四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三一诊模拟数学（文）试题

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四川省叙州区第二中学高2020届一诊模拟考试 文科数学试题 第I卷(选择题共60分）‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）‎ ‎1.已知全集为，集合，，则元素个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 求出集合，利用交集的定义求出，即可得到元素个数 ‎【详解】由，可得：，‎ 所以，即元素个数为2，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查分式不等式的解法以及集合交集的定义，属于基础题．‎ ‎2.某校有高一、高二、高三三个年级，其人数之比为，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为10的样本，现从所抽取样本中选两人做问卷调查，至少有一个是高一学生的概率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分层抽样的定义计算出抽取的样本中高一学生的人数，分别计算出选两人做问卷调查的基本事件数和所选取的两人中至少有一个是高一学生的基本事件个数，最后利用古典概型公式计算即可．‎ ‎【详解】由题可得抽取的10人中，高一有4人，高二有4人，高三有2人，‎ 所以从所抽取样本中选两人做问卷调查，基本事件总数，‎ 所抽取的两人中，至少有一个是高一学生的基本事件个数为，‎ 所以从所抽取样本中选两人做问卷调查，至少有一个是高一学生的概率为，‎ 故答案选C ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查分层抽样，古典概型．排列组合的知识，属于基础题．‎ ‎3.设，则（）‎ A. 0 B. 1 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将分母实数化，然后直接求其模．‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法及模的运算，是一道基础题．‎ ‎4.设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．‎ 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.‎ ‎【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到 ‎，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.‎ ‎5.已知函数，则（）‎ A. B. C. D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断自变量的范围是分段函数的某一段，再代入相应的解析式中求函数的值.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数和对数运算，属于基础题.‎ ‎6.设，，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用中介值“ ”，和指数的同指或同底时的大小比较得解.‎ ‎【详解】,‎ ‎, ‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查指数、对数的大小比较，属于中档题.‎ ‎7.已知曲线，，则下面结论正确的是（）‎ A. 把曲线向右平移个长度单位得到曲线 B. 把曲线向左平移个长度单位得到曲线 C. 把曲线向左平移个长度单位得到曲线 D. 把曲线向右平移个长度单位得到曲线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将通过合一公式化为向右平移就可以得到．‎ ‎【详解】，把曲线向右平移个长度单位得即为，故选D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的平移变换，是一道基础题．‎ ‎8.“割圆术”是刘徽最突出数学成就之一，他在《九章算术注》中提出割圆术，并作为计算圆的周长、面积以及圆周率的基础.刘徽把圆内接正多边形的面积一直算到了正3072边形，并由此而求得了圆周率为3.1415和3.1416这两个近似数值，这个结果是当时世界上圆周率计算的最精确数据.如图，当分割到圆内接正六边形时，某同学利用计算机随机模拟法向圆内随机投掷点，计算得出该点落在正六边形内的频率为0.8269，那么通过该实验计算出来的圆周率近似值为（ ）（参考数据：）‎ A. 3.1419 B. 3.1417 C. 3.1415 D. 3.1413‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设圆的半径为，表示出圆的面积和正六边形的面积，再由题中所给概率，即可得出结果.‎ ‎【详解】设圆的半径为，则圆的面积为，正六边形的面积为，因而所求该实验的概率为，则.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查与面积有关的几何概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎9.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析函数的奇偶性，零点个数及x＝2时的函数值，可得答案．‎ ‎【详解】函数奇函数，故图象关于原点对称，故排除D；‎ 通过函数解析式得到函数有﹣1，0，1三个零点，故排除A；‎ 当x＝2时，函数值f(x)>0为正数，故排除B，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是函数的图象和性质，已知函数表达式求函数的图像，一般采用排除法．通过函数解析式研究函数的奇偶性，‎ 可排除选项；通过代入特殊点或者函数的极限值，均可以进行选项的排除.‎ ‎10.过三点，，的圆截直线所得弦长的最小值等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为圆心在弦AC的中垂线上，所以设圆心P坐标为（a，-2），再利用，求得，确定圆的方程.又直线过定点Q，则可以得到弦长最短时圆心与直线的定点Q与弦垂直，然后利用勾股定理可求得弦长.‎ ‎【详解】解：设圆心坐标P为（a,-2），则r2＝，解得a=1，所以P（1，-2）.又直线过定点Q（-2，0），当直线PQ与弦垂直时，弦长最短，根据圆内特征三角形可知弦长∴直线被圆截得的弦长为．‎ 故选B．‎ ‎11.已知椭圆：（）的左，右焦点分别为，，以为圆心的圆过椭圆的中心，且与在第一象限交于点，若直线恰好与圆相切于点，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件以及椭圆的性质列出关系式，求解椭圆的离心率即可.‎ ‎【详解】椭圆：（）的左，右焦点分别为，，以为圆心的圆过椭圆的中心，且与在第一象限交于点，若直线恰好与圆相切于点，‎ 可得，可得 ‎ 所以 ‎ 解得 故选A ‎【点睛】本题考查利用椭圆的定义以及性质求离心率，属于中档题.‎ ‎12.已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意构造函数，由可得在上恒成立，所以函数在为上单调递减函数，由为偶函数，，可得，故要求不等式的解集等价于的解集，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意构造函数，则，‎ 定义在上的可导函数的导函数为，满足 在上恒成立，函数在上为单调递减函数；‎ 又为偶函数，则函数 ，即关于对称，‎ ‎ ，则，‎ 由于不等式的解集等价于的解集，‎ 根据函数在上为单调递减函数，则，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查函数的构造，利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性解不等式、函数的奇偶性以及对称性的综合应用，属于较难题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13.设，满足约束条件，则的最小值是________.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最小值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示，由图可知当平移到过点时，.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力.‎ ‎14.函数的图像在处的切线方程为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，把分别代入原函数与导数中分别求出切点坐标与切线斜率，进而求得切线方程．‎ ‎【详解】，函数的图像在处的切线方程为，即.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义和直线的点斜式，关键求出某点处切线的斜率即该点处的导数值，属于基础题．‎ ‎15.如图，求一个棱长为的正四面体的体积，可以看成一个棱长为1的正方体截去四个角后得到，类比这种方法，一个三对棱长相等的四面体，其三对棱长分别为，则此四面体的体积为_______；‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设四面体所在的长方体棱长分别为a，b，c，则长方体的面对角线长为、、，利用勾股定理列出方程组，求出a，b，c的值，长方体截去四个角，即可求出四面体的体积．‎ ‎【详解】设四面体所在的长方体棱长分别为a，b，c，则，解得，所以四面体的体积，故答案为2.‎ ‎【点睛】本题运用类比的方法，考查锥体的体积求法，考查学生逻辑推理，计算化简的能力，难点在于根据题意，类比出四面体体积的求法，即长方体截去四个角后得到的体积，属基础题．‎ ‎16.在四边形中，已知是边上的点，且，，若点在线段上，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量的加法的几何意义, 可得计算出的表达式,最后根据的大小,可以求出的取值范围.‎ ‎【详解】，‎ ‎，是边上的点，，所以，因此，‎ 在等腰中,点到线段上的一点的距离最大值为1,取最小值时,为的中点,此时,‎ 所以的取值范围为: .‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的取值问题,利用平面向量的加法的几何意义是解题的关键.‎ 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.）‎ ‎17.在中，内角所对的边分别为，已知的面积为．‎ ‎(1) 求和的值；‎ ‎(2) 求的值．‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面积公式可得结合可求得解得再由余弦定理求得a=8.最后由正弦定理求sinC的值;（2）直接展开求值.‎ 详解】（1）△ABC中,由得由,得又由解得由,可得a=8.由,得.‎ ‎（2）,‎ ‎【点睛】本题主要考查三角变换及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查基本运算求解能力.‎ ‎18.唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在中国的陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔.唐三彩的生产至今已有多年的历史，对唐三彩的复制和仿制工艺，至今也有百余年的历史.某陶瓷厂在生产过程中，对仿制的件工艺品测得重量（单位：）数据如下表：‎ 分组 频数 频率 合计 ‎（1）求出频率分布表中实数，的值；‎ ‎（2）若从仿制的件工艺品重量范围在的工艺品中随机抽选件，求被抽选件工艺品重量均在范围中的概率.‎ ‎【答案】（1）,；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布表即可得到实数，的值；‎ ‎（2）利用古典概型公式即可得到结果.‎ ‎【详解】解：（1）；‎ ‎.‎ ‎（2）件仿制的工艺品中，重量范围在的工艺品有件，‎ 重量范围在的工艺品有件，‎ 所以从重量范围在的工艺品中随机抽选件方法数（种），‎ 所以所求概率.‎ ‎【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的．(2)用列举法求古典概型，是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．(3)注意一次性抽取与逐次抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题.‎ ‎19.如图1，四棱锥的底面是正方形，垂直于底面，已知四棱锥的正视图，如图2所示.‎ ‎（I）若M是的中点，证明：平面；‎ ‎（II）求棱锥的体积.‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由正视图可知，先证明平面得到.由等腰三角形可得，利用线面垂直的判定定理可得结果； (Ⅱ)在平面PCD内过M作交CD于N，可得棱锥的体积，结合棱锥的体积等于棱锥的体积，从而可得结果.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由正视图可知，‎ ‎∵PD⊥平面ABCD，∴ PD⊥BC 又∵ABCD是正方形，∴BC⊥CD.‎ ‎∵，∴BC⊥平面PCD ‎∵平面PCD，∴DM⊥BC.‎ 又是等腰三角形，E是斜边PC的中点，所以∴DM⊥PC 又∵，∴DM⊥平面PBC.‎ ‎(Ⅱ)在平面PCD内过M作MN//PD交CD于N，所以且平面ABCD，所以棱锥M－ABD的体积为 又∵棱锥A－BDM的体积等于棱锥M－ABD的体积，‎ ‎∴棱锥A－BDM的体积等于.‎ ‎【点睛】本题主要考查棱锥的体积、线面垂直的判定定理，属于中档题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.‎ ‎20.已知为圆上一点，过点作轴的垂线交轴于点，点满足 ‎（1）求动点的轨迹方程；‎ ‎（2）设为直线上一点，为坐标原点，且，求面积的最小值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出A、P点坐标，用P点坐标表示A点坐标，然后代入圆方程，从而求出P点的轨迹；‎ ‎（2）设出P点坐标，根据斜率存在与否进行分类讨论，当斜率不存在时，求出面积的值，当斜率存在时，利用点P坐标表示的面积，减元后再利用函数单调性求出最值，最后总结出最值.‎ ‎【详解】解：（1） 设，‎ 由题意得：，‎ 由，可得点是的中点，‎ 故，‎ 所以，‎ 又因为点在圆上，‎ 所以得，‎ 故动点的轨迹方程为.‎ ‎（2）设，则，且，‎ 当时，，此时；‎ 当时，‎ 因为,‎ 即 故，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎①，‎ 代入①‎ ‎ ‎ 设 ‎ 因为恒成立，‎ ‎ 在上是减函数，‎ 当时有最小值，即,‎ 综上：的最小值为 ‎【点睛】本题考查了点的轨迹方程、椭圆的性质等知识，求解几何图形的长度、面积等的最值时，常见解法是设出变量，用变量表示出几何图形的长度、面积等，减元后借助函数来研究其最值.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若，证明：‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得函数的定义域，然后利用函数的导数研究的单调区间.（2）将原不等式等价变形为，根据（1）中求得的单调性，只需证当时，，构造函数，利用导数证得，也即时，成立，由此证得原不等式成立.‎ ‎【详解】解：（1）函数的定义域为，求导得，令，‎ 令g’(x)＞0，解得-1＜x＜0，令g’(x)＜0解得x＞0，‎ 所以单调增区间为减区间为．‎ g(x)＜g(0)=0，即f’(x)＜0在定义域上恒成立，‎ 所以的单调减区间为 ；‎ ‎（2）证明：将不等式变形为，因为 ‎，即不等式等价于，由（1）有所以在上单调递减，所以要证原不等式成立，需证当x＞0时，x＜ex-1，令，则，可知h’(x)＞0在恒成立，即h(x)在上单调递增，故h(x)>h(0)=0，即x＜ex-1，故f(x)＞f(ex-1)，即，即.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数求解函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，‎ ‎（l）设为参数，若，求直线的参数方程；‎ ‎（2）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）（为参数）；（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由直线的极坐标方程为，求得，进而由，代入上式得，得到直线的参数方程；‎ ‎（2）根据极坐标与直角坐标的互化，求得，将直线的参数方程与 的直角坐标方程联立，利用根据与系数的关系，列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】（1）直线的极坐标方程为即，‎ 因为为参数，若，代入上式得，‎ 所以直线的参数方程为（为参数）‎ ‎（2）由，得，‎ 由，代入，得 ‎ 将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，‎ 得.（*）‎ 则且，，‎ 设点，分别对应参数，恰为上述方程的根.‎ 则，，，‎ 由题设得.‎ 则有，得或.‎ 因为，所以 ‎【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及普通方程与参数方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若对恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由已知，根据解析式中绝对值的零点（即绝对值等于零时的值），将函数的定义域分成若干段，从而去掉绝对值号，再分别计算各段函数的相应不等式的解集，从而求出原不等式的解集；‎ ‎（2）由题意，将不等式转化为，可构造新函数，则问题再转化为，由（1）可得，即，从而问题可得解.‎ 试题解析：（1）因为，‎ 所以当时，由得；‎ 当时，由得；‎ 当时，由得.‎ 综上，的解集为.‎ ‎（2）（方法一）由得，‎ 因为，当且仅当取等号，‎ 所以当时，取得最小值5，‎ 所以当时，取得最小值5，‎ 故，即的取值范围为.‎ ‎（方法二）设，则，‎ 当时，取得最小值5，‎ 所以当时，取得最小值5，‎ 故，即的取值范围为.‎ ‎ ‎