贵州省安顺市2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题

贵州省安顺市2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题

高三年级联合考试数学（理科） 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 1.已知集合    | 3 2, , | 2 4A x x n n Z B x x        ，则 A B  （ ） A.  B.  1,2 C.  1 D.  2 【答案】B 【解析】 【分析】 先计算集合 A ，再计算 A B 得到答案. 【详解】    | 3 2, = ..., 4, 1,2,5,...A x x n n Z      ，  | 2 4B x x    故  1,2A B   . 故选： B 【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题型. 2. 5 3 4 i i  （ ） A. 4 3 5 5 i  B. 4 3 5 5 i  C. 4 3 5 5 i D. 4 3 5 5 i 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数计算法则化简得到答案. 【详解】  5 3 45 4 3 3 4 25 5 5 i ii ii     . 故选： A 【点睛】本题考查了复数的计算，意在考查学生的计算能力. 3.2019 年篮球世界杯中，两位队员每场比赛得分的茎叶图如图所示，若甲得分的众数是 18， 乙得分的中位数是 15，则 x y  （ ） A. 15 B. 8 C. 13 D. 33 【答案】C 【解析】 【分析】 根据众数和中位数的定义得到 ,x y ，计算得到答案. 【详解】甲得分的众数是 18，所以 8x  ；乙得分的中位数是 15，所以 5y  ，故 13x y  . 故选：C 【点睛】本题考查了众数和中位数，意在考查学生对于基础概念的理解. 4.已知向量    4,2 , 2,6a b m    ， a b  ，则 a b   （ ） A. 7 B. 8 C. 65 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 a b  计算 5m   ，得到  1,8a b  ，计算得到答案. 【详解】因为 a b  ，所以 0a b  ， 5m   ，  1,8a b  ，所以 65a b  . 故选：C 【点睛】本题考查了向量的计算，意在考查学生的计算能力. 5.已知 1 1 3 3 3 2 3 1, , log3 2 2a b c            ，则（ ） A. c b a  B. a c b  C. b a c  D. c a b  【答案】D 【解析】 【分析】 根据幂函数的单调性得到 0b a  ，再判断 0c  得到答案. 【详解】由幂函数的单调性可知 1 10 03 32 2 3 30 1 03 3 2 2a b b a                               而 3 3 1log log 1 02c    ，所以 c a b  . 故选： D 【点睛】本题考查了数值的大小比较，意在考查学生对于函数性质的灵活运用. 6.已知函数  f x 的导函数为  f x ，且    22ln 2 2f x x x f x   ，则  2f   （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 求导得到    2 2 2 2f x x fx     ，取 2x  代入化简得到答案. 【详解】    22ln 2 2f x x x f x   ，    2 2 2 2f x x fx     令 2x  ，    2 1 4 2 2f f    ，解得  2 3f   . 故选： B 【点睛】本题考查了导数值的计算，意在考查学生的计算能力. 7.执行下面的程序框图，若输入的 1A  ，则输出的 A 的值为（ ） A. 7 B. -17 C. 31 D. -65 【答案】C 【解析】 【分析】 根据程序框图依次计算得到答案. 【详解】 1, 1A k  ； 5, 2A k   ； 7, 3A k  ； 17, 4A k   ； 31, 5A k  . 结束，输出答案31 故选：C 【点睛】本题考查了程序框图，根据程序框图依次计算是一种常用的方法，需要同学们熟练 掌握. 8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 4 3 B. 5 3 C. 8 3 D. 16 3 【答案】A 【解析】 【分析】 如图所示画出几何体，再计算体积得到答案. 【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示： 在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 取棱 1 1, , , ,BC DA AB BC CD 的中点分别为 , , , ,E M N P Q ， 则该几何体为四棱锥 E MNPQ ，其体积为  21 42 23 3    . 故选： A 【点睛】本题考查了三视图，根据三视图还原立体图像是解题的关键. 9.已知函数   2 cos2f x x ，要得到   2 cos 2 4g x x      的图象，只需将  f x 的图 象（ ） A. 向左平移 4  个单位长度 B. 向右平移 8  个单位长度 C. 向右平移 4  个单位长度 D. 向左平移 8  个单位长度 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三角函数平移法则直接得到答案. 【详解】   2 cos 2 2 cos24 8g x x x              .将  f x 的图象向左平移 8  个单位长度可得到  g x 的图象. 故选： D 【点睛】本题考查了三角函数的平移，属于常考题型. 10.如图，在正方形 ABCD 中， ,E F 分别是 ,BC CD 的中点，G 是 EF 的中点.现在沿 ,AE AF 及 EF 把这个正方形折成一个空间图形，使 , ,B C D 三点重合，重合后的点记为 H ，下列说法： ① AG  平面 EFH ；② AH  平面 EFH ； ③ HF  平面 AEH ；④ HG  平面 AEF . 其中正确的有（ ） A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 【答案】B 【解析】 【分析】 根据条件依次判断每个选项的正误，判断得到答案. 【详解】因为 , ,AH HE AH HF EH HF   ，所以 AH  平面 HEF ，HF  平面 AEH . ②③正确 AH HG ，所以 HGA 为锐角，所以 AG 不垂直于 HG ，所以 AG 不垂直于平面 EFH ， 同理 HG 不垂直于 AG ，所以 HG 不垂直于平面 AEF . ①④错误. 故②③正确，①④错误. 故选： B 【点睛】本题考查了线面垂直，意在考查学生的空间想象能力. 11.如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2m ， E 为 1AA 的中点，动点 P 从点 D 出发， 沿 DA AB BC CD   运动，最后返回 D .已知 P 的运动速度为1 /m s ，那么三棱锥 1 1P EC D 的体积 y （单位： 3m ）关于时间 x （单位： s ）的函数图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 讨论点 P 在线段 DA 、 AB 、 BC 、CD 上运动，求解体积即可得答案. 【 详 解 】（ 1 ） 当 0 2x  时 ， P 在 线 段 DA 上 运 动 ， 此 时 DP x ， 1 1 2 2 24 22 2 2 2PED x x xS           ， 所 以  1 1 1 1 1 12 2 43 2 3P EC D C PED xV V x            ； （2）当 2 4x  时， P 在线段 AB 上，因为 / /AB 平面 1 1EC D ，所以 P 到平面 1 1EC D 的距 离为定值，所以 1 1P EC DV  为定值，  1 1 1 24 23 3A EC DV     ； （3）当 4 6x  时，P 在线段 BC 上，取 1BB 的中点 F ， 1 1 1 1P EC D P FC E E PFCV V V    ，此时 6CP x  ，同理可得 1 12PC F xS   ，所以  1 1 23E PFCV x   ； （4）当 6 8x  时， P 在线段CD 上，因为 / /CD 平面 1 1EC D ，所以 P 到平面 1 1EC D 的距 离为定值，所以 1 1P EC DV  为定值，  1 1 1 46 23 3D EC DV     . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了棱锥的体积公式及空间想象力，本题的难点在于动点在不同的线段 上运动时需要分别求体积，属于难题. 12.已知函数    2 1 0,4f x bx b b x R     ，若   2 21 1 2m n    ，则     f n f m 的取值 范围是（ ） A. 3,2   B. 3,2 3   C. 2 3, 3   D. 2 3,2 3    【答案】D 【解析】 【分析】 由     2 2 11 44 1 1 4 4 n bbn bf n b f m bm b m b b                ，可以看作点 ,m n 与点 1 1,4 4b bb b      连线的斜 率，点 ,m n 在圆   2 21 1 2x y    上，点 1 1,4 4b bb b      在直线  1y x x  上，作 出图像，利用数形结合即可得解. 【详解】     2 2 11 44 1 1 4 4 n bbn bf n b f m bm b m b b                ，可以看作点 ,m n 与点 1 1,4 4b bb b      连 线的斜率，点 ,m n 在圆   2 21 1 2x y    上，点 1 1,4 4b bb b      在直线  1y x x  上，结合图形分析可得，当过点 1,1 作圆    2 21 1 2x y    的切线，此时两条切线的斜 率分别是     f n f m 的最大值和最小值.圆心 1, 1  与点 1,1 所在直线的夹角均为 6  ，两条切线 的倾斜角分别为 12  ， 5 12  ，故所求直线的斜率的范围为 2 3,2 3    ． 故选：D. 【点睛】本题考查了数形结合思想解决求范围问题，经问题转化为直线与圆的位置关系问题 是解题的关键，属于难题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题纸卡的横线上 13.某学校高一、高二、高三年级的学生人数成等差数列，现用分层抽样的方法从这三个年级 中抽取 90 人，则应从高二年级抽取的学生人数为___________. 【答案】30 【解析】 【分析】 设高一、高二、高三年级的学生人数分别为 , ,a b c ，再由等差关系得 2b a c  ，进而得高二 年级所占比例，从而得解. 【详解】设高一、高二、高三年级的学生人数分别为 , ,a b c ，因为 , ,a b c 成等差数列，所以 2b a c  ，所以 1 3 3 b b a b c b    ， 1 90 303   ，所以应从高二年级抽取 30 人. 故答案为：30. 【点睛】本题主要考查了分层抽样的计算，属于基础题. 14.过直线 2 3 0x y  上的任意一点作圆( ) ( )2 22 3 1x y- + - = 的切线，则切线长的最小值为 __________. 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 先求出圆心到直线的距离，再由切线长公式即可得解. 【详解】直线 2 3 0x y  上的点到圆 ( ) ( )2 22 3 1x y- + - = 的圆心  2,3 的最近距离为 2 2 2 2 3 3 13 2 3      ，则切线长的最小值为  2 13 1 2 3  ． 故答案为： 2 3 . 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，切线长公式，属于基础题. 15.五个同学重新随机调换座位，则恰有两人坐在自己原来的位置上的概率为___________. 【答案】 1 6 【解析】 【分析】 先选出两人位置不变，再排剩余三人都不在自己位置上的数目，最后利用古典概型求解即可. 【详解】根据题意，分 2 步分析：①先从 5 个人里选 2 人，其位置不变，有 2 5 10C  种选法， ②对于剩余的三人，因为每个人都不能站在原来的位置上，因此第一个人有两种站法， 被站了自己位置的那个人只能站在第三个人的位置上，因此三个人调换有 2 种调换方法， 故不同的调换方法有 10×2＝20 种．而基本事件总数为 5 5 120A  ，所以所求概率为 20 1 120 6  ． 故答案为： 1 6 ． 【点睛】本题考查了古典概型的概率求法，考查了计数原理，排列组合的知识，本题属于基 础题． 16.已知三棱锥 P ABC 满足平面 PAB  平面 ABC ， AC BC ， 4AB  ， 030APB  ， 则该三棱锥的外接球的表面积为________________. 【答案】 64π 【解析】 【分析】 先确定球心就是 PAB 的外心，再利用正弦定理得到 4R  ，计算表面积得到答案. 【详解】因为 AC BC ，所以 ABC 的外心为斜边 AB 的中点， 因为平面 PAB  平面 ABC ，所以三棱锥 P ABC 的外接球球心在平面 PAB 上， 即球心就是 PAB 的外心，根据正弦定理 2sin AB RAPB  ，解得 4R  ， 所以外接球的表面积为 64π . 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，确定球心为 PAB 的外心是解题的关键. 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 道题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共 60 分 17.某研究机构为了解某学校学生使用手机的情况，在该校随机抽取了 60 名学生（其中男、 女生人数之比为 2：1）进行问卷调查.进行统计后将这 60 名学生按男、女分为两组，再将每 组学生每天使用手机的时间（单位：分钟）分为         0,10 , 10,20 , 20,30 , 30,40 , 40,50 5 组，得到如图所示的频率分布直方图（所抽取的学生每天使用手机的时间均不超过 50 分钟）. （1）求出女生组频率分布直方图中 a 的值； （2）求抽取的 60 名学生中每天使用手机时间不少于 30 分钟的学生人数. 【答案】（1） 0.035a  （2）抽取的 60 名学生中每天使用手机时间不少于 30 分钟的学生人 数为 23 【解析】 【分析】 （1）利用概率和为 1 计算得到答案. （2）分别计算男生和女生的人数，相加得到答案. 【详解】（1）  0.01 0.015 0.03 0.01 10 1a      ，解得 0.035a  ； （2）60 名学生中男、女生人数分别为 40，20，    0.035 0.01 10 20 0.02 0.015 10 40 9 14 23          ， 即抽取的 60 名学生中每天使用手机时间不少于 30 分钟的学生人数为 23. 【点睛】本题考查了频率分布直方图，意在考查学生的应用能力. 18.在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ， 32 , 9 7,cos 4C A a b A    . （1）求 c a 的值； （2）求 c 的值. 【答案】（1） 3 2 c a  （2） 6 7c  【解析】 【分析】 （1）利用二倍角公式得到sin 2sin cosC A A ，利用正弦定理得到答案. （2）先计算 1cos cos2 8C A  得到 3 7sin 8C  ， 7sin 4A  ， 5 7sin 16B  ，再利用正弦 定理计算得到答案. 【详解】（1）因为 2C A ，所以sin sin 2C A ，所以sin 2sin cosC A A ， 所以 sin 2cossin C AA  ，因为 3cos 4A  ，所以 3 2 c a  ； （2）因为 2 1cos cos2 2cos 1 8C A A    ， 所以 2 3 7sin 1 cos 8C C   ， 7sin 4A  ， 所以   5 7sin sin sin cos cos sin 16B A C A C A C     . 因为 16sin sin sin sin a b a b A B A B    ， 所以 4 7a  ，故 3 6 72c a  . 【点睛】本题考查了正弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力，也可以利用余弦定理解 得答案. 19.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 4 1 3 3n nS a  . （1）求 na 的通项公式； （2）若 1nb n  ，求数列 n na b 的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 14n na  （2） 3 2 249 9 n n nT    【解析】 【分析】 （1）利用公式 1n n na S S   代入计算得到答案. （2）先计算得到   11 4n n na b n    ，再利用错位相减法计算得到答案. 【详解】（1）因为 4 1 3 3n nS a  ，所以  1 1 4 1 23 3n nS a n    ， 所以当 2n  时， 1 4 4 3 3n n na a a   ，即 14n na a  ， 当 1n  时， 1 1 4 1 3 3S a  ，所以 1 1a  ， 所以 14n na  . （2）   11 4n n na b n    ， 于是  0 1 2 2 12 4 3 4 4 4 4 1 4n n nT n n             ，①  1 2 3 14 2 4 3 4 4 4 4 1 4n n nT n n            ，② 由①-②，得  1 2 1 2 23 2 4 4 4 1 4 43 3 n n n nT n n                 ， 所以 3 2 249 9 n n nT    . 【点睛】本题考查了数列的通项公式，利用错位相减法计算数列的前 n 项和，意在考查学生 对于数列公式方法的灵活运用. 20.如图，在三棱锥 A BCD 中， , 2, 5BD BC BD BC AB AD     ，二面角 A BD C  的大小为 120°，点 E 在棱 AC 上，且 2CE EA ，点G 为 BCD 的重心. （1）证明： //GE 平面 ABD ； （2）求二面角 B AC D  的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 390 20 . 【解析】 【分析】 （1）连接 CG ，并延长 CG 与 BD 相交于点O ，连接OA，可证得 / /EG AO ，从而得证； （2）过点O 在 BCD 中作OF BD ，与 DC 相交于点 F ，可得 0120FOA  ，以点O 为 坐标原点，OB 所在直线为 x 轴，OF 所在直线为 y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分 别求平面 ABC 的法向量  , ,m x y z 和平面 ACD 的一个法向量为  1 1 1, ,n x y z ，再求得 3 2 10cos , 204 10 m n        ，进而利用同角三角函数关系即可得解. 【详解】（1）证明：连接 CG ，并延长 CG 与 BD 相交于点O ，连接OA， 因为点G 为 BCD 的重心，所以 2CG GO ， 在 CAO 中，有 2CE CG EA GO   ， 所以 / /EG AO ， 则 AO  平面 ABD ，GE  平面 ABD ， 所以 //GE 平面 ABD ； （2）解：过点O 在 BCD 中作OF BD ，与 DC 相交于点 F ，因为 DB BC ，AB AD ， 则 FOA 为二面角 A BD C  的平面角，则 0120FOA  。 以点O 为坐标原点，OB 所在直线为 x 轴，OF 所在直线为 y 轴，建立如图所示的空间直角坐 标系O xyz ， 因为 , 2BD BC BD BC   ， 5AB AD  ， 0120FOA  ，则  0, 1, 3A  ，  1,0,0B ，  1,2,0C ，  1,0,0D  ， 所以        1,1, 3 , 0,2,0 , 1,1, 3 , 2,2,0AB BC AD DC          记平面 ABC 的法向量  , ,m x y z ， 则 · 3 0 · 2 0 m AB x y z m BC y          令 1z  ，得到平面 ABC 的一个法向量  3,0,1m  ， 设平面 ACD 的一个法向量为  1 1 1, ,n x y z ， 则 1 1 1 1 1 · 3 0 · 2 2 0 n AD x y z n DC x y            ， 令 1 3x   ，得到平面 ABC 的一个法向量  3, 3,2n   ， 3 2 10cos , 204 10 m n        ， 设二面角 B AC D  的平面角为 ，则 2 10 390sin 1 20 20         ， 即二面角 B AC D  的正弦值为 390 20 . 【点睛】本题主要考查了线面平行的证明及求解二面角，利用空间直角坐标系正确写点坐标 是解题的关键，属于中档题. 21.已知函数      1 ln 1 1f x x x k x     . （1）当 1x  时，不等式   0f x  恒成立，求实数 k 的取值范围； （2）证明： 2,n n N   ，  2 2ln5 ln11 ln 1 2 1n n n n          . 【答案】（1） k 2 ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）将不等式变形为   1 1 lnx x kx    ，记       1 1 ln 11 1 lnx xg x xx x          ， 求导利用单调性即可证得； （2）由（1）可知当 1x  时，取 2k  ，可得 2ln 1 1x x    恒成立，令  1x n n  ，则     2 1 1ln 1 1 1 1 21 1n n n n n n                ，列式相加即可证得. 【详解】（1）解：不等式   0f x  ，等价于   1 1 lnx x kx    ， 记       1 1 ln 11 1 lnx xg x xx x          ，∴   2 lnx xg x x   ， 令   lnh x x x  ，则   11h x x    ，∵ 1x  ，∴   0h x  ， ∴  h x 在 1  上单调递增， ∴    1 1 0h x h   ，从而   0g x  ， 故  g x 在 1  上单调递增， ∴    min 1 2g x g  ，故 k 2 ； （2）证明：由（1）可知当 1x  时，取 2k  ， 1 ln 1 0x x x    ，则   1 1 ln 2x x x    ， 即 2ln 1 1x x    恒成立， 则当 2x  时，   2ln 1 1x x    恒成立，当且仅当 2x  时取等号， 令  1x n n  ，则     2 1 1ln 1 1 1 1 21 1n n n n n n                ， ∴当 2n  时，   1 1ln 2 3 1 1 2 2 3         ， 当 3n  时，   1 1ln 3 4 1 1 2 3 4         ， ……   1 1ln 1 1 1 2 1n n n n             ， 上式相加可得        1 1ln 2 3 1 ln 3 4 1 ln 1 1 1 2 2 1n n n n                 ， 即  2 2ln5 ln11 ln 1 2 1n n n n          ，原不等式得证. 【点睛】本题主要考查了导数的应用，利用导数讨论函数的单调性得不等关系，进而真么数 列问题，本题的难点是第二问要利用第一问的结论得   1 1ln 1 1 1 2 1n n n n             ，属 于难题. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 1C 的参数方程为 3 3 62 3 x t y t       （其中t 为参数）.以坐标原点 O 为极点， x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2cos 3sin   . （1）求 1C 和 2C 的直角坐标方程； （2）设点  0,2P ，直线 1C 交曲线 2C 于 ,M N 两点，求 2 2PM PN 的值. 【答案】（1） 1C : 2 2 0x y   , 2C : 2 3x y （2）90 【解析】 【分析】 （1）消去t 得到直线方程，再利用极坐标公式化简得到答案. （2）将直线的参数方程代入 2 3x y ，化简得到 2 3 6 18 0t t   ，利用韦达定理计算得到 答案. 【详解】（1）直线 1C 的参数方程为 3 3 62 3 tx y t       （其中t 为参数），消去t 可得 2 2 0x y   ； 由 2cos 3sin   ，得 2 2cos 3 sin    ，则曲线 2C 的直角坐标方程为 2 3x y . （2）将直线 1C 的参数方程 3 3 62 3 x t y t       代入 2 3x y ，得 2 3 6 18 0t t   ， 设 ,M N 对应的参数分别为 1 2,t t ，则 1 2 1 2 3 6 18 t t t t      ，  2 2 2 1 2 1 22 90PM PN t t t t     . 【点睛】本题考查了直线的参数方程，极坐标，利用直线的参数方程的几何意义可以快速得 到答案，是解题的关键. 选修 4-5：不等式选讲 23.已知函数   2 3f x x x    . （1）求不等式   2f x  的解集； （2）若   2 1f x x  的解集包含 3,5 ，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 3 7| 2 2x x     （2） 1, 7a      【解析】 【分析】 （1）函数化简为分段函数   2 5, 3 1,2 3 5 2 , 2 x x f x x x x         分别解不等式得到答案. （2）题目等价于当  3,5x 时不等式恒成立，得到不等式 2 5 2 1 x ax   ，求   2 5 2 1 xg x x   的 最小值得到答案. 【详解】（1）   2 5, 3 2 3 1,2 3 5 2 , 2 x x f x x x x x x             ，由   2f x  ，解得 3 7 2 2x  ， 故不等式   2f x  的解集是 3 7| 2 2x x     ； （2）   2 1f x a x  的解集包含 3,5 ，即当  3,5x 时不等式恒成立， 当  3,5x 时，   2 5f x x  ，   2 1f x a x  ，即  2 5 2 1x a x   ， 因为 2 1 0x   ，所以 2 5 2 1 x ax   ， 令   2 5 612 1 2 1 xg x x x     ，  3,5x ，易知  g x 在 3,5 上单调递增， 所以  g x 的最小值为 1(3) 7g  ，因此 1 7a  ，即 a 的取值范围为 1, 7a      . 【点睛】本题考查了绝对值不等式，将题目等价于当  3,5x 时不等式恒成立是解题的关键.