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

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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.‎ ‎ ‎
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