- 2021-06-10 发布 |
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文档介绍
宁夏石嘴山市第三中学2020届高三一模考试数学(文)试题
石嘴山三中2020届第一次模拟考试文科数学能力测试卷 第Ⅰ卷(选择题共60分) 一、选择题(本大题共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.请把正确选项涂在答题卡的相应位置上.) 1.设全集,集合,,则集合( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据集合补集与交集定义求结果. 【详解】 , 所以 故选B 【点睛】本题考查集合补集与交集定义,考查基本求解能力,属基本题. 2.已知是虚数单位,复数的共轭复数是( ) A. B. C. 1 D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】 先把复数化简,然后可求它的共轭复数. 【详解】因为, 所以共轭复数就是. 故选:B. 【点睛】本题主要考查复数的运算及共轭复数的求解,把复数化到最简形式是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养. 3.某中学有高中生人,初中生人,男、女生所占的比例如下图所示.为了解学生的学习情况,用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为 的样本,已知从高中生中抽取女生人,则从初中生中抽取的男生人数是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析:首先确定分层抽样的抽取比例,然后求解初中生中抽取的男生人数即可. 详解:因为分层抽样的抽取比例为, 所以初中生中抽取的男生人数是人. 本题选择A选项. 点睛:进行分层抽样的相关计算时,常利用以下关系式巧解: (1) ; (2)总体中某两层的个体数之比=样本中这两层抽取的个体数之比. 4.向量满足,,,则向量与的夹角为() A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】C 【解析】 试题分析:设向量与的夹角为θ.∵, ∴,化为, ∵,∴.故选C. 考点:平面向量数量积的运算. 5.将函数的图像上的所有点向右平移个单位长度,得到函数的图像,若的部分图像如图所示, 则函数的解析式为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图象求出A,ω和φ的值,得到g(x)的解析式,然后将g(x)图象上的所有点向左平移个单位长度得到f(x)的图象. 【详解】由图象知A=1,(),即函数的周期T=π, 则π,得ω=2, 即g(x)=sin(2x+φ), 由五点对应法得2φ=2kπ+π,k,得φ, 则g(x)=sin(2x), 将g(x)图象上的所有点向左平移个单位长度得到f(x)的图象, 即f(x)=sin[2(x)]=sin(2x)=, 故选C. 【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解,结合图象求出A,ω和φ的值以及利用三角函数的图象变换关系是解决本题的关键. 6.按照如图的程序框图执行,若输出结果为15,则M处条件为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】运行程序: S=0,k=1; S=1,k=2; S=3,k=4; S=7,k=8; S=15,k=16,此时退出循环,所以,故选A. 点睛:该题考查的是有关程序框图的问题,该题属于补充条件的问题,在求解的过程中,注意数列的项的大小,以及项之间的关系,从而求得正确结果. 7.已知函数是偶函数,则在上此函数 A. 是增函数 B. 不是单调函数 C. 是减函数 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】 先由函数为偶函数求得,进而由抛物线的性质可得解. 【详解】因为函数是偶函数,所以函数图像关于轴对称, 即,解得. 所以为开口向下的抛物线,所以在上函数单调递增. 故选A. 【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的性质及二次函数的单调性,属于基础题. 8.函数的零点是和,则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由韦达定理得到,再由两角和的正切公式得到结果. 【详解】因为的零点是和,所以,是方程的两个根,根据韦达定理得到,再由两角和的正切公式得到:. 故选B. 【点睛】本题考查了二次方程的根,以及韦达定理的应用,涉及正切函数的两角和的公式的应用,属于基础题. 9. 下列三句话按三段论模式排列顺序正确的是( ) ① 2013不能被2整除; ② 一切奇数都不能被2整除; ③ 2013是奇数; A. ①②③ B. ②①③ C. ②③① D. ③②① 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析:根据三段论”的排列模式:“大前提”→“小前提”⇒“结论”.大前提是一切奇数都不能被2整除;小前提是2013是奇数,得到结论为2013不能被2整除,故选C. 考点:演绎推理的基本方法 点评:本题考查的知识点是演绎推理的基本方法:大前提一定是一个一般性的结论,小前提表示从属关系,结论是特殊性结论. 10.如图,正方体中,为底面的中心,为棱 的中点,则下列结论中错误的是( ) A. 平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角 D. 与底面所成角为 【答案】D 【解析】 【分析】 根据线面平行的判定定理可证明A正确;根据线面垂直的判定定理可证明B正确;易证并结合异面直线所成的角的定义可得C正确;根据过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直可得D错误. 【详解】 对A,连结交于,则为的中点,连结. 因为,所以四边形是平行四边形, 所以,又,分别为,的中点,所以, 所以四边形为平行四边形,所以, 又平面,平面,所以平面,故A正确. 对B,连结,,,设正方体的棱长为,则,,, 所以在中,,所以, 又为等边三角形,为中点,所以, 又,平面,所以平面,故B正确. 对C,因为,所以四边形是平行四边形, 所以,所以(或其补角)即为异面直线与所成角, 因为为等边三角形,所以, 所以异面直线与所成角为,故C正确. 对D,因为平面,又过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直, 故不与平面垂直,故D错误. 故选:D 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的判定定理及异面直线所成的角的求法. 11.若双曲线的渐近线与圆相离,则其离心率的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 双曲线的渐近线是,圆 的圆心是,半径是,依题意,有,即 化简得,即.故选C. 12.某同学为研究函数,()的性质,构造了如图所示的两个边长为1的正方形和,点是边上的一个动点,设,则.函数的零点的个数是( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 函数的值域即为图中的取值范围,通过分析点在线段上的运动可得到的范围为,而函数的零点的个数即为方程的解的个数,而,从而可得函数的零点个数为0. 【详解】由题意可知,函数的值域即为图中的取值范围, 通过图形可知点在线段运动时, 当三点共线时,此时在中点,取得最小值; 当在中点处向(或)运动的时,逐渐增大,当到达(或)处时,达到最大值,理由如下: 因为,,(), 所以,令, 即,两边同时平方整理得, 解得, - + ↘ ↗ 所以函数的值域, 函数的零点的个数即为方程的解的个数,而, 所以函数的零点的个数是. 故选:A 【点睛】本题主要考查函数零点的个数问题及函数模型的应用,考查数形结合思想. 第Ⅱ卷(非选择题共90分) 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.) 13.设抛物线上一点到轴的距离是,则点到该抛物线焦点的距离是____. 【答案】 【解析】 试题分析:如图,作垂直抛物线的准线于,则,由抛物线的定义得点到该抛物线焦点的距离. 考点:考查抛物线的定义及其几何性质. 14.某商店统计了最近个月某商品的进份与售价(单位:元)的对应数据如表: 假设得到的关于和之间的回归直线方程是,那么该直线必过的定点是________. 【答案】 【解析】 分析】 根据回归方程必过点(),计算出即可求得答案. 【详解】,8, ∵回归方程必过点(), ∴该直线必过的定点是 故答案为 【点睛】本题考查了回归方程,线性回归方程必过样本中心点(),属于基础题. 15.在三棱锥中,平面平面,是边长为6的等边三角形,是以为斜边的等腰直角三角形,则该三棱锥外接球的表面积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 在等边三角形中,取的中点,设其中心为,则,再利用勾股定理可得,则为棱锥的外接球球心,利用球的表面积公式可得结果. 【详解】 如图,在等边三角形中,取的中点, 设其中心为,由, 得, 是以为斜边的等腰角三角形,, 又因为平面平面, 平面 ,, , 则为棱锥的外接球球心, 外接球半径, 该三棱锥外接球的表面积为, 故答案为. 【点睛】本题考查主要四面体外接球表面积,考查空间想象能力,是中档题. 要求外接球的表面积和体积,关键是求出球的半径,求外接球半径的常见方法有:①若三条棱两垂直则用(为三棱的长);②若面(),则(为外接圆半径);③可以转化为长方体的外接球;④特殊几何体可以直接找出球心和半径. 16.《九章算术》“勾股”章有一题:“今有二人同立.甲行率七,乙行率三,乙东行,甲南行十步而斜东北与乙会,问甲乙各行几何.”大意是说:“已知甲、乙二人同时从同一地点出发,甲的速度为7,乙的速度为3,乙一直向东走,甲先向南走10步,后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇.甲、乙各走了多少步.”请问乙走的步数是________. 【答案】 【解析】 【分析】 设甲、乙相遇时经过的时间为,根据已知画出图形,由勾股定理列出方程,即可求出,进而可求出乙走的步数. 【详解】设甲、乙相遇时经过的时间为,则甲、乙走过的路程分别为,,如图: 所以,,,在中,由勾股定理,得 ,即,解得或(舍去), 所以,即乙走的步数是. 故答案: 【点睛】本题主要考查解三角形,关键是抓住相遇时时间相等,并且能根据题意画出图形,利用勾股定理列出方程求出相遇时的时间. 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.公差不为0的等差数列,为﹐的等比中项,且. (1)求数列的通项公式; (2)设,求数列的前n项和. 【答案】(1);(2),. 【解析】 【分析】 (1)根据等比中项的性质与等差数列的基本量法求解即可. (2)利用分组求和与等差等比数列的求和公式求解即可. 【详解】(1)设等差数列的公差为则因为为,的等比中项, 故,化简得. 又故.故,. 即. (2) ,故 . 【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解与分组求和、等差等比数列的公式求和等.属于基础题. 18.2022年北京冬奥会的申办成功与“3亿人上冰雪”口号的提出,将冰雪这个冷项目迅速炒“热”.北京某综合大学计划在一年级开设冰球课程,为了解学生对冰球运动的兴趣,随机从该校一年级学生中抽取了100人进行调查,其中女生中对冰球运动有兴趣的占,而男生有10人表示对冰球运动没有兴趣额. (1)完成列联表,并回答能否有的把握认为“对冰球是否有兴趣与性别有关”? 有兴趣 没兴趣 合计 男 55 女 合计 (2)已知在被调查的女生中有5名数学系的学生,其中3名对冰球有兴趣,现在从这5名学生中随机抽取3人,求至少有2人对冰球有兴趣的概率. 附表: 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】(1)有(2) 【解析】 【分析】 (1)根据题中数据得到列联表,然后计算出,与临界值表中的数据对照后可得结论.(2)由题意得概率为古典概型,根据古典概型概率公式计算可得所求. 【详解】(1)根据已知数据得到如下列联表 有兴趣 没有兴趣 合计 男 45 10 55 女 30 15 45 合计 75 25 100 由列联表中的数据可得 因为, 所以有90%的把握认为“对冰球是否有兴趣与性别有关”. (2)记5人中对冰球有兴趣的3人为A、B、C,对冰球没有兴趣的2人为m、n, 则从这5人中随机抽取3人,所有可能的情况为:(A,m,n),(B,m,n),(C,m,n),(A,B,m), (A,B,n),(B,C,m),(B,C,n),(A,C,m),(A,C,n),(A,B,C),共10种情况, 其中3人都对冰球有兴趣的情况有(A,B,C),共1种,2人对冰球有兴趣的情况有(A,B,m),(A,B,n),(B,C,m),(B,C,n),(A,C,m),(A,C,n),共6种, 所以至少2人对冰球有兴趣的情况有7种, 因此,所求概率为. 【点睛】由于独立性检验有其独特的作用,其原理不难理解和掌握,但解题时需要注意计算的准确性和判断的正确性,对独立性检验的考查多以解答题的形式出现,一般为容易题,多与概率、统计等内容综合命题. 19.如图,已知三棱锥的平面展开图中,四边形为边长等于的正方形,和均为正三角形,在三棱锥中: (Ⅰ)证明:平面平面; (Ⅱ)求三棱锥的表面积和体积. 【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)表面积,体积 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由题意知和为等腰三角形,可取AC中点O,连接PO,OB,可证明平面然后利用面面垂直的判定定理即可得到证明;(Ⅱ)求各个面的面积之和即可到棱锥的表面积,由平面,利用棱锥的体积公式计算即可得到答案. 【详解】解:(Ⅰ)设的中点为,连接,. 由题意,得,,. 因为在中,,为的中点,所以. 因为在中,,,, ,所以. 因为,,平面, 所以平面, 因为平面,所以平面平面. (Ⅱ)三棱锥的表面积 , 由(Ⅰ)知,平面,所以三棱锥的体积为 . 【点睛】 本题考查线面垂直,面面垂直判定定理的应用,考查棱锥的表面积和体积的计算,考查学生的空间想象能力和计算能力. 20.若椭圆()的顶点到直线的距离分别为和. (1)求椭圆的标准方程; (2)设平行于的直线交于,两点,且,求直线的方程. 【答案】(1);(2)或. 【解析】 【分析】 (1)根据直线的方程可知直线与两坐标轴的夹角均为,可得,,即可求出,从而求出椭圆的标准方程; (2)设,,直线的方程为,由,可得,将直线的方程与椭圆的方程联立消去,利用根与系数的关系求出,代入即可求出,进而求出直线的方程. 【详解】(1)由直线:可知其与两坐标轴的夹角均为, 故长轴端点到直线的距离为,短轴端点到直线的距离为, 所以,,解得,, 所以椭圆的标准方程为; (2)设直线:(), 由,整理得, 则,解得, 设,,则,, 故, 因为,即, 解得,满足且, 所以直线的方程为或. 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系,第(2)问关键是将转化为并结合根与系数的关系求出,采用了设而不求的方法. 21.已知函数. (1)求函数在点处的切线方程; (2)证明:. 【答案】(1)(2)详见解析 【解析】 【分析】 (1)对函数求导后由几何意义求出函数在点处的切线方程 (2)由导数可知存在极小值点,即最小值,下证 【详解】(1),, 又由题意得,,所以, 即切线方程为. (2)证明:由(1)知,易知在区间单调递增, ,且,所以,使得,即有唯一的根, 记为,则, 对两边取对数,得整理得, 因为时,,,函数单调递减, 时,,,函数单调递增, 所以. 当且仅当,即时,等号成立, 因为,所以,即. 【点睛】本题考查了运用几何意义求函数的切线方程,在求解不等式时要求出函数的最小值,由导数求得极值点,代入化简运用不等式求出结果,属于中档题 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. 22.在直角坐标系中,圆的参数方程为(为参数). (1)以原点为极点、轴正半轴为极轴建立极坐标系,求圆的极坐标方程; (2)已知,,圆上任意一点,求面积的最大值. 【答案】(1)(2) 【解析】 【分析】 (1)消去参数,将圆的参数方程,转化为普通方程,利用求得圆的极坐标方程.(2)利用圆的参数方程以及点到直线的距离公式,求得到直线的距离,由此求得三角形的面积的表达式,再由三角函数最值的求法,求得三角形面积的最大值. 【详解】解:(1)圆的参数方程为(为参数), 所以其普通方程为, 所以圆的极坐标方程为. (2)点到直线:的距离, 故的面积, 所以面积的最大值为. 【点睛】本小题主要考查参数方程转化为普通方程,考查直角坐标方程转化为转化为极坐标方程,考查利用参数的方法求三角形面积的最值,考查点到直线距离公式,属于中档题. 23.选修4-5:不等式选讲 设函数, (Ⅰ)求不等式的解集; (Ⅱ)若,恒成立,求实数的取值范围. 【答案】(1);(2). 【解析】 试题分析:(I)利用零点分段法去绝对值,将函数化为分段函数,由此求得不等式的解集为;(II)由(I)值,函数的最小值为,即,由此解得. 试题解析: (I), 当,,, 当,,, 当,,, 综上所述. (II)易得,若,恒成立, 则只需, 综上所述. 考点:不等式选讲.查看更多