新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2020届高三第一次诊断性测试数学理试题 Word版含解析

新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2020届高三第一次诊断性测试数学理试题 Word版含解析

‎2020年高三年级第一次诊断性测试 理科数学 ‎（卷面分值：150分 考试时间：120分钟）‎ 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 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ ‎1.设集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合A，直接进行交集运算即可.‎ ‎【详解】，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数z满足（其中i为虚数单位），则（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对复数进行化简，然后根据复数模长的计算公式，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 所以.‎ 故选：A.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的计算，求复数的模长，属于简单题.‎ ‎3.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中直线和平面的位置关系分别去判断各个选项，均可举出反例；可证明得出.‎ ‎【详解】若，，则或与异面或与相交，故选项错误；‎ 若，，则与可能相交，故选项错误；‎ 若直线不相交，则平面不一定平行，故选项错误；‎ ‎， 或，又 ，故选项正确.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.‎ ‎4.设，则有（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 比较三个数与中间量0,1的大小即可求得大小关系.‎ ‎【详解】因为，所以 - 24 -‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查利用指数函数、对数函数的单调性比较指数式、对数式的大小，属于基础题.‎ ‎5.已知向量满足，且与夹角为，则（ ）‎ A. -3 B. ‎-1 ‎C. 1 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的运算法则与数量积的运算求解即可.‎ 详解】.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了向量的运算法则与数量积的运算,属于基础题型.‎ ‎6.已知双曲线的左、右焦点分别为，B为虚轴的一个端点，且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，则即，又，即可解得.‎ ‎【详解】已知，因为，则在中，‎ 所以即，又，联立得，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质，属于基础题.‎ - 24 -‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，则输出的( )‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算S的值并输出相应变量n的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．‎ ‎【详解】解：模拟程序的运行，可得 S=0，n=1 S=2，n=2 满足条件S＜30，执行循环体，S=2+4=6，n=3 满足条件S＜30，执行循环体，S=6+8=14，n=4 满足条件S＜30，执行循环体，S=14+16=30，n=5 此时，不满足条件S＜30，退出循环，输出n的值为5． ‎ - 24 -‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．‎ ‎8.从这五个数字中随机选择两个不同的数字，则它们之和为偶数的概率为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出基本事件总数n，再求出这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数m，由此能求出这两个数字的和为偶数的概率 ‎【详解】从1、2、3、4、5、这五个数字中，随机抽取两个不同的数字，‎ 基本事件总数n，‎ 这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数m4，‎ ‎∴这两个数字的和为偶数的概率为p．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．‎ ‎9.等比数列的前项和为，且、、成等差数列，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，根据题意得出关于的二次方程，求出的值，然后利用等比数列求和公式可求出的值.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，由于、、成等差数列，且，‎ ‎，即，即，解得，‎ - 24 -‎ 因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列求和，解题的关键就是计算出等比数列的首项和公比，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎10.将奇函数的图象向右平移个单位，得到的图象，则的一个单调减区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两角差的正弦函数公式，函数的图象变换规律可求，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间，比较各个选项即可得解.‎ ‎【详解】解：由已知，‎ 因为为奇函数，‎ ‎，‎ 即，‎ ‎，‎ 时，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 令，，‎ - 24 -‎ ‎，，‎ 当时，为的一个单调减区间，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了两角差的正弦函数公式，函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，考查了转化思想和数形结合思想，属于基础题.‎ ‎11.已知抛物线C：的焦点F，点是抛物线上一点，以M为圆心的圆与直线交于A、B两点（A在B的上方），若，则抛物线C的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的定义，表示出，再表示出，利用，得到和之间的关系，将点坐标，代入到抛物线中，从而解出的值，得到答案.‎ ‎【详解】抛物线C：，‎ 其焦点，准线方程，‎ 因为点是抛物线上一点，‎ 所以 所在直线，‎ 设于，则，‎ 因为，‎ - 24 -‎ 所以，即 整理得 所以 将点代入到抛物线方程，得，‎ 解得，‎ 所以抛物线方程为 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义，直线与圆的位置关系，求抛物线的标准方程，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断出的单调性，然后将不等式转化为，根据 - 24 -‎ 单调性，得到对任意恒成立，根据一次函数的单调性，得到最大值小于等于，从而得到关于的不等式，解得的范围.‎ ‎【详解】函数，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 所以在上单调递增，‎ 所以不等式转化为 因为在上单调递增，‎ 所以对任意恒成立，‎ 即 而单调递增，‎ 所以得到 解得 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查根据函数的单调性解不等式，不等式恒成立问题，根据函数单调性求最值，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分 ‎13.若，满足约束条件，则的最大值为_____________．‎ ‎【答案】6‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.‎ ‎【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：‎ 由，可得，‎ 画出直线，将其上下移动，‎ 结合的几何意义，可知当直线在y轴截距最大时，z取得最大值，‎ 由，解得，‎ 此时，故答案为6.‎ 点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z - 24 -‎ 的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.‎ ‎14.已知为锐角，则___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再利用两角和的正弦公式展开，带值计算即可.‎ ‎【详解】解：为锐角，‎ 则为钝角，则，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查已知角的三角函数值求未知角的三角函数值，关键是要找到已知角和未知角之间的关系，将未知角用已知角表示出来，是基础题.‎ ‎15.已知数列满足：（），若，则 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因,故当时,,,即时,,即,所以;当时,,,即时,可得,不成立,所以,应填.‎ 考点：分段数列的通项及运用．‎ - 24 -‎ ‎16.如图，已知在长方体中，，点为上的一个动点，平面与棱交于点，给出下列命题：‎ ‎①四棱锥的体积为；‎ ‎②存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值；‎ ‎③当点不与，重合时，在棱上均存在点，使得平面 ‎④存在唯一一点，使得平面，且 其中正确的命题是_____________（填写所有正确的序号）‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据，再根据等体积转化，求出和，得到答案；②判断出截面四边形为平行四边形，将正方体侧面展开，面和面在同一平面内，得到最小为内的长度，从而得到截面四边形的周长的最小值；③取为中点时，在平面中，延长，交于，可得；④以点建立空间直角坐标系，根据线面垂直，得到点坐标，并求出.‎ ‎【详解】长方体中，‎ 命题①，‎ 易知平面 - 24 -‎ 到平面的距离，等于到平面的距离，为，‎ 同理到平面的距离，等于到平面的距离，为 所以 ‎，故正确.‎ 命题②，易知平面平面，‎ 平面平面，平面平面 所以，同理，‎ 即四边形为平行四边形 将正方体侧面展开，面和面在同一平面内，‎ 可得在内，最小为的长度，‎ 此时点为与的交点，‎ 所以四边形的周长取得最小值，故正确.‎ 命题③，取为中点时，易知为中点 在平面中，延长，交于，‎ 通过，得到，‎ 所以，‎ 即此时平面，‎ 而此时点在延长线上，不在棱上，故错误.‎ 命题④，以点建立空间直角坐标系，设点 ‎，，‎ 所以，即，‎ - 24 -‎ 要使平面，‎ 则需，即 所以，得，即，故正确.‎ 故答案为：①②④‎ ‎【点睛】本题考查等体积转化求四棱锥的体积，棱柱展开图中最短距离问题，线面平行的判定，已知线面垂直利用空间向量求线段的长，属于中档题.‎ 三、解答题：第17~21题每题12分，解答应写出文字说明、证明过计算步骤 ‎17.的内角所对的边分别为，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将条件变形，利用余弦定理求；‎ ‎（2）根据条件，利用基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式代入的最大值求最值即可.‎ ‎【详解】解：（1）由题意得，‎ 即，‎ - 24 -‎ 所以，‎ 因为，‎ ‎；‎ ‎（2）由余弦定理得：，‎ 故，‎ 则，‎ 当时，的面积最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理的应用，三角形的面积公式以及基本不等式的应用，是基础题.‎ ‎18.如图，四棱锥中，底面，，为的中点 ‎（1）证明：平面 ‎（2）若是边长为2等边三角形，求二面角的余弦值 ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，得到，从而平面，可得到四边形是平行四边形，得到，从而平面，得到平面平面，从而证明平面；（2）建立空间直角坐标系，得到平面的法向量和平面 - 24 -‎ 的法向量，利用向量夹角公式，得到二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）如图取中点，连接和，‎ 为的中点，，‎ 平面，平面 平面，‎ ‎，‎ 又，‎ 四边形是平行四边形，，‎ 平面，平面 平面 又因为，平面，平面，‎ 平面平面，‎ 而平面 平面； ‎ ‎（2）根据题意，建立空间直角坐标系，‎ 为等边三角形，，不妨设，‎ 则，，‎ 设平面的法向量，‎ 由，得，‎ 令，得，‎ 平面PAB，‎ 平面的法向量 - 24 -‎ 二面角A-PB-M的余弦值为 ‎【点睛】本题考查面面平行判定，面面平行的性质，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题.‎ ‎19.“团购”已经渗透到我们每个人的生活，这离不开快递行业的发展，下表是2013-2017年全国快递业务量（x亿件：精确到0.1）及其增长速度（y%）的数据 ‎（1）试计算2012年的快递业务量；‎ ‎（2）分别将2013年，2014年，…，2017年记成年的序号t：1，2，3，4，5；现已知y与t具有线性相关关系，试建立y关于t的回归直线方程；‎ ‎（3）根据（2）问中所建立的回归直线方程，估算2019年的快递业务量 - 24 -‎ 附：回归直线的斜率和截距地最小二乘法估计公式分别为：，‎ ‎【答案】（1）（亿件）（2）（3）2019年快递业务增长量为（亿件）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设2012年的快递业务量为a，根据题意列出方程求解即可； (2)先求出，，代入即可求出，再代入 即可求出，从而得到回归直线方程；(3)首先利用(2)中求出的回归直线方程求出2018年快递业务增长量，再令，求出2019年快递业务增长量.‎ ‎【详解】（1）设2012年的快递业务量为a，则，解得；‎ ‎（2）‎ t ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ y ‎61‎ ‎52‎ ‎48‎ ‎51‎ ‎28‎ ‎，‎ ‎（3）令，预测2018年比上半年增长，‎ ‎2018年快递业务增长量为（亿件）‎ 令，预测2019年比上半年增长，‎ - 24 -‎ ‎2019年快递业务增长量为（亿件）.‎ ‎【点睛】本题考查折线统计图、柱状图，理解图中横轴、纵轴的含义是关键，考查线性回归方程，属于基础题.‎ ‎20.已知椭圆C：过点，左焦点 ‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）过点F作于x轴不重合的直线l，l与椭圆交于A，B两点，点A在直线上的投影N与点B的连线交x轴于D点，D点的横坐标是否为定值?若是，请求出定值；若不是，请说明理由 ‎【答案】（1） （2）D点的横坐标是定值-3；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据左焦点，得到，根据点到左右焦点的距离和，得到，根据，得到，从而得到椭圆的标准方程；（2）设，代入椭圆方程，得到，，根据点写出BN的方程，令，得到的表达式，整理化简后，得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题得，；‎ ‎，‎ ‎，即，‎ 椭圆的方程为 ‎ ‎（2）D点的横坐标为定值-3，理由如下： ‎ 已知直线斜率不为零，代入，‎ 得 - 24 -‎ 整理，‎ 设，可知均不为零 ‎①，‎ ‎②，‎ 两式相除得③ ‎ ‎∴设BN的方程，‎ 令，‎ ‎④‎ 将③代入④‎ ‎∴点的横坐标为定值 ‎【点睛】本题考查椭圆的定义，求椭圆标准方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆中的定值问题，属于中档题.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若方程有两个不相等的实数根，求证：‎ ‎【答案】（1）时，在上是增函数，时，在和上是增函数,在上是减函数 ‎ ‎ （2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎（1）对求导，得到，根据的，对进行分类，分为，和；（2）令，先说明当时，不符合题意，再研究当时，利用导数得到最大值，根据有两个零点，得到，易得，再利用导数证明时，，从而确定范围为，再构造函数，利用导数得到在上单调递减，从而得以证明.‎ ‎【详解】（1）易知的定义域为，且，‎ 时，在上恒正，所以在上单调递增，‎ 时，对于，‎ ‎①当，即时，，在上增函数；‎ ‎②当，即时，有两个正根，‎ 所以，，单调递增，‎ ‎，，单调递减 综上，时，在上是增函数，时，在和上是增函数,在上是减函数 ‎ ‎（2）令，‎ 方程有两个不相等的实根函数有两个零点，‎ 由 定义域为且 - 24 -‎ ‎①当时，恒成立，在上单调递增，则至多有一个零点，不符合题意；‎ ‎②当时，得，‎ 在上单调递增，在上单调递减 要使有两个零点，则，由解得 ‎ 此时 ‎ 易知当时，‎ ‎，‎ 令，所以，‎ 时，在为增函数，‎ 在增函数，，‎ 所以，即 所以 函数在与各存在一个零点 综上所述，. ‎ ‎∴证明证明时，成立 设，则 易知在上递减，，在上单调递减 ‎，‎ - 24 -‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数求函数的极值、最值，函数与方程，零点存在定理，属于难题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线，直线的参数方程为（t为参数），其中，以坐标原点O为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎（2）设，的极坐标方程，A，B分别为直线与曲线异于原点的公共点，当时，求直线的斜率；‎ ‎【答案】（1）曲线的极坐标方程为，直线l的普通方程为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用将的普通方程转化为极坐标方程，消去参数t将直线l的参数方程转化为普通方程； (2)根据题意求出及，又点M在曲线上，则，由列出方程即可得解.‎ ‎【详解】（1）将代入曲线的普通方程得极坐标方程为，‎ 直线l的普通方程为；‎ ‎（2）由已知可得，则，‎ 因为点M在曲线上且，所以 - 24 -‎ 在直角三角形中，则 所以，得直线l的斜率 ‎【点睛】本题考查普通方程与极坐标方程的互化，参数方程化成普通方程，直线与圆的位置关系，直径所对的圆周角是直角，属于中档题.‎ ‎23.函数 ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若的最小值为，且实数满足，求证：‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分类去绝对值符号后解不等式，最后取并集；(2)求出函数的最小值k，根据基本不等式得出结论.‎ ‎【详解】（1）①当时，不等式即为，解得 ‎②当时，不等式即为，‎ ‎③当时，不等式即为，‎ 综上，的解集为 ‎（2）由 当时，取最小值4，即，即 当且仅当时等号成立 ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明与基本不等式的应用，属于中档题.‎ - 24 -‎