面，‎ 故平面.‎ ‎（2）由（1）知平面，又平面，于是平面平面，‎ 连接，由,可得，‎ 则，又，所以平面，得，故二面角的平面角为，‎ 所以，以O为原点，以为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则，‎ - 21 -‎ 由，可知，则，‎ 设平面MAC的一个法向量为，由，即，令，得，‎ 所以，‎ 设直线BP与平面MAC所成的角为，‎ 所以，‎ 所以直线BP与平面MAC所成角的正弦值为.‎ 故得解.‎ ‎【点睛】本题着重考查了空间线面垂直、面面垂直的位置关系的判定与证明，考查了利用空间向量法解决线面角的问题，几何体的体积之间的关系,属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的焦距为2，过右焦点和短轴一个端点的直线的斜率为，为坐标原点．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设斜率为的直线与椭圆相交于两点，记面积的最大值为，证明：‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据题设条件建立方程组求解；（2）先建立直线的方程．然后与椭圆方程联立，再借助坐标之间的关系建立关于三角形面积的函数关系，通过计算进行推证：‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：由题意，得椭圆的半焦距，右焦点，上顶点，所以直线的斜率，解得，由，得，所以椭圆的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）证明：设直线的方程为，其中，，由方程组得 所以 ‎ ，于是有 ，所以 ‎ ，因为原点到直线的距离 ， ‎ 所以 ‎ 当且仅当时等号成立，与 的取值无关，‎ 所以 点睛：椭圆是典型的圆锥曲线的代表之一，也是高考重点考查的重要考点与热点．求解本题的第一问时，直接依据题设条件建立方程组求出参数求解；解答第二问时，先建立直线．然后与椭圆方程联立，再借助坐标之间的关系建立关于三角形面积的函数关系，通过计算进行推证从而使得问题获解．‎ ‎21.已知函数 - 21 -‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程; ‎ ‎（2）令，讨论的单调性并判断有无极值，若有，求出极值.‎ ‎【答案】（1）y=1;（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求出的值可得切点坐标，求得,求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）依题意得，可得，，则，函数在R上单调递增，分四种情况讨论：时，时，时，时，分别利用导数研究函数的单调性，令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值.‎ 试题解析：（1） ‎ ‎ ∴ 则切线方程 ‎ ‎（2）依题意得 ‎∴ ‎ 令，则 ‎∴函数在R上单调递增．‎ ‎∵‎ ‎∴时， ； 时， ‎ 当时， ，则时， ，函数在（0，+∞）单调递增； 时， ，函数在（﹣∞，0）单调递减．‎ - 21 -‎ ‎∴时，函数取得极小值， ，无极大值 ‎ 当时，令，则， ‎ ‎①时， 时， ， ，函数单调递增；‎ 时， ， ，函数单调递减；‎ 时， ， ，函数单调递增 ‎∴当时，函数取得极小值， ．当时，函数取得极大值， ‎ ‎②时， ， 时， ‎ ‎∴函数在上单调递增，无极值 ‎③时， ， 时， ， ，函数单调递增；‎ 时， ， ，函数单调递减；‎ 时， ， ，函数单调递增．‎ ‎∴当时，函数取得极大值， ，当时，函数取得极小值, ‎ 综上所述：当时，函数在（0，+∞）单调递增，在（﹣∞，0）单调递减， 极小值为﹣1﹣‎2a，无极大值；‎ 当时，函数在，（0，+∞）上单调递增，在上单调递减， 极小值为，极大值为 当时，函数在上单调递增，无极值 当时，函数在（﹣∞，0），上单调递增，在上单调递减， 极大值为．极小值为．‎ ‎22.[选修4—4：坐标系与参数方程选讲] ‎ - 21 -‎ 已知曲线C极坐标方程为，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．‎ ‎（1）求曲线C的普通方程；‎ ‎（2）A,B为曲线C上两点，若OA⊥OB，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将代入曲线的方程，即可求得曲线的普通方程；‎ ‎ （2）因为题意得，由，设可得，‎ 即可求解．‎ 试题解析：‎ ‎ (Ⅰ）由得，‎ 将，代入得到曲线的普通方程是． ‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ 所以，‎ 由，设，则点的坐标可设为，‎ 所以． ‎ ‎23.若，且.‎ ‎（1）求的最小值；‎ ‎（2）是否存在，使得的值为？并说明理由.‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1）； （2）不存在，使得的值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件利用基本不等式求得，再利用基本不等式求得的最小值．‎ ‎（2）根据及基本不等式求得，从而可得不存在a，b，使得=．‎ ‎【详解】（1），‎ ‎，，，当且仅当时等号，‎ ‎，.‎ ‎，‎ ‎，当且仅当时取等号；‎ ‎（2），，，‎ ‎，不存在，使得的值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式在最值中的应用，要注意检验等号成立条件是否具备，属于基础题．‎ ‎ ‎ - 21 -‎