山西省大同市2020届高三上学期第一次联合考试数学（文）试题

山西省大同市2020届高三上学期第一次联合考试数学（文）试题

大同市2020届高三年级第一次联合考试（市直）数学（文）‎ 一、选择题 ‎1.已知集合，，则（　　 ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合,再根据交集的概念进行运算可得.‎ ‎【详解】因为函数的值域为所以,‎ 又集合,所以.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了交集的运算,函数的值域,解一元二次不等式,属于基础题.‎ ‎2.欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位.特别是当时，被认为是数学上最优美的公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”.根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据定义把写出复数的代数形式，再写出对应点坐标．‎ ‎【详解】由题意，对应点为，在第二象限．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查复数的指数形式与代数形式的转化，考查复数的几何意义．解题关键是依定义把复数的指数形式化为代数形式．本题考查数学文化，使学生认识到数学美．‎ ‎3.质监部门对2辆新能源汽车和3辆燃油汽车进行质量检测，现任取2辆，则选中的2辆都为燃油汽车的概率为（ ）‎ A. 0.6 B. 0.5 C. 0.4 D. 0.3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对所有车辆编号，能源车与燃油车区别开来，用列举法写出任取2辆的所有情况．计数后可求得概率．‎ ‎【详解】2辆新能源汽车编号为，3辆燃油汽车编号为，任取2辆的所有情况如下：‎ 共10种，其中2辆都为燃油汽车的有共3种，所以所求概率为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型，解题时可用列举法写出所有的基本事件，得事件的总数，然后再计算出所求概率事件所包含的基本事件的个数即可计算概率．‎ ‎4.已知角的终边经过点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合三角函数定义求出，然后再计算．‎ ‎【详解】∵角的终边经过点，∴是第一象限角，不妨设其为锐角，‎ 又，∴，∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的定义，考查诱导公式，属于基础题．‎ ‎5.“”是“方程为椭圆”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出方程为椭圆时的取值范围，再分析充分必要条件．‎ ‎【详解】方程表示椭圆，则，解得或．‎ ‎∴“”是“方程为椭圆”的必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件的判断，考查方程表示椭圆的条件．注意二次方程表示椭圆时除了要求以外还有，这个容易遗忘．‎ ‎6.设为等差数列，，为其前n项和，若，则公差（ ）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用基本量法求解，即把用和表示．‎ ‎【详解】∵为等差数列，，‎ ‎∴，解得．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的前项和公式，方法是基本量法，属于基础题．‎ ‎7.函数的图象大致为（　　　 ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用偶函数的图象关于轴对称排除,用排除,用排除.故只能选.‎ ‎【详解】因为 ,‎ 所以函数为偶函数,图象关于轴对称,故可以排除;‎ 因为,故排除,‎ 因为由图象知,排除.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了根据函数的性质,辨析函数的图像,排除法,属于中档题.‎ ‎8.为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）‎ A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：，可以将函数的图象向右平移个单位即可.‎ 考点：1、三角恒等变换；2、图象平移.‎ ‎【方法点睛】先平移的话，如果平移个单位长度，那么相位就会改变， 而先伸缩势必会改变的大小，这时再平移，要使相位改变值仍为，那么平移长度一定不等于， 因此二者平移长度不一样，原因就是发生了变化 .平移到，因为是自变量，平移的长度只与有关，毕竟是在轴上平移，所以要针对而不是来确定，这也是三角函数图象平移伸缩变换问题中要特别注意的原因，像平移到，就得向右平移个单位长度.‎ ‎9.如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，可根据向量运算法则得到（1﹣m），从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值.‎ ‎【详解】由题意及图，，‎ 又，，所以，∴（1﹣m），‎ 又t，所以，解得m，t，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.‎ ‎10.过抛物线的焦点作直线交抛物线于P，Q两点，若线段中点的纵坐标为4，，则（ ）‎ A. 6 B. 8 C. 10 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的定义，即抛物线上的点到焦点的距离等于它到准线的距离求解．‎ ‎【详解】‎ 如图，设是中点，在抛物线准线上的射影分别为，设，抛物线中，，，∴，又是的中点，∴，‎ ‎∴，．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的焦点弦性质，可直接利用焦点弦性质解题．焦点弦性质：对抛物线，是它的焦点弦，，则．，．‎ ‎11.设是定义在R上的偶函数，且在单调递增，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用偶函数性质函数值中的自变量转化为上，然后利用单调性比较大小．‎ ‎【详解】，∵是偶函数，∴，‎ 易知，，∴，又在上递增，∴，即．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，考查指数函数与对数函数的性质．利用偶函数把函数值中自变量转化为上的数，利用指数函数与对数函数的性质比较它们的大小，最后由函数的单调性得出结论．‎ ‎12.如图所示的三棱柱，其中，若，当四棱锥体积最大时，三棱柱外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四棱锥体积是三棱柱体积的，因此要三棱柱体积，而棱柱的高最大值为，因此只要最大即可，此时三棱柱是直三棱柱，且底面是直角三角形，是斜边，因此其外接球球心是和的交点．由此可得外接球半径．‎ ‎【详解】∵，∴，∴只要三棱柱体积取最大值，则四棱锥体积最大，三棱柱的高最大值为，‎ ‎∴此时，，当且仅当时等号成立，∴的最大值为2（此时），∴．连接交于点，设分别是的中点，则，且，从而平面，由知是的外心，∴是三棱柱外接球的球心，在正方形中，，∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查球的体积，考查三棱柱与其外接球，考查棱柱与棱锥的体积．本题难点有两个，一个是三棱柱体积最大时三棱柱中的线面位置关系，一个是外接球的球心位置．多面体的外接球球心一定在过各面外心的该面的垂线上．‎ 二、填空题 ‎13.已知函数在点处的切线方程为，则_______．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由f（x）＝aex+b，得f'（x），因为函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y＝2x+1，故（0，f（0））适合方程y＝2x+1，且f′（0）＝2；联立可得结果．‎ ‎【详解】由f（x）＝aex+b，得f'（x）＝aex，‎ 因为函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y＝2x+1，‎ 所以解得a＝2，b＝﹣1．‎ a﹣b＝3．‎ 故答案为3．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数与导数的关系，特别是曲线的切线与函数导数之间的关系，属于中档题．‎ ‎14.已知正实数m，n满足，则的最小值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件配凑出：，展开后可用基本不等式求得最小值．‎ ‎【详解】∵正实数m，n满足，‎ ‎∴，当且仅当 ‎，即时，等号成立，‎ ‎∴的最小值是．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查用基本不等式求最值．基本不等式求最值的条件：一正二定三相等．其中定值常常需要我们配凑出，而“1”的代换是常用的配凑法．‎ ‎15.在中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，，则面积为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先求得角A的大小，然后结合余弦定理和三角形面积公式整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】由题意可得：‎ ‎，，，.‎ 利用余弦定理有：，‎ 结合，可得：，‎ 则.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了三角形面积公式应用，余弦定理的应用等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．‎ ‎16.已知，，若，使得成立，则实数a的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将题设中，使得成立可转化为，进而求出参数.‎ ‎【详解】，‎ 则可知在单调递增，在单调递减.故.‎ 在单调递减，在单调递增.故.‎ ‎，使得成立，则，所以.‎ ‎【点睛】本题解题的关键是将存在性问题转化为最值问题求解. 常见的存在性问题有：（1）有解，则.（2）有解，则.‎ 三、解答题 ‎17.已知数列是递减的等比数列，，且，，成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列前n项和.‎ ‎【答案】（1）,（2）=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，，成等差数列求出公比后，可得的通项公式；‎ ‎（2）由（1）计算出，因此用裂项相消法求数列的和．‎ ‎【详解】（1）设数列的公比为q，由成等差数列得，又，所以，即，解得或（舍去），‎ 故，即数列的通项公式为.‎ ‎（2），,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，考查等差数列的性质，考查裂项相消法求数列的和，在用裂项相消法求数列和时，要注意相消的项是连续相消还是间隔相消．‎ ‎18.四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，为中点.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)见证明；(2)1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，求得，，再利用余弦定理求出 ‎，，是等腰三角形，最后得出平面得证；‎ ‎(2) 取中点，证明，再证明平面，故平面，然后求得BM的长即可.‎ ‎【详解】（1）在直角梯形中，，，‎ 在中，由余弦定理，，，，是等腰三角形，‎ 所以，，平面，则平面平面.‎ ‎（2）取中点，连接，，为平行四边形，所以，，由，所以，又由于平面，所以，所以平面，所以平面，所以到平面的距离为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查了立体几何的综合知识，垂直关系是解题的关键，属于中档题.‎ ‎19.峰谷电是目前在城市居民当中开展的一种电价类别．它是将一天24小时划分成两个时间段，把8：00—22：00共14小时称为峰段，执行峰电价，即电价上调；22：00—次日8：00共10个小时称为谷段，执行谷电价，即电价下调．为了进一步了解民众对峰谷电价的使用情况，从某市一小区随机抽取了50 户住户进行夏季用电情况调查，各户月平均用电量以，，，，，（单位：度）分组的频率分布直方图如下图：‎ 若将小区月平均用电量不低于700度的住户称为“大用户”，月平均用电量低于700度的住户称为“一般用户”．其中，使用峰谷电价的户数如下表：‎ 月平均用电量（度）‎ 使用峰谷电价的户数 ‎3‎ ‎9‎ ‎13‎ ‎7‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎(1)估计所抽取的 50户的月均用电量的众数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎(2)（）将“一般用户”和“大用户”的户数填入下面的列联表:‎ 一般用户 大用户 使用峰谷电价的用户 不使用峰谷电价的用户 ‎()根据（）中的列联表，能否有的把握认为 “用电量的高低”与“使用峰谷电价”有关？‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ 附：，‎ ‎【答案】（1）众数600度，平均数640度（2）（）见解析；()不能有的把握认为 “用电量的高低”与“使用峰谷电价”有关.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)由频率分布直方图计算出众数与平均数 ‎(2)完善列表联并计算出是否有关 ‎【详解】（1）根据频率分布直方图的得到度到度的频率为：‎ ‎，‎ 估计所抽取的户的月均用电量的众数为：（度）；‎ 估计所抽取的户的月均用电量的平均数为：‎ ‎（度）‎ ‎（2）依题意，列联表如下 一般用户 大用户 使用峰谷电价的用户 ‎25‎ ‎10‎ 不使用峰谷电价的用户 ‎5‎ ‎10‎ 的观测值 所以不能有的把握认为 “用电量的高低”与“使用峰谷电价”有关.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图，并完善列表联计算线性相关性，较为基础，需要掌握解题方法 ‎20.设椭圆的左焦点为，离心率为，为圆：的圆心.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由题意求得a，b的值即可确定椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）分类讨论，设直线l代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得|AB|，根据点到直线的距离公式可求出|CD|，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围 试题解析：‎ ‎（1）由题意知，则， ‎ 圆的标准方程为，从而椭圆的左焦点为，即，‎ 所以，又，得． ‎ 所以椭圆的方程为：. ‎ ‎（2）可知椭圆右焦点． ‎ ‎（ⅰ）当l与x轴垂直时，此时不存在，直线l：，直线，‎ 可得：，，四边形面积为12. ‎ ‎（ⅱ）当l与x轴平行时，此时，直线，直线，‎ 可得：，，四边形面积为. ‎ ‎（iii）当l与x轴不垂直时，设l的方程为 ，并设，.‎ 由得. ‎ 显然，且， . ‎ 所以. ‎ 过且与l垂直的直线，则圆心到的距离为，‎ 所以. ‎ 故四边形面积：.‎ 可得当l与x轴不垂直时，四边形面积的取值范围为(12,). ‎ 综上，四边形面积的取值范围为．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若，试判断的零点个数.‎ ‎【答案】（1）当时，在上是增函数，‎ 当，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，‎ 当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；‎ ‎（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导后对进行分类讨论，找到和的区间，即为的单调区间.‎ ‎（2）由（1）可知时，有极大值和极小值，研究他们的正负，并且找到令的点，根据零点存在定理，找出零点个数.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，，令，则，，‎ ‎（i）若，则恒成立，所以在上是增函数，‎ ‎（ii）若，则，‎ 当时，，是增函数，‎ 当时，，是减函数，‎ 当时，，是增函数，‎ ‎（iii）若，则，‎ 当时，，是增函数，‎ 当时，，是减函数，‎ 当时，，是增函数，‎ 综上所述：当时，在上是增函数，‎ 当，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，‎ 当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；‎ ‎（2）当时，‎ 在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，‎ 所以的极小值为，‎ 的极大值为,‎ 设，其中，‎ ‎,‎ 所以在上是增函数，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以有且仅有1个，使.‎ 所以当时，有且仅有1个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，极值、最值，以及函数的图像和零点问题，涉及分类讨论的数学思想，题目比较综合，属于难题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）设点分别为曲线与曲线上的任意一点，求的最大值；‎ ‎（2）设直线（为参数）与曲线交于两点，且，求直线的普通方程.‎ ‎【答案】(1)7；(2) 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将曲线和都化成普通方程后,可知的最大值是圆心距加上两个圆的半径;‎ ‎(2) 将直线的参数方程代入中后,利用韦达定理以及参数的几何意义可得弦长,代入已知,可解得斜率,再由点斜式可得直线的方程.‎ ‎【详解】解：（1）由得，所以曲线普通方程为，圆心，半径.‎ 曲线的直角坐标方程为，圆心，半径.‎ ‎∴.‎ ‎（2）将直线的参数方程代入中，得，‎ 整理得，‎ ‎∴.‎ 设两点对应的参数分别为，则，.‎ 由及参数的几何意义，‎ 得，‎ 解得，满足，所以,‎ ‎∴直线的斜率为或,‎ 由点斜式得或,‎ ‎∴直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程和极坐标方程化直角坐标方程,直线参数方程的几何意义,直线的点斜式方程,属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若的解集包含，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)分3段解不等式后,结果求并集可得;‎ ‎(2)转化为在和上都恒成立可得.‎ ‎【详解】解：（1）当时，‎ 当时，由，得；‎ 当时，由，得，无解；‎ 当时，由，得.‎ 综上，的解集为.‎ ‎（2）等价于.‎ 当时，，‎ ‎∴，‎ 则有，，得.‎ 当时，，‎ ‎∴，‎ ‎∴对任意的恒成立，‎ ‎∴得.‎ 综上，实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法,绝对值不等式在闭区间上恒成立问题,属于中档题.‎ ‎ ‎