宁夏石嘴山市第三中学2020届高三一模考试数学（理）试题

宁夏石嘴山市第三中学2020届高三一模考试数学（理）试题

石嘴山三中2020届高三第一次模拟考试数学（理科）试卷 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知实数集，集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可得集合,求出补集,再求出即可.‎ ‎【详解】由,得,即,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了集合的补集和交集的混合运算,属于基础题.‎ ‎2.已知复数是纯虚数，其中是实数，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对复数进行化简，由于为纯虚数，则化简后的复数形式中，实部为0，得到的值，从而得到复数.‎ ‎【详解】‎ ‎ 因为为纯虚数，所以，得 所以.‎ 故选A项 ‎【点睛】本题考查复数的四则运算，纯虚数的概念，属于简单题.‎ ‎3.若θ是第二象限角且sinθ =，则=‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由θ是第二象限角且sinθ =知：，．‎ 所以．‎ ‎4.设M是边BC上任意一点，N为AM的中点，若，则的值为( )‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，通过，再利用向量的加减运算可得，结合条件即可得解.‎ ‎【详解】设，‎ 则有.‎ 又，‎ 所以，有.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了向量共线及向量运算知识，利用向量共线及向量运算知识，用基底向量向量来表示所求向量，利用平面向量表示法唯一来解决问题.‎ ‎5.已知空间两不同直线、，两不同平面，，下列命题正确的是（ ）‎ A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若不垂直于，且，则不垂直于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因答案A中的直线可以异面或相交，故不正确；答案B中的直线也成立，故不正确；答案C中的直线可以平移到平面中，所以由面面垂直的判定定理可知两平面互相垂直，是正确的；答案D中直线也有可能垂直于直线，故不正确．应选答案C．‎ ‎6.近年来，随着网络的普及和智能手机的更新换代，各种方便的相继出世，其功能也是五花八门.某大学为了调查在校大学生使用的主要用途，随机抽取了名大学生进行调查，各主要用途与对应人数的结果统计如图所示，现有如下说法：‎ ‎①可以估计使用主要听音乐的大学生人数多于主要看社区、新闻、资讯的大学生人数；‎ ‎②可以估计不足的大学生使用主要玩游戏；‎ ‎③可以估计使用主要找人聊天的大学生超过总数的.‎ 其中正确的个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据利用主要听音乐的人数和使用主要看社区、新闻、资讯的人数作大小比较，可判断①的正误；计算使用主要玩游戏的大学生所占的比例，可判断②的正误；计算使用主要找人聊天的大学生所占的比例，可判断③的正误.综合得出结论.‎ ‎【详解】使用主要听音乐的人数为，使用主要看社区、新闻、资讯的人数为，所以①正确；‎ 使用主要玩游戏的人数为，而调查的总人数为，，故超过的大学生使用主要玩游戏，所以②错误；‎ 使用主要找人聊天的大学生人数为，因为，所以③正确.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查统计中相关命题真假的判断，计算出相应的频数与频率是关键，考查数据处理能力，属于基础题.‎ ‎7.已知命题：任意，都有；命题：，则有．则下列命题为真命题的是（　　　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别判断命题真假，再由复合命题的真假性，即可得出结论.‎ ‎【详解】为真命题；命题是假命题，比如当,‎ 或时，则 不成立.‎ 则，，均为假.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查复合命题的真假性，判断简单命题的真假是解题的关键，属于基础题.‎ ‎8.已知双曲线的一个焦点为，且与双曲线的渐近线相同，则双曲线的标准方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据焦点所在坐标轴和渐近线方程设出双曲线的标准方程，结合焦点坐标求解.‎ ‎【详解】∵双曲线与的渐近线相同，且焦点在轴上，‎ ‎∴可设双曲线的方程为，一个焦点为，‎ ‎∴，∴，故的标准方程为.‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查根据双曲线的渐近线和焦点求解双曲线的标准方程，易错点在于漏掉考虑焦点所在坐标轴导致方程形式出错.‎ ‎9.已知数列满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.‎ ‎【详解】.‎ 当时，；‎ 当时，由，‎ 可得，‎ 两式相减，可得，故，‎ 因为也适合上式，所以.‎ 依题意，，‎ 故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎10.已知圆：，圆：，点、分别是圆、圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值是（ ）‎ A. B. ‎9 ‎C. 7 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径是．要使最大，需最大，且最小，最大值为的最小值为，故最大值是;关于轴的对称点，，故的最大值为，故选B．‎ 考点：圆与圆的位置关系及其判定．‎ ‎【思路点睛】先根据两圆的方程求出圆心和半径，要使最大，需最大，且 最小，最大值为的最小值为，故最大值是，再利用对称性，求出所求式子的最大值．‎ ‎11.在三棱锥中，，且分别是棱，的中点，下面四个结论：‎ ‎①；‎ ‎②平面；‎ ‎③三棱锥的体积的最大值为；‎ ‎④与一定不垂直.‎ 其中所有正确命题的序号是（ ）‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①通过证明平面，证得；②通过证明，证得平面；③求得三棱锥体积的最大值，由此判断③的正确性；④利用反证法证得与一定不垂直.‎ ‎【详解】设的中点为，连接，则，，又，所以平面，所以，故①正确；因为，所以平面，故②正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故③错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故④正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎12.定义在上函数满足，且对任意不相等的实数有成立，若关于x的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合题意可知是偶函数,且在单调递减,化简题目所给式子,建立不等式,结合导函数与原函数的单调性关系,构造新函数,计算最值,即可.‎ ‎【详解】结合题意可知为偶函数,且在单调递减,故 可以转换为 对应于恒成立,即 即对恒成立 即对恒成立 令,则上递增,在上递减,‎ 所以 令,在上递减 所以.故,故选B.‎ ‎【点睛】本道题考查了函数的基本性质和导函数与原函数单调性关系,计算范围,可以转化为函数,结合导函数,计算最值,即可得出答案.‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.的展开式中，x5的系数是_________．（用数字填写答案）‎ ‎【答案】-189‎ ‎【解析】‎ 由二项式定理得，令r = 5得x5的系数是．‎ ‎14.已知数列满足：点在直线上，若使、、构成等比数列，则______‎ ‎【答案】13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点在直线上可求得，由等比中项的定义可构造方程求得结果.‎ ‎【详解】在上，，‎ 成等比数列，，即，解得：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据三项成等比数列求解参数值的问题，涉及到等比中项的应用，属于基础题.‎ ‎15.已知函数在处的切线与直线平行，则为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得出，由此可得出实数的值.‎ ‎【详解】，，直线的斜率为，‎ 由于函数在处的切线与直线平行，‎ 则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的切线与直线平行求参数，解题时要结合两直线的位置关系得出两直线斜率之间的关系，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎16.定义在上的偶函数满足，且，当时，.已知方程在区间上所有的实数根之和为.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则__________，__________.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数为偶函数且，所以的周期为，的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，在平面直角坐标系中画出函数图象，根据函数的对称性可得所有实数根的和为，从而可得参数的值，最后求出函数的解析式，代入求值即可.‎ ‎【详解】解：因为为偶函数且，所以的周期为.因为时，，所以可作出在区间上的图象，而方程的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，结合函数和函数在区间上的简图，可知两个函数的图象在区间上有六个交点.由图象的对称性可知，此六个交点的横坐标之和为，所以，故.‎ 因为，‎ 所以.故.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性、周期性、对称性的应用，函数方程思想，数形结合思想，属于难题.‎ 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.高铁和航空的飞速发展不仅方便了人们的出行,更带动了我国经济的巨大发展.据统 计,在2018年这一年内从 市到市乘坐高铁或飞机出行的成年人约为万人次.为了 解乘客出行的满意度,现从中随机抽取人次作为样本,得到下表(单位:人次):‎ 满意度 老年人 中年人 青年人 乘坐高铁 乘坐飞机 乘坐高铁 乘坐飞机 乘坐高铁 乘坐飞机 ‎10分(满意)‎ ‎12‎ ‎1‎ ‎20‎ ‎2‎ ‎20‎ ‎1‎ ‎5分(一般)‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎9‎ ‎0分(不满意)‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎6‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎（1）在样本中任取个,求这个出行人恰好不是青年人的概率;‎ ‎（2）在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中,随机选取人次,记其中老年人出行的人次为.以频率作为概率,求的分布列和数学期望;‎ ‎（3）如果甲将要从市出发到市,那么根据表格中的数据,你建议甲是乘坐高铁还是飞机? 并说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望（3）建议甲乘坐高铁从市到市.见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据分层抽样的特征可以得知，样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为，，，即可按照古典概型的概率计算公式计算得出；‎ ‎（2）依题意可知服从二项分布，先计算出随机选取人次，此人为老年人概率是，所以，即，即可求出的分布列和数学期望；‎ ‎（3）可以计算满意度均值来比较乘坐高铁还是飞机．‎ ‎【详解】（1）设事件：“在样本中任取个，这个出行人恰好不是青年人”为， ‎ 由表可得：样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为，，，‎ 所以在样本中任取个，这个出行人恰好不是青年人的概率．‎ ‎（2）由题意，的所有可能取值为： ‎ 因为在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中，随机选取人次，此人 为老年人概率是，‎ 所以， ‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以随机变量的分布列为： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故． ‎ ‎（3）答案不唯一，言之有理即可． ‎ 如可以从满意度的均值来分析问题，参考答案如下：‎ 由表可知，乘坐高铁的人满意度均值为：‎ 乘坐飞机的人满意度均值为：‎ 因为， ‎ 所以建议甲乘坐高铁从市到市．‎ ‎【点睛】本题主要考查了分层抽样的应用、古典概型的概率计算、以及离散型随机变量的分布列和期望的计算，解题关键是对题意的理解，概率类型的判断，属于中档题．‎ ‎18.设内角、、的对边长分别为、、.设为的面积，满足.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)若，求的最大值.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据条件形式选择，然后利用余弦定理和正弦定理化简，即可求出；‎ ‎(2)由(1)求出角，利用正弦定理和消元思想，可分别用角的三角函数值表示出，‎ 即可得到，再利用三角恒等变换，化简为，即可求出最大值．‎ ‎【详解】(1)∵，即，‎ ‎∴变形得：，‎ 整理得：，‎ 又，∴；‎ ‎(2)∵，∴，‎ 由正弦定理知，，‎ ‎∴‎ ‎，当且仅当时取最大值．‎ 故的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，以及利用三角恒等变换求函数的最值，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于基础题 ‎19.如图1，已知四边形BCDE为直角梯形，，，且，A为BE的中点将沿AD折到位置如图，连结PC，PB构成一个四棱锥．‎ ‎（Ⅰ）求证；‎ ‎（Ⅱ）若平面．‎ ‎①求二面角的大小；‎ ‎②在棱PC上存在点M，满足，使得直线AM与平面PBC所成的角为，求的值．‎ ‎【答案】Ⅰ详见解析；Ⅱ①，②或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ可以通过已知证明出平面PAB，这样就可以证明出；‎ Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以求出相应点的坐标，求出平面PBC的法向量为、平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积，求出二面角的大小；‎ 求出平面PBC的法向量，利用线面角的公式求出的值.‎ ‎【详解】证明：Ⅰ在图1中，，，‎ 为平行四边形，，‎ ‎，，‎ 当沿AD折起时，，，即，，‎ 又，平面PAB，‎ 又平面PAB，．‎ 解：Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由于平面ABCD 则0，，0，，1，，0，，1，‎ ‎1，，1，，0，，‎ 设平面PBC的法向量为y，，‎ 则，取，得0，，‎ 设平面PCD的法向量b，，‎ 则，取，得1，，‎ 设二面角的大小为，可知为钝角，‎ 则，．‎ 二面角的大小为．‎ 设AM与面PBC所成角为，‎ ‎0，，1，，，，‎ 平面PBC的法向量0，，‎ 直线AM与平面PBC所成的角为，‎ ‎，‎ 解得或．‎ ‎【点睛】本题考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了利用向量数量积，求二面角的大小以及通过线面角公式求定比分点问题.‎ ‎20.已知椭圆的焦点为，，离心率为，点P为椭圆C上一动点，且的面积最大值为，O为坐标原点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设点，为椭圆C上的两个动点，当为多少时，点O到直线MN的距离为定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）当＝0时，点O到直线MN的距离为定值.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）的面积最大时，是短轴端点，由此可得，再由离心率及可得，从而得椭圆方程；‎ ‎（2）在直线斜率存在时，设其方程为，现椭圆方程联立消元（）后应用韦达定理得，注意，一是计算，二是计算原点到直线的距离，两者比较可得结论．‎ ‎【详解】（1）因为在椭圆上，当是短轴端点时，到轴距离最大，此时面积最大，所以，由，解得，‎ 所以椭圆方程为．‎ ‎（2）在时，设直线方程为，原点到此直线的距离为，即 ‎，‎ 由，得，‎ ‎，，‎ 所以，，‎ ‎，‎ 所以当时，，，为常数．‎ 若，则，，，，，‎ 综上所述，当＝0时，点O到直线MN的距离为定值.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆方程与椭圆的几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力．解题方法是“设而不求”法．在直线与圆锥曲线相交时常用此法通过韦达定理联系已知式与待求式．‎ ‎21.已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax.‎ ‎（1）求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；‎ ‎（2）令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足＞1，求实数a的取值范围；‎ ‎（3）若∃x∈(0,1]，使f(x)≥成立，求实数a的最大值．‎ ‎【答案】（1）m(t)＝（2）a≤2－2.（3）a≤2－2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解．‎ ‎（2）注意到函数h(x)的图像上任意不同两点A，B连线的斜率总大于1，等价于h(x1)－h(x2)＜x1－x2(x1＜x2)恒成立，从而构造函数F(x)＝h(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，进而等价于F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立来加以研究．‎ ‎（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a≤，再利用导数求函数M(x)＝的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值．‎ 详解】（1） f′(x)＝1－，x＞0，‎ 令f′(x)＝0，则x＝1.‎ 当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－lnt；‎ 当0＜t＜1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1.‎ 综上，m(t)＝‎ ‎（2）h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，‎ 不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，‎ 则由，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，‎ 变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．‎ 令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，‎ 则F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，‎ 故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，‎ 所以2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．‎ 因为2x＋≥2，当且仅当x＝时取“＝”，‎ 所以a≤2－2.‎ ‎（3）因为f(x)≥，所以a(x＋1)≤2x2－xlnx.‎ 因为x∈(0,1]，则x＋1∈(1,2]，所以∃x∈(0,1]，使得a≤成立．‎ 令M(x)＝，则M′(x)＝.‎ 令y＝2x2＋3x－lnx－1，则由y′＝＝0 可得x＝或x＝－1(舍)．‎ 当x∈时，y′＜0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递减；‎ 当x∈时，y′＞0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递增．‎ 所以y≥ln4－＞0，‎ 所以M′(x)＞0在x∈(0,1]时恒成立，‎ 所以M(x)在(0,1]上单调递增．‎ 所以只需a≤M(1)，即a≤1.‎ 所以实数a最大值为1.‎ ‎【点睛】本题考查了函数与导数综合问题，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于难题.‎ 请考生在22，23，题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系xoy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的极坐标方程为，过点的直线l的参数方程为（为参数），直线l与曲线C交于M、N两点．‎ ‎（1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程：‎ ‎（2）若成等比数列，求a的值．‎ ‎【答案】（1）l的普通方程；C的直角坐标方程；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用消去参数即可得到直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程，代入曲线的方程，利用参数的几何意义即可得出，从而建立关于的方程，求解即可．‎ ‎【详解】（1）由直线l的参数方程消去参数t得,‎ ‎，即为l的普通方程 由，两边乘以得 ‎ 为C的直角坐标方程.‎ ‎（2）将代入抛物线得 由已知成等比数列，‎ 即，，，‎ 整理得 ‎ ‎（舍去）或.‎ ‎【点睛】熟练掌握极坐标与直角坐标互化公式、方程思想、直线的参数方程中的参数的几何意义是解题的关键．‎ 选修4—5；不等式选讲.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若函数最小值为，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段法，求得不等式的解集.‎ ‎（2）先求得，即，再根据“的代换”的方法，结合基本不等式，求得的最小值.‎ ‎【详解】（1）当时，，即，无解；‎ 当时，，即，得；‎ 当时，，即，得.‎ 故所求不等式的解集为.‎ ‎（2）因为，‎ 所以，则，‎ ‎.‎ 当且仅当即时取等号.‎ 故的最小值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎