宁夏银川一中2020届高三下学期第一次摸拟试数学理科试题

宁夏银川一中2020届高三下学期第一次摸拟试数学理科试题

‎2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题卷 一、选择题：本大题共12个小题,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.集合的子集中，含有元素的子集共有 A. 2个 B. 4个 C. 6个 D. 8个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：中含有元素的子集有：，共四个，故选B.‎ 考点：集合的子集.‎ ‎2.复数（ ）‎ A. 2 B. －‎2 ‎C. 2i D. -2i ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用即可得解.‎ ‎【详解】故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的乘法及乘方运算，属于基础题.‎ ‎3.已知等比数列的公比为正数，且，则 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设公比为，由已知得，即，又因为等比数列的公比为正数，所以，故，故选D.‎ ‎4.已知，“函数有零点”是“函数在上是减函数”‎ 的（ ）．‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 即不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，由函数有零点可得，，而由函数在上为减函数可得，因此是必要不充分条件，故选B．‎ 考点：1.指数函数的单调性；2.对数函数的单调性；3.充分必要条件.‎ ‎5.若函数为增函数，则实数的取值范围为( )‎ A. B. [1,+∞) C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数的导数，把函数为增函数，转化为恒成立，结合三角函数的性质，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 因为函数为增函数，所以恒成立，‎ 即恒成立，又由，所以，‎ 即实数的取值范围是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数单调性求解参数问题，其中解答熟记函数的导数与原函数的关系，合理转化是解答的关键.着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎6.一个空间几何体的三视图如图，则该几何体的体积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可得该几何体是一个棱长和底面边长都是2的直三棱柱截去一个三棱锥得到的几何体，结合锥体和柱体的体积公式，即可求解.‎ ‎【详解】由三视图可得，该几何体是一个棱长和底面边长都是2的直三棱柱截去一个三棱锥得到的几何体，如图所示，‎ 所以该几何体的体积为：.‎ 故选：D.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，其中解答中熟记三视图的规则，还原得到几何体的形状是关键，再由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.‎ ‎7.我国古代名著《庄子天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是( )‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析程序中各变量的作用，再根据流程图所示的顺序，可得该程序的作用是累加并输出的值，由此可得到结论.‎ ‎【详解】由题意，执行程序框图，可得：‎ 第1次循环：；‎ 第2次循环：；‎ 第3次循环：；‎ 依次类推，第7次循环：，‎ 此时不满足条件，推出循环，‎ 其中判断框①应填入的条件为：，‎ 执行框②应填入：，③应填入：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，其中解答中正确理解程序框图的含义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎8.若展开式的各项系数之和为，则其展开式中的常数项为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式展开式的各项系数之和为，求得，再结合展开式的通项，即可求解常数项.‎ ‎【详解】由题意，二项式展开式的各项系数之和为，‎ 令，可得，解得，‎ 则二项式展开式的通项为，‎ 令，可得常数项为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的系数的求法，以及二项展开式的通项是解答的关键.着重考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎9.在平面区域内随机取一点，则点在圆内部的概率（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：画出不等式组对应的平面区域，其与圆面的公共部分的面积为个圆面，故其面积与平面区域的面积之比为所求概率．‎ 详解：不等式对应的平面区域如图所示：‎ 其中满足的点为阴影部分对应的点，其面积为，不等组对应的平面区域的面积为，故所求概率为，故选B．‎ 点睛：几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．‎ ‎10.已知直线，，平面、、，给出下列命题：①，，，则；② ，，，则；③，，则；④，，，.其中正确的命题有( )‎ A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面位置关系判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】对于①中，由，根据线面平行的性质，可得，所以是正确的；‎ 对于②中， 由，可得，又由，所以，所以是正确的；‎ 对于③中，由，，则与平行或相交，所以不正确；‎ 对于④中，由，，，利用面面垂直的判定，可得，所以是正确的，‎ 综上可得①②④是正确的.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与性质的应用，其中解答中熟记空间中的线面位置关系的判定与性质，逐项判定是解答的关键.着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.‎ ‎11.设,分别为双曲线的左,右焦点.若在双曲线右支上存在一点,满足,且到直线的距离等于双曲线的实轴长,则该双曲线的离心率为【 】.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：利用题设条件和双曲线性质在三角形中寻找等量关系，得出a与b之间的等量关系，进而求出离心率．解：依题意|PF2|=|F‎1F2|，可知三角形PF‎2F1是一个等腰三角形，F2在直线PF1的投影是其中点，由勾股定理知，可知|PF1|=4b，根据双曲定义可知4b‎-2c=‎2a，整理得c=2b-a，代入c2=a2+b2整理得3b2-4ab=0，求得，故可知双曲线的离心率为，选B.‎ 考点：双曲线的性质 点评：解决的关键是根据双曲线于直线的位置关系，以及双曲线的几何性质来求解，属于中档题．‎ ‎12.已知以为周期的函数，其中．若方程恰有5个实数解，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为当时，将函数化为方程，实质上为一个半椭圆，其图像如图所示，同时在坐标系中作出当 得图像，再根据周期性作出函数其它部分的图像，由图易知直线与第二个椭圆相交，而与第三个半椭圆无公共点时，方程恰有5个实数解，将代入得 令，则有 由 同样由与第三个半椭圆无交点，由可计算得 综上知．‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，化简得，代入即可求解.‎ ‎【详解】由题意知：，‎ 又由.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值，其中解答中利用三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，化简为齐次式求解是解答的关键.着重考查了化简与运算能力，属于基础题.‎ ‎14.若点在三角形的边上，且，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据得到，再由，根据平面向量的基本定理，求得的值，代入即可求解.‎ ‎【详解】如图所示，由，可得，‎ 又由，所以，所以，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理的应用，其中解答中熟记向量的运算法则，以及平面向量的基本定理是解答的关键.着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知，两点均在焦点为的抛物线上，若|，线段的中点到直线的距离为，则的值为__________.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别过A、B作直线的垂线，设AB的中点M在准线上的射影为N，根据抛物线的定义，可得，梯形中，中位线，由线段AB的中点到的距离为1，可得，进而即可求解.‎ ‎【详解】分别过A、B作直线的垂线，垂足为C、D，‎ 设AB的中点M在准线上的射影为N，连接MN，‎ 设，‎ 根据抛物线的定义，可得，‎ 所以梯形中，中位线，‎ 可得，即，‎ 因为线段AB的中点到的距离为1，可得，‎ 所以，解得或.‎ 故答案为：或.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系的应用.着重考查了转化与化归思想，函数与方程思想的应用，以及计算能力，属于中档试题.‎ ‎16.观察下列算式：‎ ‎……‎ 若某数按上述规律展开后，发现等式右边含有“”这个数，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，可得第行的左边是，右边是个计数的和，设第行的第一个数为，利用累加法，求得，即可求解等式右边含有“”这个数时，实数的值.‎ ‎【详解】由题意，可得第行的左边是，右边是个计数的和，‎ 设第行的第一个数为，则有，‎ ‎，‎ 以上个式子相加可得，‎ 所以，‎ 可得，‎ 所以等式右边含有“”这个数，则.‎ 故答案为：45.‎ ‎【点睛】本题主要考查了归纳推理，以及利用累加法求解数列的通项公式及应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ 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.‎ ‎（一）必考题:共60分)‎ ‎17.在中，内角所对的边分别为，且．‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，的面积为，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可通过化简计算出的值，然后解出的值．‎ ‎ （ 2）可通过计算和的值来计算的值．‎ ‎【详解】（1）由得， ‎ 又，所以，得，所以．‎ ‎（2）由的面积为及得，即 ，‎ 又，从而由余弦定理得，所以， ‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考察的是对解三角函数的综合运用，需要对相关的公式有着足够的了解．‎ ‎18.如图所示，某班一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的污损，其中，频率分布直方图的分组区间分别为，据此解答如下问题．‎ ‎（Ⅰ）求全班人数及分数在之间的频率；‎ ‎（Ⅱ）现从分数在之间的试卷中任取 3 份分析学生情况，设抽取的试卷分数在的份数为 ，求的分布列和数学望期．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ），分布列见解析 ‎【解析】‎ 试题分析:（Ⅰ）先根据频率分布直方图求出区间上的概率，再由茎叶图确定分数在的人数，最后根据频率、频数、总数关系求全部人数.同样先确定分数在人数，再根据频率、频数、总数关系求分数在之间的频率；（Ⅱ）先确定随机变量取法可能情况，再分别求对应概率，列表可得分布列，根据数学期望公式可求期望.其中概率的求法为：利用组合数，根据古典概型概率计算公式求解.‎ 试题解析：（Ⅰ）由茎叶图知分数在人数为4人；的人数为8人；的人数为10人.‎ 总人数为 ‎ 分数在人数为人频率为 ‎ ‎（Ⅱ）的人数为6人；分数在的人数为4人 的取值可能为0,1,2,3‎ ‎ ,‎ ‎,‎ 分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎19.如图所示，在矩形中，，，是的中点，为的中点，以为折痕将向上折起，使点折到点，且.‎ ‎（1）求证: 面；‎ ‎（2）求与面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到，进而证得面；‎ ‎（2）分别以、、为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，可得，，则，‎ 取的中点，连，，可得，所以，‎ 因为，，且，所以平面，‎ 又因为平面，所以.‎ 又由与为相交直线，所以平面.‎ ‎（2）作交于，可知，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 可得，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，令，可得平面的一个法向量为，‎ 又由，‎ 所以与面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎20.已知椭圆过点，且离心率为.直线与轴正半轴和轴分别交于点、，与椭圆分别交于点、，各点均不重合且满足 ，.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若，试证明:直线过定点并求此定点 ‎【答案】（1）；（2）证明见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设椭圆方程为，根据题意列出方程，求得的值，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）设方程为，利用向量的坐标运算，求得，，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，代入求得直线的方程，即可得出结论.‎ ‎【详解】（1）设椭圆方程为，‎ 由题意知，且离心率，解得，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，，，，‎ 设方程为，‎ 由，得，‎ 所以，由题意知，所以，‎ 同理由，可得，‎ ‎，‎ 联立，整理得，‎ 则，且有，，‎ 代入，得，解得，‎ 由，所以，可得的方程为，‎ 此时直线过定点，即为定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎21.已知函数的图象在处的切线过点.‎ ‎（1）若函数，求的最大值（用表示）；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】(1) ；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)由题意可得：.结合导函数研究函数的单调性可得.‎ ‎(2)由题意结合(1)的结论有 ‎，构造函数，结合函数的特征即可证得题中的结论.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由，得，‎ 的方程为，又过点，‎ ‎∴，解得.‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减.‎ 故.‎ ‎（2）证明：∵，∴，‎ ‎，∴‎ 令，，，令得；令得.‎ ‎∴在上递减，在上递增，‎ ‎∴，∴，，解得：.‎ ‎(二)选考题：共10分.请考生在第22、23‎ 两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ 选修4-4:坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数)，曲线.‎ ‎（1）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求 ，的极坐标方程；‎ ‎（2）若射线(与的异于极点的交点为，与的交点为，求.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由曲线：(为参数)化为普通方程，再结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得 ，的极坐标方程；‎ ‎（2）分别求得点对应的的极径，根据极经的几何意义，即可求解.‎ ‎【详解】（1）曲线：(为参数)可化为普通方程：，‎ 由可得曲线的极坐标方程为， ‎ 曲线的极坐标方程为.‎ ‎（2）射线与曲线的交点的极径为，‎ 射线与曲线的交点的极径满足，解得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ 选修4-5:不等式选讲 ‎23.已知关于的不等式有解，记实数的最大值为.‎ ‎（1）求值；‎ ‎（2）正数满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用绝对值不等式可求得，所以，解这个不等式可求得.（2）由（1）得，将此式乘以要证明不等式的左边，化简后利用基本不等式可求得最小值为.‎ 试题解析：（1）,‎ 若不等式有解，‎ 则满足，解得，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知正数满足，‎ ‎∴‎ ‎.当且仅当，时，取等号.‎