陕西省宝鸡市宝鸡中学2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题

陕西省宝鸡市宝鸡中学2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题

西安市第三中学 宝鸡中学 汉中市龙岗学校 渭南高级中学 延安市新区高级中学 ‎2020届 高三第一次五校联考理科数学试题 一、选择题（本题共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.已知集合，，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意可得：，，‎ 则：.‎ 本题选择B选项.‎ ‎2.设复数满足（是虚数单位），的共轭复数为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由复数除法计算出，再计算。‎ ‎【详解】由题意，‎ ‎∴。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算，考查共轭复数的概念，掌握复数的运算法则是解题基础。‎ ‎3.已知，命题P:，，则（ ）‎ A. P是假命题，:，‎ B. P是假命题，:，‎ C. P是真命题，:，‎ D. P是真命题，:，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据三角函数性质判断命题的真假，然后再写出的否定。‎ ‎【详解】当时，，，命题是真命题，‎ 是：，，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假判断，考查命题的否定。存在性命题可通过举例说明命题为真，全称性命题必须证明才能说明是真命题。命题的否定是否定结论，同时全称量词与存在量词要互换。‎ ‎4.公元263年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，由此创立了割圆术，利用割圆术刘徽得到了圆周率精确到小数点后面两位的近似值3.14，这就是著名的徽率，下图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，则输出的值为( )‎ ‎（参考数据：，，）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟程序运行，观察变量值的变化，可得结论。‎ ‎【详解】程序运行时，变量值如下：‎ ‎，，不满足，‎ ‎，，，不满足，‎ ‎，，，不满足，‎ ‎，，，满足，‎ 输出。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，解题时可模拟程序运行，观察变量值的变化，得出结论。‎ ‎5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的各个表面中，最大面的面积为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原出原几何体后，计算各个面的面积，比较可得最大值。‎ ‎【详解】下图原几何体的直观图，其中平面。尺寸见三视图，‎ ‎，，‎ ‎，的边上的高为，，‎ ‎，‎ ‎，，中边上的高为，，‎ 最大面积为。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查三视图，解题关键是由三视图还原出原几何体，得出线面间的关系，然后可计算各个面的面积。‎ ‎6.已知函数，（为自然对数的底数）的图象与直线，轴围成的区域为E，直线与围成的区域为F，在区域F内任取一点，则该点落在区域E内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 作出函数的图象，作直线，，可得区域，用积分求出区域 的面积，再计算出矩形区域的面积，从而可得概率。‎ ‎【详解】作出函数的图象，作直线，，可得区域，矩形是区域，，，‎ ‎∴所求概率为．‎ 故选：A．‎ 点睛】本题考查几何概型，考查微积分基本原理，属于中档题．‎ ‎7.已知动点满足，且代数式的最小值为，则实数的取值为（ ）‎ A. B. C. D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 代数式配方为，其中表示点与的距离的平方，作出二元一次不等式组表示的平面区域，由图可知距离的最小值在哪里，得解法。‎ ‎【详解】‎ 作出不等式组表示的平面区域，如图内部（含边界），‎ ‎，其中表示点到上述区域内点的距离的平方，由图可知到区域内点的距离最小值为，‎ ‎∴的最小值为，∴，。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查二元一次不等式组表示的平面区域，考查点到直线的距离公式，解题关键是把代数式配方后，利用几何意义求解较方便。‎ ‎8.已知函数的部分图象如图所示，已知点，，若将它的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎,,,所以,右移的到,将选项代入验证可知选项正确.‎ ‎9.已知腰长为2的等腰直角ΔABC中，M为斜边AB的中点，点P为该平面内一动点，若，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为轴建立平面直角坐标系，的坐标已知，设，求出，由得且，这样可求得最小值。‎ ‎【详解】以为轴建立平面直角坐标系，则，设，‎ 则，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∵，∴，‎ 设，则，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴时，取得最小值。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积。在图形中有垂直直线时可考虑建立平面直角坐标系，把向量的运算转化为坐标运算，如本题中，，只要求得的取值范围，就可求得题设要求的最小值，经过转化问题变得简单易求。‎ ‎10.已知、分别是具有公共焦点、的椭圆和双曲线的离心率，P是两曲线的一个公共点，O是的中点，且，则=（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，这样结合勾股定理，以及椭圆和双曲线的定义可建立的关系，化简变形即得。‎ ‎【详解】‎ 如图，设，∵，∴，‎ 记椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，焦距为，‎ 则，∴，‎ ‎∴，∴.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆与双曲线的几何性质。在出现椭圆与双曲线共焦点时，对它们的公共点来讲，一般要利用它们的定义，把焦半径与（椭圆的与双曲线的不一样）建立关系，以便化简变形。‎ ‎11.若数列的前项和满足：对都有（为常数）成立，则称数列为“和敛数列”，则数列，，，中是“和敛数列”的有（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对四个数列分别求和，根据新定义验证。‎ ‎【详解】，‎ 其和，对任意成立，∴是“和敛数列”；‎ ‎，，∴是“和敛数列”；‎ ‎，‎ 设，，相减得：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴，∴是“和敛数列”；‎ ‎，‎ ‎，‎ 显然对任意正数，总存在，使得，因此不可能恒成立，∴不是“和敛数列”；‎ 综上，有3个数列是“和敛数列”。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查数列中的创新题，实质上考查求数列的前项和。对一个数列是“和敛数列”，则可求出其前项和，然后找到，使对一切正整数恒成立，若一个数列不是“和敛数列”，则对任意正数，证明总存在，使得即可。‎ ‎12.定义在R上的偶函数满足，且当时，，若函数有三个零点，则正实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得函数是周期函数且周期为2，这样由的解析式可求得的解析式，再由偶函数可得 时的解析式，从而再由周期性可得函数解析式和图象。作出函数图象，及直线，由图象可得它们有三个交点的情况。‎ ‎【详解】有三个零点，则函数的图象与直线有三个交点。‎ ‎∵，∴函数是周期函数且周期为2，‎ ‎∴时，，‎ ‎，‎ 又是偶函数，∴时，，‎ 同理，时，，‎ 利用周期性作出的图象，再作直线，如图，‎ 当直线与的图象相切时，由得 ‎，，（舍去），此时切线横坐标为，‎ 当直线与的图象相切时，由得 ‎，，（舍去），此时切线横坐标为，又，直线过点时，，‎ ‎∴的取值范围是。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点个数问题，解题方法是把问题转化为函数图象交点个数问题，一般是函数图象与直线的交点个数，最终是直线过特殊点，或直线与函数图象相切等，从而可求得参数的范围．‎ 二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知函数，分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且，则=________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用代替中的，利用奇偶性转化后解得，然后求函数值．‎ ‎【详解】∵，①‎ ‎∴，‎ 又是奇函数，是偶函数，‎ ‎∴，②‎ a①－②得，，‎ ‎∴，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查对数的运算，掌握奇偶性的定义是解题基础．‎ ‎14.设，若()，则负实数________.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知式两边对求导后，令后可求解．‎ ‎【详解】两边求导得：‎ ‎，‎ 令得：，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，．‎ 故答案为：－2．‎ ‎【点睛】本题考查赋值法，考查导数的运算，解题的关键是对已知式求导．求导后得到形式的一致性，然后再赋值求解．‎ ‎15.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且直线与圆交于两点，若,则直线的斜率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意得，，由，配方为，可得，所以直线过圆心 ，可设直线的方程为，联立，化为，，，由，可得，故答案为.‎ ‎16.在四面体ABCD中，AB=AD=2，∠BAD=60°，∠BCD=90°，二面角A-BD-C的大小为 ‎120°，则四面体ABCD外接球的半径为______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用和的外心找出球心，然后计算．‎ ‎【详解】‎ 如图，取中点，则直角外心，作平面，，连接，∵是等边三角形，∴，∴平面，从而平面平面，在上取点，设，则是正三角形的中心，在平面内作交于，则平面，是四面体外接球的球心．在平面内过，则是二面角的平面角，，于是，，，∴．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查四面体的外接球问题，解题关键是找到外接球的球心，注意性质：外接球球心一定在过各面的外心且与各面垂直的直线上．‎ 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）‎ ‎17.已知在ΔABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.‎ ‎（1）求角B的大小；‎ ‎（2）若，求ΔABC周长的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）提取2，利用两角和的正弦公式化为函数式为一个角的一个三角函数形式再求解；‎ ‎（2）利用正弦定理和余弦定理化角为边，求得，再用正弦定理表示出，，由，，可求得周长的最大值．‎ ‎【详解】（1）由题意得，所以，‎ 因为，所以，所以.‎ ‎（2）由已知及正、余弦定理得 整理得，所以. ‎ 又由正弦定理得，所以，‎ 由得，所以，且，‎ 所以 ‎∵，∴，∴‎ ‎∴，即 所以ΔABC周长的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式，考查三角函数的性质，考查正弦定理和余弦定理的应用．考查的知识点较多，但都不难，方法也是常规方法，属于中档题．‎ ‎18.如图所示，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且．‎ 求证：平面BDEF；‎ 求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)证明见解析.‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】‎ 分析：（1））设与相交于点，连接，由菱形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，利用线面垂直的判定定理可得结果；(2)先证明平面.‎ 可得，，两两垂直，以，，建立空间直角坐标系，求出，利用向量垂直数量积为零列方程组求出平面的法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果.‎ 详解：（1）设与相交于点，连接，‎ ‎∵四边形为菱形，∴，且为中点，‎ ‎∵，∴，‎ 又，∴平面.‎ ‎（2）连接，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形，‎ ‎∵为中点，∴，又，∴平面.‎ ‎∵，，两两垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 设，∵四边形为菱形，，∴，.‎ ‎∵为等边三角形，∴.‎ ‎∴，，，，‎ ‎∴，，.‎ 设平面的法向量为，则，‎ 取，得.设直线与平面所成角，‎ 则.‎ 点睛：本题主要考查线面垂直的证明、利用空间向量求线面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎19.2019年初，某市为了实现教育资源公平，办人民满意的教育，准备在今年8月份的小升初录取中在某重点中学实行分数和摇号相结合的录取办法．该市教育管理部门为了了解市民对该招生办法的赞同情况，随机采访了440名市民，将他们的意见和是否近三年家里有小升初学生的情况进行了统计，得到如下的2×2列联表.‎ 赞同录取办法人数 不赞同录取办法人数 合计 近三年家里没有小升初学生 ‎180‎ ‎40‎ ‎220‎ 近三年家里有小升初学生 ‎140‎ ‎80‎ ‎220‎ 合计 ‎320‎ ‎120‎ ‎440‎ ‎（1）根据上面的列联表判断，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为是否赞同小升初录取办法与近三年是否家里有小升初学生有关；‎ ‎（2）从上述调查的不赞同小升初录取办法人员中根据近三年家里是否有小升初学生按分层抽样抽出6人，再从这6人中随机抽出3人进行电话回访，求3人中恰有1人近三年家里没有小升初学生的概率.‎ 附：，其中.‎ P()‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.10‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1）能在犯错误概率不超过0.001的前提下认为是否赞同小升初录取办法与近三年是否家里有小升初学生有关；（2）0.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据列联表计算，对照所给表格数据可得结论；‎ ‎（2）由分层抽样知从近三年家里没有小升初学生的人员中抽出2人，分别记为，，从近三年家里有小升初学生的人员中抽出4人，分别记为，，，，则从这6人中随机抽出3人的抽法，可以分别列举出来，其中恰有1人近三年家里没有小升初学生的情况也可以列举出来，计数后可得概率．‎ ‎【详解】（1）假设是否赞同小升初录取办法与近三年是否有家里小升初学生无关，‎ 的观测值，因为 所以能在犯错误概率不超过0.001的前提下认为是否赞同小升初录取办法与近三年是否家里有小升初学生有关.‎ ‎（1）设从近三年家里没有小升初学生的人员中抽出人，从近三年家里有小升初学生的人员中抽出人，‎ 由分层抽样的定义可知，解得，. ‎ 方法一：设事件M为3人中恰有1人近三年家里没有小升初学生．在抽出的6人中，近三年家里没有小升初学生的2人，分别记为，，近三年家里有小升初学生的4人，分别记为，，，，则从这6人中随机抽出3人有20种不同的抽法，所有的情况如下：‎ ‎{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}.‎ 其中恰有1人近三年家里没有小升初学生的情况有12种，分别为：‎ ‎{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，{，，}，‎ 所以3人中恰有1人近三年家里没有小升初学生的概率为. ‎ 方法二：设事件M为3人中恰有1人近三年家里没有小升初学生，在抽出的6人中，近三年家里没有小升初学生的有2人，近三年家里有小升初学生的有4人，则从这6人中随机抽出3人有种不同的抽法，从这6人中随机抽出的3人中恰有1人近三年家里没有小升初学生的情况共有种. ‎ 所以3人中恰有1人近三年家里没有小升初学生的概率为:‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验，考查分层抽样和古典概型概率公式，独立性检验问题直接计算，再据表格数据得出结论，解决古典概型概率问题的关系是确定事件的个数，可能用列举法列出所有的基本事件，然后计数得出概率．‎ ‎20.在平面直角坐标系中，点，分别为椭圆C：的左右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆C上，不在轴上的动点P与动点Q关于原点O对称，且四边形的周长为.‎ ‎（1）求动点P的轨迹方程；‎ ‎（2）在动点P的轨迹上有两个不同的点M，N，线段MN的中点为G，已知点在圆上，求的最大值，并判断此时ΔOMN的形状.‎ ‎【答案】（1）；（2）最大值为，ΔOMN是直角三角形 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）题中先求得的坐标，即，可利用离心率和点在椭圆上　结合解得，动点P与动点Q关于原点O对称，且四边形的周长为.可得点轨迹是椭圆，且长轴长已知，焦距已知，只要再求得短半轴长即得，注意方程中；‎ ‎（2）由用点都在椭圆上可求得，用两点间距离公式表示出，代入和，并利用基本不等式可求得最大值．根据取得最大值时的条件得是直角三角形．‎ ‎【详解】（1）设点，的坐标分别为，‎ 由已知可知，又，所以可得，则， ‎ 连接PQ，因为，OP=OQ，所以四边形为平行四边形.‎ 因为四边形的周长为，所以， ‎ 所以动点P的轨迹是以点，分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆（除去左、右顶点），可得动点P的轨迹方程为 ‎（2）因为，，，所以，‎ 所以 ‎.‎ 当且仅当，即时，等号成立，‎ 所以的最大值为，此时，即，即是直角三角形．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆方程的应用和基本不等式求最大值．虽然计算量较大，但只能算中档题，难点不多，难度也不大．‎ ‎21.己知函数.(是常数，且（)‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当在处取得极值时，若关于的方程在上恰有两个不相等的实数根，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）求证:当时.‎ ‎【答案】（Ⅰ）减区间为，增区间为.；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析：（Ⅰ）先对函数求导，再分别解与，即可得函数的单调区间；（Ⅱ）根据在处取得极值，可得，再设，利用导数研究函数的单调性，根据关于的方程在上恰有两个不相等的实数根，可得，解不等式即可得出实数的取值范围；（Ⅲ）根据（Ⅰ）和（Ⅱ）可知当时，即，令，对进行放缩，即可证明.‎ 详解：（Ⅰ）由已知比函数的定义域为,‎ 由得，由,得.‎ 所以函数的减区间为，增区间为..‎ ‎（Ⅱ）由题意，得.‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴,即.‎ ‎∴,‎ 设，则 ‎.‎ 当变化时，的变化情况如下表:‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎∵方程在上恰有两个不相等的实数根 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴即.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）和（Ⅱ）可知当时，即，‎ ‎∴当时，，‎ 令时，‎ ‎，即.‎ ‎∴.‎ 点睛：本题难点在第三问，解答第三问要根据第一问和第二问的结合，首先要知时，在时恒成立，再结合解题目标想到对赋值，令，这种技巧常用到.对此类不等式的证明，要先观察不等式的特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论进行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明即可.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的极坐标方程及曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）若是直线上一点，是曲线C上的一点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）直线，曲线；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数可得直线的普通方程，利用公式可把极坐标方程与直角坐标方程互化；‎ ‎（2）利用极坐标方程求解，，，因此有，由诱导公式和二倍角公式可得，这个最大值易求．‎ ‎【详解】（1）∵直线的参数方程为（为参数），‎ ‎∴消去参数，得直线的普通方程为；‎ 由，得直线的极坐标方程为，‎ 即 ∵曲线C的极坐标方程为，即，‎ ‎∴由，，得曲线C的直角坐标方程为. ‎ ‎（2）∵在直线上，在曲线C上，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ ‎∴当时，的最大值为2‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公是解题基础，在求时直接利用极坐标方程，计算简单，结论易得，学习时应注意体会．‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）若，解不等式；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用绝对值定义去绝对值符号后再解不等式，注意分类讨论；‎ ‎（2）用绝对值定义去绝对值符号后得分段函数，由单调性得，解不等式得的范围．‎ ‎【详解】（1）解法一：∵，∴不等式可化为，‎ 或或 ‎ 或或或或 ‎ ‎，即不等式的解集为 ‎ 解法二：∵，则 ‎ 在同一平面直角坐标系中画出函数和 的图象，如图所示：‎ 由图可知，不等式的解集为 ‎ ‎（2）由于 ‎ 所以当时，最小，即， ‎ 所以要使恒成立，只需即可，所以，即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，解题方法是用绝对值定义去绝对值符号，把绝对值函数化为分段函数，然后分类求解．‎