四川省攀枝花市2020届高三一模考试数学（理）试题

四川省攀枝花市2020届高三一模考试数学（理）试题

攀枝花市高2020届高三第一次统考 理科数学 本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效．满分150分．考试时间120分钟．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应顺目的答案标号徐黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试着上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解不等式化简集合，再求交集即可.‎ ‎【详解】由解得，故.‎ 又，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的基本运算，涉及交集、解不等式，是一道基础题.‎ ‎2.已知复数，其中为虚数单位.则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数求模公式可求出的值.‎ ‎【详解】，则，故选B .‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法法则以及复数模的计算，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.在等差数列中，，则数列的前项的和（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设公差为，把已知式化简，再利用求和公式即可求解.‎ ‎【详解】设公差为，由可得，则.‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的基本问题，求前项和.是等差数列的基本量，一般可以利用条件建立关于的方程(组)解决问题.‎ ‎4.已知角的终边经过点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式可得，再利用三角函数的定义求解即可.‎ ‎【详解】因为角的终边经过点，所以.‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的定义和诱导公式，是一道基础题，解题时要注意符号.‎ ‎5.执行如图所示程序框图，如果输入，，则输出的等于（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，逐步写出各变量取值的变化，判断循环条件是否成立，最终可得答案.‎ ‎【详解】执行程序框图，各变量的值依次变化如下：‎ 成立；‎ ‎，成立；‎ ‎，不成立，‎ 跳出循环，输出的等于.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，解题的一般方法是模拟执行程序，依次写出各变量取值的变化，解题时要留意循环终止的条件.‎ ‎6.一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为（　）‎ A. 1：3 B. 1：4 C. 1：5 D. 1：6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．‎ ‎【详解】解：由题意可知：几何体被平面ABCD平面分为上下两部分，‎ 设正方体的棱长为2，上部棱柱的体积为：；‎ 下部为：，截去部分与剩余部分体积的比为：．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，棱柱的体积的求法，考查计算能力.‎ ‎7.函数的部分图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化，排除错误选项可得答案.‎ ‎【详解】由，可得，‎ 故是奇函数，图象关于原点对称，排除A.‎ 当时，；当时，，排除C,D.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质分析函数图象的特征，排除错误选项得到答案.‎ ‎8.已知，，，则、、的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数和对数函数的单调性比较、、与和的大小关系，从而可得出实数、‎ ‎、的大小关系.‎ ‎【详解】由于指数函数是增函数，则；‎ 对数函数是增函数，则，即；‎ 对数函数是增函数，则.‎ 因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查对数与指数的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性，结合中间值法得出各数的大小关系，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎9.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若命题“”为假命题，则命题“”是真命题 B. 命题“，”的否定是“，”‎ C. 设，则“”是“”的充要条件 D. 命题“平面向量满足，则不共线”的否命题是真命题 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用逻辑联结词、全称命题的否定、不等式的性质、向量的性质等逐一判断各选项是否正确.‎ ‎【详解】选项A,若命题“”为假命题，则命题至少有一个假命题，‎ 即可能有一真一假，也可能两个都是假命题，‎ 所以“”可能是真命题，也可能是假命题，故A不正确.‎ 选项B,命题“，”的否定是“，”,故B不正确.‎ 选项C,，无法得出，故C不正确.‎ 选项D, 原命题的否命题时“平面向量满足，则共线”，‎ 因为，所以由可得.‎ 所以，则或，即共线.故D正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查常用逻辑用语，涉及逻辑联结词、全称命题的否定、充要条件、否命题，综合考查了不等式的性质、平面向量的性质.与其他知识综合命题，是考查常用逻辑用语的一般方式.‎ ‎10.已知函数，若，，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则、为直线与函数图象的两个交点，作出函数的图象，可得出，然后将、用表示，将转化为关于的二次函数在区间上的值域来求解.‎ ‎【详解】设，则、为直线与函数图象的两个交点，如下图所示：‎ ‎，，得，则，‎ ‎，，因此，的取值范围是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查代数式范围的求解，解题的关键就是将所求代数式的取值范围转化为以某变量为自变量的函数值域来处理，考查化归与转化思想以及函数思想的应用，属于中等题.‎ ‎11.关于函数有下述四个结论：‎ ‎①是偶函数；②的最大值为；‎ ‎③在有个零点；④在区间单调递增.‎ 其中所有正确结论编号是（ ）‎ A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用偶函数的定义可判断出命题①的正误；分和两种情况，去绝对值，利用辅助角公式以及正弦函数的最值可判断命题②的正误；分和两种情况讨论，求出函数的零点，可判断命题③的正误；去绝对值，将函数的解析式化简，结合正弦型函数的单调性可判断出命题④的正误.‎ ‎【详解】对于命题①，函数的定义域为，关于原点对称，且，该函数的为偶函数，命题①正确；‎ 对于命题②，当函数取最大值时，，则.‎ 当时，，‎ 此时，，当，函数取得最大值.‎ 当时，，‎ 此时，，当，函数 取得最大值.‎ 所以，函数的最大值为，命题②错误；‎ 对于命题③，当时，令，则，此时；‎ 当时，令，则，此时.‎ 所以，函数在区间上有且只有两个零点，命题③错误；‎ 对于命题④，当时，，则.‎ 所以，函数在区间上单调递增，命题④错误.‎ 因此，正确的命题序号为①④.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数基本性质，解题的关键在于对自变量的取值范围进行分类讨论，并去绝对值，结合辅助角公式以及三角函数的基本性质来进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎12.已知函数与的图象恰有三个不同的公共点（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两图象有三个公共点可得有三个实根，变形得，设，则关于的方程有两个不同的实数根且共有三个实数根，结合二次方程根的分布和的图象性质可得答案.‎ ‎【详解】令，可得，可得.‎ 设，则，即.‎ ‎，‎ 当时，单调递增且；‎ 当时，单调递减且.‎ 作出的图象如图所示.‎ 对于，，‎ 设该方程有两个不同的实根，由题意得共有三个实数根.‎ 若是方程的根，则，即，‎ 则方程的另一个根为，不合题意.‎ 若是方程的根，则，即，‎ 则方程的另一个根为，不合题意.‎ 所以关于的方程的两根(不妨令)满足.‎ 所以解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的综合问题，涉及导数、二次方程等，是一道难题，解题时要灵活运用等价转化、数形结合等数学思想方法.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若平面单位向量满足，则向量的夹角为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数量积运算法则即可求解.‎ ‎【详解】由单位向量可得，设向量的夹角为，‎ 则，‎ 解得，则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用数量积求向量的夹角，解题时要注意单位向量的模长为，还要注意向量夹角的取值范围为.‎ ‎14.已知幂函数的图象经过点，则_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用幂函数的定义可得，再利用幂函数的图象过点可求得的值，则答案可得.‎ ‎【详解】由是幂函数，可得.‎ 由的图象经过点，可得，解得.‎ 所以. ‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查幂函数，利用定义求解即可，是一道基础题.‎ ‎15.正项等比数列满足，且2，，成等差数列，设，则取得最小值时的值为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意列关于的方程组，求得的通项公式，再表示出，即可求得答案.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为.‎ 由，，成等差数列，可得，则，‎ 所以，解得(舍去)或.‎ 因为，所以.‎ 所以.所以.‎ 所以，‎ 当时，取得最小值，取得最小值.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查数列的综合问题，涉及等比数列、等差数列、等比数列求积、求最值等.利用等比数列的基本量进行运算是解题的突破口.‎ ‎16.已知函数对满足，，且，若，则____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意推导出函数的周期为，并求出、、、、、，并结合周期性得出的值.‎ ‎【详解】，且，得，‎ ‎，，‎ 是以为周期的周期函数，‎ ‎，，可得，，又，得，，，，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的周期性求函数值，解题的关键就是推导出函数的周期，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ 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题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.数列中，，，数列满足．‎ ‎（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）证明见解析，；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用，，可证数列是等差数列，然后可得，的通项公式.‎ ‎(2)利用(1)可得，于是可用裂项相消法求和.‎ ‎【详解】（1）由，即．‎ 而，∴，即．‎ 又，∴数列是首项和公差均为1的等差数列.‎ 于是，∴.‎ ‎（2）∵，∴.‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的判断、裂项相消法求和.通项公式形如(为常数)的数列可用裂项相消法求和，裂项时要注意恒等变形调整系数，即.‎ ‎18.的内角，，的对边分别为，，，且满足=．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先化切为弦，再利用三角恒等变换、正弦定理化简，可得答案.‎ ‎(2)利用余弦定理和均值不等式求解，也可以利用正弦定理和三角函数的性质求解.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎.‎ 由正弦定理得.‎ ‎，.‎ ‎，.‎ ‎，.‎ ‎（2）方法一：，，‎ 由余弦定理得，‎ ‎.‎ 由基本不等式得（当且仅当时“”成立），‎ ‎，则，即的最小值为.‎ 方法二：，，，‎ 由正弦定理得，‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎，，则.‎ ‎，则的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查解三角形，涉及正弦定理、余弦定理、最值的求法等，一般需综合利用三角恒等变换和三角函数的性质进行解题.‎ ‎19.如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，，是的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求二面角平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）取的中点，连接、，证明平面，从而得出；‎ ‎（2）证明出平面，可得出、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，然后计算出平面、的法向量，利用空间向量法求出二面角平面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：取中点，联结、，‎ 为等边三角形，为的中点，.‎ 是的中点，为中点，，，.‎ ‎，平面，‎ 平面，；‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 平面平面，平面平面，平面，‎ 平面，则、、两两垂直，‎ 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，‎ 则、、、、.‎ 设平面的法向量为，，.‎ 由，得，令，得，，‎ 所以，平面的一个法向量为.‎ 设平面的法向量为，，‎ 由，得，取，得，.‎ 所以，平面的一个法向量为.‎ 则.‎ 结合图形可知，二面角的平面角为锐角，其余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线垂直的判定，同时也考查了二面角余弦值的计算，一般需要建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求解，考查推理论证能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且此抛物线的准线被椭圆截得的弦长为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）直线交椭圆于、两点，线段的中点为，直线是线段的垂直平分线，试问直线是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）直线过定点，详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得出，由题意知点在椭圆上，由此得出关于、的方程组，求出、的值，即可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）解法一：由题意可知，直线的斜率不为零，然后分直线的斜率存在且不为零和直线的斜率不存在两种情况讨论，在第一种情况下，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由得出，并写出直线的方程，由此可得出直线所过定点的坐标；在第二种情况下可得出直线为轴，即可得出直线过定点，由此得出结论；‎ 解法二：由题意可知，直线的斜率不为零，然后分直线的斜率存在且不为零和直线 的斜率不存在两种情况讨论，在第一种情况下，由点差法可得出直线的斜率为，可写出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标；在第二种情况下可得出直线为轴，即可得出直线过定点，由此得出结论.‎ ‎【详解】（1）抛物线的焦点为，准线为.‎ 由于抛物线的准线截椭圆所得弦长为，‎ 则点在椭圆上，则有，解得，‎ 因此，椭圆的标准方程为；‎ ‎（2）法一：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.‎ 当直线的斜率存在且不为时，易知，设直线的方程为，‎ 代入椭圆方程并化简得：.‎ 设，，则，解得.‎ 因为直线是线段的垂直平分线，‎ 故直线的方程为，即，即.‎ 令，此时，，于是直线过定点；‎ 当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.‎ 综上所述，直线过定点；‎ 法二：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.‎ 当直线的斜率存在且不为时，设，，‎ 则有，，‎ 两式相减得，‎ 由线段的中点为，则，，‎ 故直线的斜率，‎ 因为直线是线段的垂直平分线，‎ 故直线的方程为，即，即.‎ 令，此时，，于是直线过定点；‎ 当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点 综上所述，直线过定点.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了椭圆中直线过定点的问题，在涉及中点弦问题时，可以利用韦达定理法或点差法得出直线方程中两个参数的等量关系，进而得出直线所过定点的坐标，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若函数（其中是的导函数）有两个极值点、，且，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可得出，然后利用导数求出，作为所求切线的斜率，并写出所求切线的点斜式方程；‎ ‎（2）求出函数的导数，由韦达定理得出，，并结合已知条件得出，然后得出，并构造函数，将问题转化为函数在上的值域问题，利用导数求解即可.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，.‎ 而，即，‎ 故所求切线的斜率为，‎ 所以方程为，即，即；‎ ‎（2），‎ 则函数的定义域为，，‎ 若函数有两个极值点、，且.‎ 则方程的判别式，且，，‎ ‎，由基本不等式得，且.‎ 所以.‎ 设，‎ 则在上恒成立.‎ 故在单调递减，从而，.‎ 因此，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，同时也考查了利用导数求代数式的取值范围，解题的关键就是利用根与系数的关系将所求代数式转化为以某变量为自变量的函数，转化为函数的值域问题，并借助导数来求解，考查化归与转化思想与函数思想的应用，属于难题.‎ ‎（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，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(，为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线经过点，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若，是曲线上两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先化参数方程为普通方程，再化为极坐标方程，利用曲线经过点求出的值即可.‎ ‎(2)把，代入曲线的方程，对 变形化简即可.‎ ‎【详解】（1）将曲线的参数方程化为普通方程为，‎ 即.‎ 由，，得曲线的极坐标方程为.‎ 由曲线经过点，则(舍去),‎ 故曲线的极坐标方程为.‎ ‎（2）由题意可知，,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与极坐标方程的转化，考查对极坐标方程含义的理解，是一道基础题.牢记转化公式和极坐标系中的含义即可顺利解题.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若对于，，有，，求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)利用零点分段讨论法解绝对值不等式.‎ ‎(2)利用绝对值三角不等式即可证明结论.‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 则或或 解得，或，或，即，‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎（2）证明：由，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的求解与证明，利用零点分段讨论法解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式证明不等式.‎ ‎ ‎