吉林省延吉市延边第二中学2020届高三上学期第一次调研数学（文）试题

吉林省延吉市延边第二中学2020届高三上学期第一次调研数学（文）试题

延边第二中学2020届高三第一次调研考试 数学（文）试题 本试卷共23题，共150分，共6页。考试结束后，将答题卡交回。‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。将条形码准确粘贴在条形码区域内。‎ ‎2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。‎ ‎3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超过答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。‎ ‎4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。‎ ‎5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。‎ 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，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式确定集合A,B，然后进行交集运算即可.‎ ‎【详解】求解不等式可得：，‎ 求解不等式可得，‎ 结合交集的定义可知.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的表示方法，不等式的解法，交集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2.i为虚数单位，设复数z满足，则复数z的模是（ ）‎ A. 10 B. 25 C. 3 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数及复数的模的运算，即可得解.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以 ‎ 则=，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算，属基础题.‎ ‎3.在中，“”是“”的 ( )‎ A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 余弦函数在上单调递减 ‎【详解】因为A,B是的内角，所以,在上余弦函数单调递减, 在中，“” “”‎ ‎【点睛】充要条件的判断，是高考常考知识点，充要条件的判断一般有三种思路：定义法、等价关系转化法、集合关系法。‎ ‎4.已知，，，则，，的大小关系为（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的单调性判断的大小关系，由判断出三者的大小关系.‎ ‎【详解】由，，，则.故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查对数运算，考查对数函数的单调性，考查对数式比较大小，属于基础题.‎ ‎5.等比数列的前项和为，已知，，则（ ）‎ A. B. C. 14 D. 15‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由，得，即，‎ 又为等比数列，所以公比，‎ 又，所以.‎ ‎.‎ 故选D.‎ ‎6.函数（，且）的图象恒过定点，且点在角的终边上，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令对数的真数等于1，求得x、y的值，可得定点A的坐标，再利用任意角的三角函数的定义求得，再利用同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式，求得的值．‎ ‎【详解】对于函数且，令，求得，，‎ 可得函数的图象恒过点，且点A在角的终边上，‎ ‎，则，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查对数函数的图象经过定点问题，任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式，属于基础题．‎ ‎7.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先找到三视图对应的几何体原图，再求几何体的体积.‎ ‎【详解】‎ 由已知中的三视图可得该几何体是一个组合体，由一个底面半径为1，高为的半圆锥，和一个底面边长为2的正方形，高为的四棱锥组合而成．‎ 故这个几何体的体积.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查三视图找几何体原图，考查几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎8.若向量，的夹角为，且，，则向量-2与向量的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面向量数量积的运算可得：=，‎ 再求角即可.‎ ‎【详解】解：因为向量，的夹角为，且，，‎ 所以 ‎ 所以，， ‎ 设向量-2与向量的夹角为，‎ 则=，‎ 又，‎ 即向量-2与向量的夹角为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算，属基础题.‎ ‎9.关于函数，下列叙述有误的是( ）‎ A. 其图象关于直线对称 B. 其图象关于点对称 C. 其值域是[－1,3]‎ D. 其图象可由图象上所有点的横坐标变为原来的得到 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦函数的图象与性质，逐个判断各个选项是否正确，从而得出。‎ ‎【详解】当时，，为函数最小值，故A正确；‎ 当时，，，所以函数图象关于直线对称，不关于点对称，故B错误；函数的值域为[－1,3]，显然C正确；图象上所有点的横坐标变为原来的得到，故D正确。综上，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦函数的图象与性质，牢记正弦函数的基本性质是解题的关键。‎ ‎10.定义在上的偶函数满足，且当时，‎ ‎，函数是定义在上的奇函数，当时，，则函数的零点的的个数是（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别作出函数与函数图像，再观察其交点个数即可.‎ ‎【详解】解：由，可得函数的周期为2，‎ 又为偶函数，且当时，，‎ 又是定义在上的奇函数，当时，，‎ 则函数的零点个数即函数与函数图像的交点个数，‎ 又函数与函数图像如图所示，‎ 即函数与函数图像的交点个数为10个，‎ 故选D. ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性及函数零点问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.‎ ‎11.历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….即，‎ ‎，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，又记数列满足，，，则的值为（ ）‎ A. 4 B. -728 C. -729 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先列出数列、的前面的有限项，再观察数列的周期性，运算即可得解.‎ ‎【详解】解：由题意有数列为1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0,1,1,…,‎ 即数列为周期为6的数列，‎ 则数列为1,1,1,1，-2，-1,1,0,1,1，-2，-1,1,0,1,1，-2，-1,…,‎ 观察数列可知数列从第三项开始后面所有数列构成一周期为6的数列，‎ 且每一个周期的和为0，‎ 所以=， ‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了阅读能力及数列的周期性，属中档题.‎ ‎12.已知为定义在上的可导函数，且恒成立，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 令，则 ‎∵‎ ‎∴，即在上恒成立 ‎∴在上单调递减 ‎∵‎ ‎∴，即 ‎∴，即 故选A 点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系.‎ 二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案写在答题纸上)‎ ‎13.体积为的球的内接正方体的棱长为_____________。‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 可知球半径，而球内接正方体的体对角线长等于球直径。设正方体的棱长为，则有，解得 ‎14.已知且．求_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出sin ‎【详解】因为 ‎，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】(1)本题主要考查三角化简求值，考查同角的平方关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是分析得到，否则会出现双解.‎ ‎15.在等差数列{an}中，已知，则=_______________.‎ ‎【答案】20‎ ‎【解析】‎ ‎∵数列{an}是等差数列，且，‎ ‎∴3a5=15，a5=5.‎ ‎.‎ 答案为20.‎ 点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前 项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，另外，解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前 项和的关系，利用整体代换思想解答.‎ ‎16.如图，向量，，，是以为圆心、为半径的圆弧上的动点，若，则的最大值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两边平方，利用数量积的运算化简可得，用基本不等式即可求得最大值．‎ ‎【详解】因，，，‎ 所以,‎ 因为为圆上，所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，故答案为1．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算、基本不等式的应用，属基础题．数量积的运算主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.‎ 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为选考题.考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.在中，角，，所对的边分别为，，，.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】(1) .(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由正弦定理，将化为，结合余弦定理，即可求出角；‎ ‎（2）先求出，再由正弦定理求出，根据三角形面积公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 由正弦定理可得：，‎ 即，‎ 再由余弦定理可得，即,‎ 所以；‎ ‎（2）因为，所以，‎ 由正弦定理，可得.‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理、余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎18.已知数列满足，，.‎ ‎（1）证明：数列为等比数列；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等比数列的定义可以证明；‎ ‎（2）由（1）可求的通项公式，结合可得，结合通项公式公式特点选择分组求和法进行求和.‎ ‎【详解】证明：（1）∵，∴.‎ 又∵，∴.‎ 又∵，‎ ‎∴数列是首项为2，公比为4的等比数列.‎ 解：（2）由（1）求解知，，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的证明和数列求和，一般地，数列求和时要根据数列通项公式的特征来选择合适的方法，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎19.2019年，河北等8省公布了高考改革综合方案将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门.为了更好进行生涯规划，甲同学对高一一年来七次考试成绩进行统计分析，其中物理、历史成绩的茎叶图如图所示.‎ ‎(1)若甲同学随机选择3门功课，求他选到物理、地理两门功课的概率；‎ ‎(2)试根据茎叶图分析甲同学应物理和历史中选择哪一门学科？并说明理由；‎ ‎(3)甲同学发现，其物理考试成绩(分)与班级平均分(分)具有线性相关关系，统计数据如下表所示，试求当班级平均分为50分时，其物理考试成绩.‎ 参考数据: ，，，.‎ 参考公式：，，(计算时精确到).‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)列出基本事件的所有情况，然后再列出满足条件的所有情况，利用古典概率公式即可得到答案.‎ ‎(2)计算平均值和方差，从而比较甲同学应在物理和历史中选择哪一门学科；‎ ‎（3）先计算和，然后通过公式计算出线性回归方程，然后代入平均值50即可得到答案.‎ ‎【详解】(1)记物理、历史分别为，思想政治、地理、化学、生物分别为，‎ 由题意可知考生选择的情形有，，，，，，，，，，，，共12种 他选到物理、地理两门功课的满情形有，共3种 甲同学选到物理、地理两门功课的概率为 ‎ ‎(2)物理成绩的平均分为 历史成绩的平均分为 由茎叶图可知物理成绩的方差历史成绩的方差 故从平均分来看，选择物理历史学科均可以；从方差的稳定性来看，应选择物理学科；从最高分的情况来看，应选择历史学科(答对一点即可)‎ ‎(3)，,‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 关于的回归方程为 ‎ 当时，,当班级平均分为50分时，其物理考试成绩为73分 ‎【点睛】本题主要考查古典概型，统计数的相关含义，线性回归方程的计算，意在考查学生的阅读理解能力，计算能力和分析能力，难度不大.‎ ‎20.如图，在多面体中，四边形是正方形，是正三角形，，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求多面体的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，可得，从而可得面，再证明面，利用面面平行的判定，可得平面平面，从而可得平面；（2）先证明平面，于是多面体是由直三棱柱和四棱锥组成的，即可得出结论．‎ 试题解析：证明：（1）取中点，连，‎ ‎∵，‎ ‎∴四边形，是平行四边形，‎ ‎∴，，‎ 在正方形中，，∴，‎ ‎∴四边形为平行四边，∴，‎ ‎∵，∴平面平面，‎ 又平面，∴平面 ‎（2）在正方形中，，又是等边三角形，所以,‎ 所以，，‎ 于是，，又，∴平面，∴，‎ 又，，∴平面，‎ 于多面体是由直三棱柱和四棱锥组成.‎ 又直三棱柱的体积为，‎ 四棱锥的体积为，‎ 故多面体的体积为.‎ 考点：（1）直线与平面平行的判定；（2）几何体的体积.‎ ‎21.已知函数（为常数）．‎ ‎（Ⅰ）若函数在处的切线方程为，求；‎ ‎（Ⅱ）当时，，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(Ⅰ)运用导数的几何意义建立方程求解；（Ⅱ）借助题设条件,运用导数的知识与分类整合的数学思想求解.‎ 试题解析:‎ ‎（Ⅰ），‎ ‎，得，‎ 由已知得切点，所以，得，‎ 所以．‎ ‎（Ⅱ）当时，，‎ 令，‎ ‎，‎ ‎（1）当时，，所以在上为增函数，在上为减函数，‎ 所以函数在上的最大值为，‎ ‎（2）当时，令，得或．‎ ‎①当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，‎ 所以函数在上的最大值为，‎ 由，得；‎ ‎②当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，‎ 所以函数在上的最大值为，‎ 因为成立，‎ 由，得；‎ 所以；‎ ‎③当，即时，函数在上为增函数，‎ 所以函数在上的最大值为成立；‎ ‎④当，即时，‎ 在上为增函数，在上为减函数，‎ 所以函数在上的最大值为，‎ 因为成立，由，‎ 得，而，所以；‎ ‎⑤当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，‎ 所以在上的最大值为，因为成立，‎ 所以；‎ 综上所述，实数的取值范围为．‎ 考点：导数的知识与分类整合思想的运用．‎ ‎【易错点晴】本题考查的是导数在研究函数的单调性和最值方面的运用的问题,这类问题的设置重在考查导数的工具作用.解答这类问题是,一要依据导数的几何意义,导函数在切点处的导函数值就切线的斜率;再一个就是切点既在切线上也在曲线上,这两点是解决曲线的切线这类问题所必须掌握的基本思路.本题的第二问设置的是不等式恒成立的前提下求参数的取值范围问题,求解时先将不等式进行转化,再构造函数,然后通过运用导数对函数最值的分类研究,最后求出参数的取值范围.‎ ‎（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎（选修4-4：坐标系与参数方程）‎ ‎22.已知直线的参数方程为 （为参数），以原点为极点，‎ 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与曲线交于两点，求．‎ ‎【答案】（1），；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数即可确定普通方程，将极坐标方程两边乘以整理计算即可确定直角坐标方程；（2）联立直线参数方程的标准形式和圆的方程，结合参数的几何意义即可求得弦长．‎ ‎【详解】（1）直线 （为参数），消去得：‎ 即：‎ 曲线，即 又，．‎ 故曲线 ‎（2）直线的参数方程为 （为参数）‎ 直线的参数方程为 （为参数）‎ 代入曲线，消去得：‎ 由参数的几何意义知，‎ ‎【点睛】本题考查直线的参数方程，圆的极坐标方程与普通方程的互化等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．‎ ‎（选修4-5：不等式选讲）‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若的解集为R，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；‎ ‎（2）由绝对值三角不等式可得，从而得或，进而可得解.‎ ‎【详解】（1）当时，原不等式可化为 ‎ 解得 所以不等式的解集为 ‎ ‎（2）由题意可得, 当时取等号. ‎ 或， 即或 ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解及绝对值三角不等式求最值，属于基础题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎