内蒙古阿拉善盟2020届高三上学期第一次模拟考试数学（文）试题

内蒙古阿拉善盟2020届高三上学期第一次模拟考试数学（文）试题

‎2019年内蒙古自治区阿拉善盟高三文科数学 第一次模拟考试试卷 第Ⅰ卷 一､选择题 ‎1.设集合，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意可得：.‎ 本题选择B选项.‎ ‎【考点】 集合的运算 ‎【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.‎ ‎2.若复数满足(为虚数单位)，则（ ）‎ A. 2 B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法可算出的值，再利用公式计算其模.‎ ‎【详解】，故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法以及复数的模，属于基础题.‎ ‎3.命题 ，则为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据存在性命题的否定的结构形式写出即可.‎ ‎【详解】因为，故为：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.‎ ‎4.执行如图所示的程序框图，若输出的为4，则输入的应为( )‎ ‎ ‎ A. －2 B. 16‎ C. －2或8 D. －2或16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：程序框图执行的是函数的求值，所以当时可得到或 考点：程序框图及分段函数求值 ‎5.已知是等差数列，，其前10项和，则其公差 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎，解得，则，故选D．‎ ‎6.设满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）‎ A. 4 B. ‎6 ‎C. 8 D. 16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组对应的可行域，平移动直线到点处可得所求的最大值.‎ ‎【详解】不等式组对应的可行域如图所示：‎ 平移动直线到点处时，有最大值.‎ 由可得，故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．‎ ‎7.把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将图象向右平移个单位，那么所得图象的一个对称中心为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），可得的图象；再将图象向右平移个单位，可得的图象，那么所得图象的一个对称中心为，故选D.‎ 考点：三角函数的图象与性质.‎ ‎8.《九章算术》中将底面为矩形，顶部只有一条棱的几何体称为刍甍（刍甍字面意思为茅草屋顶），现有一刍甍的三视图如图所示，则该刍甍的体积为（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可得其对应的几何体，将其分割为一个棱柱和一个棱锥，再利用公式可计算其体积.‎ ‎【详解】三视图对应的几何体如图所示，‎ 将该几何体分割成两个几何体（如图（1）），一个几何体为棱柱，一个几何体为棱锥，‎ 故所求几何体的体积为：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．另外不规则几何体的体积的计算，需要用割补法转化为规则的几何体的体积的计算，本题属于中档题.‎ ‎9.在直角梯形中，，则（ ）‎ A. 2 B. ‎-2 ‎C. 3 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的线性运算和数量积的运算律把所求的数量积归结为，从而可得所求的值.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查数量积的计算，注意根据直角梯形转化为垂直的向量的数量积进行计算，本题属于容易题.‎ ‎10.已知直三棱柱的6个顶点都在球的球面上，若，，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定球心的位置，再根据勾股定理计算球的半径，从而得到其表面积.‎ ‎【详解】设的中点为，因为为直角三角形，故的外接圆的圆心为，‎ 且平面，而为直三棱柱，‎ 故在平面且为矩形的中心，‎ 所以球的半径，‎ 所以球的表面积为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查棱柱及其外接球的表面积的计算，注意根据棱柱的特征确定外接球球心的位置，另外计算空间长度时需要把要求的长度放置在可解的三角形中来考虑，本题属于中档题.‎ ‎11.设双曲线的右焦点是，左､右顶点分别是，过作轴的垂线与双曲线交于两点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的坐标，再求出的斜率，最后根据得到满足的等式关系，可从该关系式求得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设双曲线的半焦距为，‎ 令，则，不妨设，‎ 故，‎ 因为，故，‎ 整理得到，故离心率.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，可根据题设条件构建的等量关系即可求出离心率，本题属于基础题.‎ ‎12.利用计算机产生内的均匀随机数､，则事件“且”发生的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据求出满足的条件，再根据几何概型的概率的计算公式可求“”的概率.‎ ‎【详解】由题设条件可得 ，若，则或，‎ 设为对应的平面区域，为或对应的平面区域，‎ 故的面积为9，的面积为，‎ 设为随机事件“”，则.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型的概率的计算，注意根据题设条件选择合适的测度来进行计算，本题属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二､填空题 ‎13.某校1200名学生中，型血有450人，型血有350人，型血有250人，型血有 ‎150人，从中抽取容量为48的样本，按照分层抽样的方法抽取样本，则要抽取的型血的人数为_________.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分层比可求型血的人数.‎ ‎【详解】因为用分层抽样的方法抽取样本，故要抽取的型血的人数为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查分层抽样，注意按分层比计算所取人数，本题属于容易题.‎ ‎14.已知为偶函数，且.则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题设可得，从而得到与的关系，结合可得的值.‎ ‎【详解】因为偶函数，故.‎ 所以，故，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，注意根据奇偶性来沟通与的关系，本题属于基础题.‎ ‎15.已知椭圆C:的离心率为，右顶点到直线的距离为3，则椭圆C的方程为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离心率可得的关系，再根据右顶点到直线的距离可求出，求出后可得椭圆的方程.‎ ‎【详解】因为椭圆的离心率为，故.‎ 又右顶点的坐标为，故有，故，所以，‎ 椭圆的方程为：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程求法，一般可以根据题设条件得到关于的方程组，求出解后可得标准方程，有时也可以根据椭圆的定义求出，再求出后得到椭圆的标准方程，本题属于基础题.‎ ‎16.数列满足，则数列通项公式为=________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对递推关系两边取倒数，则可得为等差数列，根据等差数列的通项公式可求出的表达式，从而可得数列的通项公式.‎ ‎【详解】因为，故，‎ 所以，故是首项为，公差为的等差数列，‎ 所以，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：‎ ‎（1），取倒数变形为；‎ ‎（2），变形为，也可以变形为.‎ 三､解答题 ‎17.已知，其中，，.‎ ‎（1）求的单调递减区间；‎ ‎（2）在中，角所对的边分别为，，，且向量与共线，求边长和的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用向量的数量积的坐标形式及辅助角公式可以得到，根据余弦函数的性质可求的单调减区间.‎ ‎（2）先求出，再根据余弦定理可以得到，根据向量共线及正弦定理可得，从而可求的值.‎ ‎【详解】（1）由题意知，‎ ‎∵在上单调递减，‎ ‎∴令，得，，‎ ‎∴的单调递减区间 .‎ ‎（2）由题设可得，∴，‎ 又，∴即.‎ 因为，由余弦定理得.‎ 因为向量与共线，‎ 所以，由正弦定理得，所以.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的性质、向量的数量积、向量共线的坐标形式以及利用正弦定理、余弦定理解三角形，考虑正弦型函数、余弦型函数的性质时，应利用整体法和正弦函数、余弦函数的性质来讨论，解三角形时，要利用正弦定理来实现边角关系的转化，本题属于中档题.‎ ‎18.为了改善空气质量，某市规定，从‎2018年1月1日起，对二氧化碳排放量超过的轻型汽车进行惩罚性征税.检测单位对甲､乙两品牌轻型汽车各抽取5辆进行二氧化碳排放量检测，记录如下:（单位:）‎ 甲 ‎80‎ ‎110‎ ‎120‎ ‎140‎ ‎150‎ 乙 ‎100‎ ‎120‎ ‎100‎ ‎160‎ 经测算得乙品牌轻型汽车二氧化碳排放量的平均值为.‎ ‎（1）求表中的值，并比较甲､乙两品牌轻型汽车二氧化碳排放量的稳定性；‎ ‎（2）从被检测5辆甲品牌汽车中随机抽取2辆，求至少有1辆二氧化碳排放量超过的概率.（注:方差，其中为的平均数）.‎ ‎【答案】（1），比较见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据可直接计算求得，再利用方差的计算公式分别计算两者的方差，比较大小后可得乙品牌轻型汽车的二氧化碳排放量较稳定.‎ ‎（2‎ ‎）利用列举法可得基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式可得所求的概率.‎ ‎【详解】（1）由，解得， ‎ 所以， ‎ ‎.‎ ‎.‎ 因为，所以乙品牌轻型汽车二氧化碳排放量较稳定.‎ ‎（2）从被检测的5辆甲品牌汽车中任取2辆，所有的结果为 ‎，，，，，，，‎ ‎，，共10个.‎ 其中至少有1辆二氧化碳排放量超过的为：‎ ‎，，，，，，共7个.‎ 所以从被检测的5辆甲品牌汽车中任取2辆，至少有1辆氧化碳排放量超过的概率是.‎ ‎【点睛】本题考查均值与方差、古典概型的概率计算，注意古典概型中的基本事件总数及随机事件中的基本事件的个数的计算可利用枚举法或树形图法，如果个数较大，则可利用排列组合的知识来计数，本题属于中档题.‎ ‎19.如图，四棱锥中，底面为矩形，面，为的中点．‎ ‎（1）证明：平面;‎ ‎（2）设，，三棱锥的体积 ，求A到平面PBC的距离．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2） 到平面的距离为 ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）连结BD、AC相交于O，连结OE，则PB∥OE，由此能证明PB∥平面ACE．（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离 试题解析：(1）设BD交AC于点O，连结EO． ‎ 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．‎ 又E为PD的中点，所以EO∥PB ‎ 又EO平面AEC，PB平面AEC 所以PB∥平面AEC． ‎ ‎（2）‎ 由，可得.‎ 作交于．‎ 由题设易知，所以 故，‎ 又所以到平面的距离为 法2：等体积法 由，可得.‎ 由题设易知,得BC 假设到平面的距离为d，‎ 又因为PB=‎ 所以 又因为(或)，‎ ‎，‎ 所以 考点：线面平行的判定及点到面的距离 ‎20.已知抛物线的焦点为，若在轴上方该抛物线上有一点，满足直线的倾斜角为，且.‎ ‎（1）求抛物线方程；‎ ‎（2）若抛物线上另有两点满足，求直线方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设抛物线的准线为，与轴的交点为，利用抛物线的定义可以得到，求出的值后可得抛物线的方程.‎ ‎（2）设点，由向量可以得到，再利用点差法可求，从而可得直线的方程.‎ ‎【详解】（1）设抛物线的准线为，与轴的交点为，过作，垂足为.‎ 由可得，由，‎ 可知，则，‎ 故抛物线的方程为.‎ ‎（2）由（1）可知点A的坐标为，，可设点.‎ 由，可得，‎ 即，则中点的坐标为，‎ ‎∵，∴，‎ 故直线的斜率为，‎ ‎∴直线的方程为，整理为.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线标准方程的求法以及直线和抛物线的位置关系，注意涉及到弦的中点问题可用点差法来考虑，本题属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求的单调区间和极值；‎ ‎（2）若对任意恒成立，求实数的最大值.‎ ‎【答案】（1）在处取得极小值，极小值为.（2）4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先求函数导数，根据导函数零点分区间讨论导函数符号变化规律，进而确定单调区间及极值，（2）不等式恒成立问题，一般利用变量分离转化为对应函数最值问题：的最小值，然后利用导数研究函数单调性，确定最小值，，即得，即的最大值是.‎ 试题解析：（1），‎ ‎，‎ ‎∴的单调增区间是，单调减区间是.‎ ‎∴在处取得极小值，极小值为.‎ ‎（2）由变形，得恒成立，‎ 令，，‎ 由.‎ 所以，在上是减函数，在上是增函数.‎ 所以，，即，所以的最大值是.‎ 点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.‎ 选修4—4:坐标系与参数方程 ‎ ‎22.在极坐标系中，已知圆的圆心，且圆经过点.‎ ‎（1）求圆的普通方程；‎ ‎（2）已知直线的参数方程为（为参数），，点，直线交圆于两点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出的直角坐标，求出后可得圆的直角坐标方程.‎ ‎（2）根据直线的参数方程和圆的方程可以得到，利用参数的几何意义可得，根据可得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）∵的直角坐标为， 的直角坐标为，‎ ‎∴圆C的半径为，∴圆C的直角坐标方程为.‎ ‎（2）将代入圆C的直角坐标方程，‎ 得，即，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴，∴，‎ 即弦长的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查点的极坐标与直角坐标的互化以及直线参数方程的应用，两类坐标互化可利用来沟通两者之间的坐标关系，而直线的参数方程有很多种，若直线的参数方程为 （其中为参数），则要注意表示直线上的点到的距离，我们常利用这个几何意义计算直线上线段的长度和、差、积等．本题属于中档题.‎ 选修4—5:不等式选讲.‎ ‎23.设函数的最小值为.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）已知两个正数满足，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）3；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段讨论法去掉绝对值符号后可求的最小值.‎ ‎（2）利用基本不等式可得，再由基本不等式可求的最小值.‎ ‎【详解】（1），‎ 故当时，单调递减，‎ 当时，单调递增，‎ 所以当时，的最小值为且.‎ ‎（2）由（1）知，由，得，‎ 则，当且仅当时取等号，‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值符号的函数的最值以及基本不等式的应用，前者需利用零点分段讨论法去掉绝对值符号，而应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”的原则，本题属于中档题.‎