内蒙古乌兰察布市等五市2020届高三1月调研考试（期末考试）数学（理）试题

内蒙古乌兰察布市等五市2020届高三1月调研考试（期末考试）数学（理）试题

‎2019－2020学年非凡吉创高三年级1月调研考试数学（理）卷 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 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.已知是虚数单位，若复数，则的虚部是（ ）‎ A. 3 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用复数的乘法运算法则计算可得复数，根据复数的概念可得答案.‎ ‎【详解】，‎ 所以复数的虚部为1.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算法则，考查了复数的概念，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，,，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合后，根据集合的交集运算的定义运算可得答案.‎ ‎【详解】由题意知，，故，‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的交集运算的概念，属于基础题.‎ ‎3.已知命题：角终边在直线上，命题：，那么是的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对命题根据终边相同的角的概念进行化简可得可得答案.‎ ‎【详解】角的终边在直线上或 ‎，故是的充分必要条件，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了终边相同的角的概念，考查了充分必要条件的概念，属于基础题.‎ ‎4.若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数为递增函数可得，根据对数函数为递增函数可得，根据对数函数为递减函数可得，由此可得答案.‎ ‎【详解】因为，，，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了指数函数的单调性，考查了对数函数的单调性，关键是找中间变量，属于基础题.‎ ‎5.已知两个非零向量，满足，，则的值为（ ）‎ A. 1 B. －‎1 ‎C. 0 D. －2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知向量的坐标求出向量的坐标，再根据向量的数量积的坐标表示计算可得.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了向量的线性运算的坐标表示，考查了向量的数量积的坐标表示，属于基础题.‎ ‎6.二项式的展开式中常数项为60，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项展开式的通项公式，令的指数为0，可得，即可得到结果.‎ ‎【详解】通项,,‎ 令，得，得，‎ 所以，即故，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了二项展开式的通项公式，属于基础题.‎ ‎7.已知，，不等式组表示的平面区域为，不等式组表示的平面区域为.在平面区域内有一粒豆子随机滚动，则该豆子始终滚不出平面区域的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出平面区域，计算区域的面积，根据几何概型的概率公式可得答案.‎ ‎【详解】如图所示，不等式组表示的平面区域为图中的阴影部分所表示的区域，‎ 易知直线分别交直线与轴于点，.‎ 所以，.‎ 所以，‎ 易得，‎ 因此，故阴影部分的面积，‎ 于是豆子始终滚不出平面区域的概率为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了几何概型的面积型的概率公式，准确求出面积是解题关键，属于基础题.‎ ‎8.如图所示，是某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图，其中俯视图为等腰直角三角形,则该几何体体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可得该组合体下半部为一半球体，上半部为一三棱锥，根据三视图中的数据，利用椎体和球体的体积公式计算可得答案.‎ ‎【详解】由三视图可知：该组合体下半部为一半球体，上半部为一三棱锥，‎ 该三棱锥中一条侧棱与底面垂直，底面三角形为等腰直角三角形，‎ 其中腰长为，高为3，而球体的半径为3，‎ 所以该组合体的体积为：‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了椎体和球体的体积公式，属于基础题.‎ ‎9.已知数列的前项和为，满足，，则（ ）‎ A. 100 B. ‎102 ‎C. 200 D. 204‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两式相减得，再利用两式相减可得，由此可得，进一步可得答案.‎ ‎【详解】由，两式相减得，即.‎ 再由，两式相减得，由，得，‎ 故为以2为首项，2为公差的等差数列，故，故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了由前项和的递推公式求通项公式，解题关键是两次使用两式相减法，属于中档题.‎ ‎10.已知双曲线：，当双曲线的焦距取得最小值时，其右焦点恰为抛物线：的焦点、若、是抛物线上两点，，则中点的横坐标为（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次函数取得最小值的条件，求得，从而可得双曲线方程，再根据双曲线的焦点坐标求得抛物线的焦点坐标，可得抛物线方程，然后根据抛物线的定义和中点坐标公式可得答案.‎ ‎【详解】由题意可得，即有，‎ 由，可得当时，焦距取得最小值，‎ 所以双曲线的方程为，‎ 于是右焦点为，即抛物线的焦点为，‎ 所以，，则抛物线：，‎ 准线方程，设，，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴线段的中点横坐标为2.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了双曲线和抛物线的几何性质，考查了二次函数求最值，考查了抛物线的定义，属于基础题.‎ ‎11.已知的三个内角，，所对的边分别为，，，，，且，则锐角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理以及，可得，可得答案.‎ ‎【详解】由正弦定理得，‎ 则 ‎，‎ 又∵，∴，即，‎ 于是或（舍），故.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了正弦定理，考查了两角和的正弦公式的逆用，属于中档题.‎ ‎12.已知函数对于任意，均满足.当时，.若函数，下列有关函数的零点个数问题中正确的为（ ）‎ A. 若恰有两个零点，则 B. 若恰有三个零点，则 C. 若恰有四个零点，则 D. 不存在使得恰有四个零点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由知关于对称,再将函数的零点个数问题转化为与的图像的焦点个数问题，利用函数与相切时的的值可解决.‎ ‎【详解】由知关于对称，‎ 如图，令，即，‎ 设，当时，‎ 设与相切时的切点为，，‎ 则有，解得，此时，‎ 当过点时，，故B选项正确.‎ 若恰有两个零点，则或，故A选项错误；‎ 若恰有四个零点，则，故C、D选项错误.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了由函数零点个数求参数，考查了函数的零点的个数转化为函数图像的交点个数，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.设函数，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义判断出函数为奇函数，再根据奇函数的性质可得答案.‎ ‎【详解】因为函数的定义域是且，‎ 是关于坐标原点对称的，当时，是奇函数；‎ 当时，，故是奇函数；‎ 综上，对任意，都有是奇函数.所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了奇函数定义，考查了奇函数的性质，属于基础题.‎ ‎14.的最小值为______.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用将变为积为定值的形式后，根据基本不等式可求得最小值.‎ ‎【详解】∵，∴‎ ‎，当且仅当，时“=”成立，‎ 故的最小值为16.‎ 故答案为：16‎ ‎【点睛】本题考查了利用基本不等式求和的最小值，解题关键是变形为积为定值，才能用基本不等式求最值，属于基础题.‎ ‎15.记定义为，若函数，函数的最小值为______.‎ ‎【答案】－3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的定义可得分段函数的解析式，再根据分段函数求出最小值.‎ ‎【详解】根据定义知，显然最小值为－3.‎ 故答案为：－3‎ ‎【点睛】本题考查了对新定义的理解能力，考查了求分段函数的最值，正确理解新定义求出函数解析式是解题关键，属于中档题.‎ ‎16.在如图直四棱柱中，底面为菱形，，，点为棱的中点，若为菱形内一点（不包含边界），满足平面，设直线与直线所成角为，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直棱柱的性质以及直线与平面平行的判定定理和平面与平面平行的判定定理可得平面，从而可知点在线段上，可得，求出的最小值即可得到答案.‎ ‎【详解】取线段，中点，，连结，，.‎ 如图所示：‎ 由于，，所以，因为平面，平面，所以平面，‎ 同理可得平面平面，‎ 又，‎ 故平面平面，故点在线段上.‎ 因为，所以，‎ 故.在中，当时，‎ 取得最小值，故tana的最小值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面，平面与平面平行的判定定理，考查了异面直线所成的角，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知为等比数列，且各项均为正值，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，数列的前项和为，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设数列的公比为，根据条件求出和，则可得通项公式；‎ ‎(2)求出后，利用裂项求和法可求得结果.‎ ‎【详解】（1）设数列的公比为.由得，所以 由条件可知，故，由，得.‎ 故数列的通项公式为；‎ ‎（2）.‎ 故 ‎.‎ 所以数列的前项和.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了裂项求和，属于基础题.‎ ‎18.一个调查学生记忆力的研究团队从某中学随机挑选100名学生进行记忆测试，通过讲解100个陌生单词后，相隔十分钟进行听写测试，间隔时间（分钟）和答对人数的统计表格如下：‎ 时间（分钟）‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ 答对人数 ‎98‎ ‎70‎ ‎52‎ ‎36‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎15‎ ‎11‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎1.99‎ ‎1.85‎ ‎1.72‎ ‎1.56‎ ‎1.48‎ ‎1.30‎ ‎1.18‎ ‎1.04‎ ‎0.7‎ ‎0.7‎ 时间与答对人数的散点图如图：‎ 附：，，，，，对于一组数据，，……，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.请根据表格数据回答下列问题：‎ ‎（1）根据散点图判断，与，哪个更适宣作为线性回归类型？（给出判断即可，不必说明理由）‎ ‎（2）根据（1）的判断结果，建立与的回归方程；（数据保留3位有效数字）‎ ‎（3）根据（2）请估算要想记住的内容，至多间隔多少分钟重新记忆一遍.（参考数据：，）‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）19.05分钟.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图象可得答案;‎ ‎(2)先求得的线性回归方程,再将对数式化为指数式可得与的回归方程;‎ ‎(3)解不等式 可得答案.‎ ‎【详解】（1）由图象可知，更适宜作为线性回归类型；‎ ‎（2）设，根据最小二乘法得 ‎，，‎ 所以，‎ 因此；‎ ‎（3）由题意知，即，解得 ‎，即至多19.05分钟，就需要重新复习一遍.‎ ‎【点睛】本题考查了散点图,考查了求回归方程,考查了利用回归方程进行回归分析,属于基础题.‎ ‎19.如图1，在直角梯形中，分别为的三等分点，，，，若沿着折叠使得点重合，如图2所示，连结.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明面面垂直，只需在一个平面内寻找一条直线垂直于另一个平面即可；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，用向量方法求二面角的大小.‎ ‎【详解】（1）取的中点分别为，‎ 连结.且，‎ 又∵，且 ‎∴且 ‎∴四边形是平行四边形，故 ‎∵是的中点，三角形为等边三角形，‎ 故 ‎∵平面平面 ‎∴平面，因此平面 故平面平面 ‎（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则，‎ ‎，，，‎ 故，，‎ 设平面的法向量为，则 ‎，即，‎ 令得，‎ 设平面的法向量为，则 ‎，即，‎ 令得，‎ ‎∵二面角的平面角是锐角，设为 ‎∴‎ ‎【点睛】（1）证明面面垂直的关键在于如何在一个平面内找到一条垂直于另一个平面的直线，这条直线通常在特殊位置，垂直于交线；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，用向量方法求二面角的大小，一定注意法向量的计算不可出错，另外，判断二面角与法向量所成角的关系，只需法向量一进一出，则法向量所成角就是二面角的平面角的大小.‎ ‎20.已知椭圆：离心率，且圆过椭圆的上，下顶点.‎ ‎（1）求椭圆的方程.‎ ‎（2）若直线的斜率为，且直线交椭圆于、两点，点关于点的对称点为，点是椭圆上一点，判断直线与的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值：如果不是，请说明理.‎ ‎【答案】（1）；（2）是，0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据已知条件,求出,即可得到椭圆方程;‎ ‎(2)设直线的方程为,将其代入椭圆方程后,根据韦达定理以及斜率公式变形,可得答案.‎ ‎【详解】（1）因为圆过椭圆的上，下顶点，所以，‎ 又离心率，所以，‎ 于是有，解得，.所以椭圆的方程为；‎ ‎（2）由于直线的斜率为，可设直线的方程为，代入椭圆：，‎ 可得.‎ 由于直线交椭圆于、两点，所以，‎ 整理解得 设点、，由于点与点关于原点的对称，故点，‎ 于是有，.‎ 若直线与的斜率分别为，，由于点，‎ 则，‎ 又∵，.‎ 于是有 ‎，‎ 故直线与的斜率之和为0，即.‎ ‎【点睛】本题考查了求椭圆方程,考查了韦达定理,考查了斜率公式,考查了运算求解能力,属于中档题.‎ ‎21.已知.‎ ‎（1）若在上单调递减，求的取值范围；‎ ‎（2）当时，若正数，满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 在上单调递转化为恒成立,即在上恒成立,再构造函数,利用导数求出最大值即可解决;‎ ‎(2)将化简变形为后,根据等式右边构造函数,根据导数求得最小值为2,再解不等式可得答案.‎ ‎【详解】（1），由题意在上单调递减知当时，‎ 恒成立，故.令，，‎ 即在上单调递减，在上单调递增，‎ 因为，，故，即.‎ ‎（2）当时，，‎ 即，‎ 令，，‎ 故在上单调递减，在上单调递增，故，‎ 即，即有，‎ 因为，所以.‎ ‎【点睛】本题考查了由函数的单调性求参数的取值范围,考查了利用导数求函数的最值,,考查了利用导数证明不等式,属于难题.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.‎ 如果多做，则按所做第一个题目计分，‎ 选修4－4：坐标系与参数方程 ‎22.平面直角坐标系中，直线的参数方程为（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，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若是直线上一点，是曲线上一点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)消去参数可得普通方程,极坐标与直角坐标互化公式可得答案;‎ ‎(2)根据极坐标的几何意义以及三角函数的最值可得 答案.‎ ‎【详解】（1）由题，直线的参数方程为（其中为参数）.‎ 消去参数得直线的直角坐标方程为，‎ 由，，得直线的极坐标方程，‎ 即 曲线的极坐标方程为，所以，‎ 由，，得曲线直角坐标方程为.‎ ‎（2）因为在直线上，在曲线上，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 的最大值为2.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程化普通方程,考查了极坐标与直角坐标互化公式,考查了极坐标的几何意义,考查了三角函数的最值,属于中档题.‎ 选修4－5：不等式选讲 ‎23.设函数（，实数）.‎ ‎（1）若，求实数的取值范围；‎ ‎（2）求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将化为,解一元二次不等式可得答案;‎ ‎(2)先求出函数的最小值,再证明最小值即可.‎ ‎【详解】（1）∵，∴，‎ 即，解得.‎ ‎（2），‎ 当时，；当时，；‎ 当时，‎ ‎∵，∴，‎ 当且仅当即时取等号，∴‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了求分段函数的最值，考查了基本不等式求最值，属于基础题.‎