河北省沧州市2020届高三一模数学（文）试题

河北省沧州市2020届高三一模数学（文）试题

‎2020年普通高等学校招生全国统一模拟考试 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，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用补集和交集的定义可求得结果.‎ ‎【详解】全集，集合，，‎ 由补集的定义可得，，因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查补集和交集的混合运算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.设（是虚数单位），则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则将复数表示成一般形式，然后利用复数的模长公式可求得结果.‎ ‎【详解】，因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数模长的计算，涉及复数的四则运算法则的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知等差数列的前项和为，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，根据题意得出关于和的方程组，求出这两个量，然后利用等差数列的通项公式可求得的值.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，由题意可得，解得，‎ 因此，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列中相关项的计算，解答的关键就是建立有关首项和公差的方程组，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知函数的图象如图所示，则可以为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知，函数为上的奇函数，且在上先增后减，然后逐项分析各选项中函数的定义域、奇偶性及其在区间上的单调性，结合排除法可得出正确选项.‎ ‎【详解】由图象可知，函数为上的奇函数，且在上先增后减.‎ 对于A选项，函数的定义域为，，该函数为奇函数，当时，，.‎ 当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减，合乎题意；‎ 对于B选项，函数的定义域为，不合乎题意；‎ 对于C选项，函数的定义域为，，，，该函数不是奇函数，不合乎题意；‎ 对于D选项，函数的定义域为，当时，，，该函数在区间上单调递增，不合乎题意.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号来判断，结合排除法求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎5.某歌手大赛进行电视直播，比赛现场有名特约嘉宾给每位参赛选手评分，场内外的观众可以通过网络平台给每位参赛选手评分.某选手参加比赛后，现场嘉宾的评分情况如下表，场内外共有数万名观众参与了评分，组织方将观众评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如下：‎ 嘉宾 评分 嘉宾评分的平均数为，场内外的观众评分的平均数为，所有嘉宾与场内外的观众评分的平均数为，则下列选项正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 计算出、，进而可得出结论.‎ ‎【详解】由表格中的数据可知，，‎ 由频率分布直方图可知，，则，‎ 由于场外有数万名观众，所以，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查平均数的大小比较，涉及平均数公式以及频率分布直方图中平均数的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎6.已知角的终边在直线上，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线的倾斜角和斜率的关系得出，然后利用两角和的正切公式可得出结果.‎ ‎【详解】由题意可知，直线的斜率为，‎ 由两角和的正切公式得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用两角和的正切公式求值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎7.四棱锥的底面是正方形，且各条棱长均相等，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，设四棱锥的各条棱的棱长为，计算出各边边长，利用余弦定理求出，即为所求.‎ ‎【详解】如下图所示，设四棱锥的各条棱的棱长为，连接、交于点，则为的中点，且平面，连接，取的中点，连接，‎ 四边形正方形，，则，‎ 所以，异面直线与所成角为或其补角，‎ ‎，，，‎ 为的中点，，‎ ‎、分别为、的中点，且，‎ 平面，平面，平面，，‎ ‎，由勾股定理得，‎ 是边长为的等边三角形，为的中点，，‎ ‎，由余弦定理得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎8.若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求.‎ ‎【详解】设平面向量与的夹角为，，可得，‎ 在等式两边平方得，化简得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎9.已知、分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于点、，过点作轴的垂线，垂足恰为 ‎，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点位于第二象限，可求得点的坐标，再由直线与直线垂直，转化为两直线斜率之积为可得出的值，进而可求得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设点位于第二象限，由于轴，则点的横坐标为，纵坐标为，即点，‎ 由题意可知，直线与直线垂直，，，‎ 因此，双曲线的离心率为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，解答的关键就是得出、、的等量关系，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎10.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 比较、、的大小关系，结合指数函数的单调性可得出、、的大小关系.‎ ‎【详解】由于指数函数为上的减函数，，因此，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查指数幂的大小比较，涉及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎11.过抛物线的焦点的直线与抛物线交于、两点，且，抛物线的准线与轴交于，的面积为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 设点、，并设直线的方程为，由得，将直线的方程代入韦达定理，求得，结合的面积求得的值，结合焦点弦长公式可求得.‎ ‎【详解】设点、，并设直线的方程为，‎ 将直线的方程与抛物线方程联立，消去得，‎ 由韦达定理得，，‎ ‎，，，，，‎ ‎，可得，，‎ 抛物线的准线与轴交于，‎ 的面积为，解得，则抛物线的方程为，‎ 所以，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线焦点弦长的计算，计算出抛物线的方程是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12.在四面体中，，，则四面体的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. s D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，根据题中数据证明出平面平面，并找出球心的位置，列等式求出外接球的半径，结合球的表面积公式可得出结果.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 取的中点，连接、，设和的外心分别为点、，分别过点、作平面和平面的垂线交于点，则点为外接球球心，‎ 由题意可知，和都是边长为的等边三角形，‎ 为的中点，，且，‎ ‎，，，‎ ‎，平面，平面，平面平面 ‎，‎ 易得，，‎ 平面，平面，，‎ 同理可得，则四边形为菱形，，菱形为正方形，‎ 平面，平面，，‎ 所以外接球的半径为，‎ 因此，四面体的外接球的表面积为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查外接球表面积的计算，找出球心位置，并计算出外接球的半径是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若、满足约束条件，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组所表示的可行域，利用平移直线的方法找出使得目标函数取得最小时对应的最优解，代入目标函数计算即可.‎ ‎【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：‎ 联立，解得，即点，‎ 平移直线，当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，考查数形结合思想的应用，属于基础题.‎ ‎14.已知函数为奇函数，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用奇函数的定义得出，结合对数的运算性质可求得实数的值.‎ ‎【详解】由于函数为奇函数，则，即，‎ ‎，整理得，解得.‎ 当时，真数，不合乎题意；‎ 当时，，解不等式，解得或，此时函数的定义域为，定义域关于原点对称，合乎题意.‎ 综上所述，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数，考查了函数奇偶性的定义和对数运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎15.如图是一个不规则的几何图形，为了求它的面积，在图形中画了一个边长为的正方形，现向图形中随机投掷石子，并记录如下：‎ 投掷频次 次 次 次 石子落在正方形内（含边上）的次数 石子落在阴影内的次数 请估计该不规则的几何图形的面积约为______（保留整数）.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出几次试验中石子落在正方形区域的频率，利用频率与概率的关系得出石子落在正方形区域的概率，利用几何概型的概率公式可求得该不规则的几何图形的面积.‎ ‎【详解】三次试验中，石子落在正方形区域的频率分别为，，，‎ 利用频率接近概率思想可知，石子落在正方形区域的概率为，‎ 设不规则几何图形的面积为，由几何概型的概率公式可得，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查随机模拟思想求解不规则图形的面积，涉及几何概型概率公式的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎16.如图，在中，，，点在线段上，且，，则的面积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在和利用正弦定理建立等式，结合条件可求得的值，在中分别利用正弦定理和余弦定理求解、，进而可求得的面积.‎ ‎【详解】在中，由正弦定理得，即，①‎ 在中，由正弦定理得，②‎ 又，③，‎ 联立①②③得，， ‎ 在中，由正弦定理得，可得，‎ 由余弦定理得，即，‎ ‎，解得，‎ 因此，的面积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理、余弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题：本题共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.某工厂为生产一种标准长度为的精密器件，研发了一台生产该精密器件的车床，该精密器件的实际长度为，“长度误差”为，只要“长度误差”不超过就认为合格．已知这台车床分昼、夜两个独立批次生产，每天每批次各生产件．已知每件产品的成本为元，每件合格品的利润为元．在昼、夜两个批次生产的产品中分别随机抽取件，检测其长度并绘制了如下茎叶图：‎ ‎（1）分别估计在昼、夜两个批次的产品中随机抽取一件产品为合格品的概率；‎ ‎（2）以上述样本的频率作为概率，求这台车床一天的总利润的平均值.‎ ‎【答案】（1）昼、夜批次合格品概率估计值分别为、；（2）元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别计算出昼、夜批次个样本中合格品的个数，据此可求得这两个批次中合格品的概率；‎ ‎（2）分别计算出昼、夜批次件产品的利润，相加即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由样本数据可知，在昼批次的个样本中有个不合格品，有个合格品，合格品的比率为，因此昼批次合格品概率估计值为.‎ 在夜批次的个样本中有个不合格品，有个合格品，合格品的比率为，因此夜批次合格品概率估计值为；‎ ‎（2）昼批次合格品的概率为，不合格品的概率为，所以件产品中合格品的均值为件，不合格品的均值为件，所以利润为（元）；‎ 夜批次合格品的概率为，不合格品的概率为，所以件产品中合格品的均值为 件，不合格品的均值为件，所以利润为（元）．‎ 故这台车床一天的总利润的平均值为（元）.‎ ‎【点睛】本题考查茎叶图的应用，考查概率与平均数的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎18.已知为数列的前项和，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令可求得的值，再令，由得出，两式相减可得出数列为等比数列，确定该数列的公比，可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）求得，利用错位相减法可求得.‎ ‎【详解】（1）当时，，所以；‎ 当时，由，可得，‎ 上述两个等式相减得，，‎ 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，；‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 故，①‎ ‎.②‎ ‎①②，得，‎ 化简得．‎ ‎【点睛】本题考查利用与 之间的关系求通项，同时也考查了错位相减法求和，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎19.如图，在四棱柱中，底面是边长为的菱形，.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，是等边三角形，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于点，可知点为的中点，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，利用菱形的性质可得出，可得出平面，结合面面垂直的判定定理可得出结论；‎ ‎（2）计算出，并推导出平面，平面，进而可得出到平面的距离与点到平面的距离相等，即为.‎ ‎【详解】（1）如图，设与相交于点，连接，‎ 因为四边形为菱形，故，为的中点.‎ 又，故．‎ 又平面，平面，且，故平面.‎ 又平面，所以平面平面；‎ ‎（2）底面是边长为的菱形，又，所以，.‎ 又是等边三角形，可得，，．‎ 由（1）可知，，平面，‎ 平面，则，所以．‎ 设交于点，‎ 又，，所以平行四边形为菱形，故．‎ 又，，，所以平面．‎ 平面，所以.‎ ‎，所以平面，故为在平面内的射影，故点到平面的距离为．‎ 又，平面，所以平面．‎ 故点到平面的距离与点到平面的距离相等，‎ 所以点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知椭圆经过点，离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设点、、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式，并代入韦达定理，消去，可得出点的横坐标，进而可得出结论.‎ ‎【详解】（1）由题意得，解得，.‎ 所以椭圆的方程是；‎ ‎（2）设直线的方程为，、、，‎ 由，得.‎ ‎，则有，，‎ 由，得，由，可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 综上，点在定直线上.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.‎ ‎21.设函数，是函数的导数.‎ ‎（1）证明：在区间上没有零点；‎ ‎（2）证明：在上，.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用不等式的基本性质可证得对任意的恒成立，进而可得出结论；‎ ‎（2）由以及，只需证对任意的恒成立，通过构造函数，利用导数分析该函数在区间上的单调性，结合单调性可证明出结论成立.‎ ‎【详解】（1），，‎ 当时，，‎ 因此，函数区间上没有零点；‎ ‎（2），‎ 由，所以恒成立，故只需证明即可．‎ 设，‎ ‎，‎ 故函数在区间上单调递增，所以．‎ 所以当时，，即.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数证明函数不等式以及研究函数的零点问题，利用导数分析函数的单调性是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎（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.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）把曲线向下平移个单位，然后各点横坐标变为原来的倍得到曲线（纵坐标不变），设点是曲线上的一个动点，求它到直线的距离的最小值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，在曲线的极坐标方程两边同时乘以得，进而可化简得出曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）根据变换得出的普通方程为，可设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由（为参数），得，化简得，‎ 故直线的普通方程为.‎ 由，得，又，，.‎ 所以的直角坐标方程为；‎ ‎（2）由（1）得曲线的直角坐标方程为，向下平移个单位得到，‎ 纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到曲线的方程为，‎ 所以曲线的参数方程为（为参数）.‎ 故点到直线的距离为，‎ 当时，最小为.‎ ‎【点睛】本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化，同时也考查了利用椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知，，函数的最小值为.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若恒成立，求实数的最大值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）最大值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将函数表示为分段函数，利用函数的单调性求出该函数的最小值，进而可证得结论成立；‎ ‎（2）由可得出，并将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，进而可得出实数的最大值.‎ ‎【详解】（1）.‎ 当时，函数单调递减，则；‎ 当时，函数单调递增，则；‎ 当时，函数单调递增，则.‎ 综上所述，，所以；‎ ‎（2）因为恒成立，且，，所以恒成立，即.‎ 因为，当且仅当时等号成立，‎ 所以，实数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用基本不等式恒成立求参数，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎