宁夏银川唐徕回民中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（理）试题

宁夏银川唐徕回民中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（理）试题

银川唐徕回民中学 ‎2020届高三年级第一次模拟考试 理科数学 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．‎ ‎1.已知， ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别根据分式不等式求解以及余弦的值域求解计算集合,再求交集即可.‎ ‎【详解】,.‎ 故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解以及根据定义域求余弦函数的值域方法,同时也考查了交集的运算,属于基础题.‎ ‎2.复数z满足，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数模长定义可得，根据复数的除法运算法则计算即可.‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数模长的概念，复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎3.若等比数列的各项均为正数，，，则（ ）‎ A. B. C. 12 D. 24‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，利用等比中项的性质，求出，利用等比数列的通项公式即可求出．‎ ‎【详解】解：数列是等比数列，各项均为正数，，‎ 所以，‎ 所以．‎ 所以，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，等比中项的性质，正确运算是解题的关键，属于基础题．‎ ‎4.一次数学竞赛，共有6道选择题，规定每道题答对得5分，不答得1分，答错倒扣1分．一个由若干名学生组成的学习小组参加了这次竞赛，这个小组的人数与总得分情况为（　　）‎ A. 当小组的总得分为偶数时，则小组人数一定为奇数 B. 当小组的总得分为奇数时，则小组人数一定为偶数 C. 小组的总得分一定为偶数，与小组人数无关 D. 小组的总得分一定为奇数，与小组人数无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先假设一名同学全答对，得出得分的奇偶，然后再根据不答或答错得分的奇偶性进行分析即可．‎ ‎【详解】每个人得的总分是6×5=30，‎ 在满分的基础上，若1题不答，则总分少4分，若1题答错，则总分少6分，即在满分的基础上若题不答，则总分少分，若题答错，则总分少分，则每个人的得分一定是偶数，则小组的总得分也是偶函数，与小组人数无关，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查数的奇偶在生活中的应用，考查学生演绎推理的能力，属于中档题．‎ ‎5.双曲线的一个焦点为，若、、成等比数列，则该双曲线的离率 （　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由成等比数列，可得， ，解方程可得结果.‎ ‎【详解】因为成等比数列，‎ 所以，‎ ‎ ，‎ 所以，因为，‎ 所以．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的性质与离心率，属于中档题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．‎ ‎6.某商场一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中错误的是 A. 至月份的收入的变化率与至月份的收入的变化率相同 B. 支出最高值与支出最低值的比是 C. 第三季度平均收入为万元 D. 利润最高的月份是月份 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图可知至月份的收入的变化率与至月份的收入的变化率相同，故正确；由图可知，支出最高值是，支出最低值是，则支出最高值与支出最低值的比是，故正确；由图可知，第三季度平均收入为，故正确；由图可知，利润最高的月份是月份和月份，故错误.‎ 故选D.‎ ‎7.设函数，则使成立的的取值范围是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数为偶函数，利用导数判断函数在上为增函数，则原不等式等价于，进而可得结果.‎ ‎【详解】根据题意，函数，‎ 则，‎ 即函数为偶函数，‎ 又，当时，有，‎ 即函数在上为增函数，‎ ‎，‎ 解得或，‎ 即的取值范围为；‎ 故选D．‎ ‎【点睛】解决抽象不等式时，切勿将自变量代入函数解析式进行求解，首先应该注意函数的单调性．若函数为增函数，则；若函数为减函数，则．‎ ‎8.函数部分图象如图所示．则函数的单调递增区间为（　　）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出，然后根据正弦函数的单调性列不等式求解即可.‎ ‎【详解】根据函数的部分图象，‎ 可得：，‎ 解得：，‎ 由于点在函数图象上，可得：，‎ 可得：，，‎ 解得：，，‎ 由于：，‎ 可得：，即，‎ 令，解得：，，‎ 可得：则函数的单调递增区间为：，．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的图象与性质，属于中档题.‎ 函数的单调区间的求法：若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，求得增区间.‎ ‎9.《孙子算经》中曾经记载，中国古代诸侯的等级从高到低分为:公、侯、伯、子、男，共有五级.若给有巨大贡献的人进行封爵，则两人不被封同一等级的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据古典概型概率公式求出两人被封同一等级的概率,再用对立事件的概率公式可求得.‎ ‎【详解】给有巨大贡献的人进行封爵,总共有种,‎ 其中两人被封同一等级的共有5种,‎ 所以两人被封同一等级的概率为,‎ 所以其对立事件,即两人不被封同一等级的概率为:.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型的概率公式以及对立事件的概率公式.属于基础题.‎ ‎10.对于棱长为的正方体，有如下结论，其中错误的是（ ）‎ A. 以正方体的顶点为顶点的几何体可以是每个面都为直角三角形的四面体；‎ B. 过点作平面的垂线，垂足为点，则三点共线；‎ C. 过正方体中心的截面图形不可能是正六边形；‎ D. 三棱锥与正方体的体积之比为．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在正方体中可找到四面体各个面都是直角三角形，排除；利用线面垂直判定定理可证出平面，从而可知三点共线，排除；在图形中可找到截面图形为正六边形情况，可知结果为；利用切割的方法求得，从而可求得所求体积之比，排除.‎ ‎【详解】在如下图所示的正方体中：‎ 四面体的四个面均为直角三角形，可知正确；‎ ‎， 平面 ‎ 又 ‎ ‎，即 平面，即过作平面的垂线即为 三点共线，可知正确；‎ 若为所在棱的中点，连接后可知六边形为正六边形且此正六边形过正方体的中心，可知错误；‎ 三棱锥体积：‎ 正方体体积：‎ 三棱锥与正方体的体积之比为：，可知正确.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查正方体中的线线关系、线面关系、截面问题、体积问题的相关命题的判定，对于学生空间想象能力要求较高.‎ ‎11.己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，，垂足为，若的面积为，则到的距离为（ ）‎ A. B. C. 8 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，，从而可求出，进而可求得，，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离．‎ ‎【详解】如图所示，‎ 作，垂足为，设，由，得，则，.‎ 过点N作，垂足为G，则，，‎ 所以在中，，，所以，‎ 所以，在中，，所以，‎ 所以，，‎ 所以 ．解得，‎ 因为，所以为线段的中点，‎ 所以F到l的距离为．‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题．‎ ‎12.已知函数，其中，若的四个零点从小到大依次为，，，，则的值是（ ）‎ A. 13 B. ‎12 ‎C. 10 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出函数的图像,并分析其与交点个数为4的时候的情况,再根据函数性质求解即可.‎ ‎【详解】画出函数的图像有：‎ 由图像可知,, ,‎ 所以,,,.‎ 故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了对数型函数的变换与函数值的求解等,同时也考查了数形结合求解函数零点的问题,需要根据题意写出对应的零点满足的关系式再求解.属于难题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知向量，，且，则实数_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出．‎ ‎【详解】解：因为，，‎ 所以；‎ 因为；‎ 所以；‎ 解得：．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查了向量坐标的减法和数量积的运算，解决本题的关键是要将向量垂直的条件进行代数转化．‎ ‎14.从二项式的展开式各项中随机选两项，选得的两项均是有理项的概率是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 展开式共9项，利用通项公式可得有理项共3项，根据组合知识与古典概型概率公式可得结果.‎ ‎【详解】二项式的展开式的通项为：‎ ‎，‎ 令，，‎ 则或3或6时为有理项，‎ 所以从二项式的展开式各项中随机选两项有种选法，‎ 其中有理项有种，‎ 所以选得的两项均是有理项的概率是，‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数以及古典概型概率的应用，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎15.在长方体中，，，点在棱上移动，则直线与所成角的大小是__________，若，则__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). 1‎ ‎【解析】‎ 长方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，又，，点在棱上移动 则D（0，0，0），D1（0，0，1），A（1，0，0），A1（1，0，1），C（0，2，0），‎ 设E（1，m，0），0≤m≤2，‎ 则=（1，m，﹣1），=（﹣1，0，﹣1），‎ ‎∴•=﹣1+0+1=0，‎ ‎∴直线D1E与A1D所成角的大小是90°．‎ ‎∵=（1，m，﹣1），=（﹣1，2﹣m，0），D1E⊥EC，‎ ‎∴=﹣1+m（2﹣m）+0=0，‎ 解得m=1，∴AE=1．‎ 故答案为900，1．‎ ‎16.已知下列四个命题：‎ ‎（1）等差数列一定是单调数列 ‎（2）等差数列的前项和构成的数列一定不是单调数列 ‎（3）已知等比数列的公比为，若,则数列是单调递增数列 ‎（4）记等差数列的前项和为，若，则数列的最大值一定在处取到.‎ 其中错误的有________（填写所有错误的命题的序号）‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列与等比数列的通项公式与性质逐个举出反例，或直接推导判定即可.‎ ‎【详解】(1)当等差数列公差时数列不为单调数列，故(1)错误.‎ ‎(2)如等差数列，则前项和，为单调数列.故(2)错误.‎ ‎(3)当数列首项为，公比为2时， 数列为为单调递减数列.故(3)错误.‎ ‎(4) ，故，‎ ‎.故，.‎ 故数列为单调递减的数列，且的最大值在处取到.故(4)正确.‎ 综上，(1)(2)(3)错误.‎ 故答案为：(1)(2)(3)‎ ‎【点睛】本题主要考查了递增递减数列的性质运用，举反例时一般注意公差与首项等为负数或者0时的特殊情况考虑，属于中档题.‎ 三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.在中，角的对边分别为，已知 ‎（1）求； ‎ ‎（2）求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理和二倍角公式可构造方程求得；（2）由余弦定理构造方程可求得的两个解，其中时，验证出与已知条件矛盾，从而得到结果.‎ ‎【详解】（1）在中，由正弦定理得：‎ ‎（2）在中，由余弦定理得：‎ 由整理可得：‎ 解得：或 当时，，又 ，‎ 此时，与已知矛盾，不合题意，舍去 当时，符合要求 综上所述：‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，易错点是求得边长后忽略了已知中的长度和角度关系，造成增根出现.‎ ‎18.如图，平面平面，，四边形为平行四边形，，为线段的中点，点满足.‎ ‎（Ⅰ）求证：直线平面；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅲ）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见证明；(2)见证明； (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连接，交于点，利用平几知识得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论，（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量垂直进行论证线线垂直，再根据线面垂直判定定理以及面面垂直垂直判定定理得结果，（Ⅲ）建立空间直角坐标系，根据面面垂直得两平面法向量垂直，进而得P点坐标，最后利用空间向量数量积求线面角.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：连接，交于点，连接 ‎ 在平行四边形中，因为，所以，‎ 又因为，即，‎ 所以，‎ 又因为平面，平面，所以直线平面.‎ ‎（Ⅱ）证明：因为，为线段的中点，所以，‎ 又因为平面平面于，平面所以平面 在平行四边形中，因为，所以 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，‎ 则 因为平面所以设，‎ 则 所以 所以，又因为 所以平面，又因为平面 所以平面平面. ‎ ‎（Ⅲ）解：因为 设为平面的一个法向量 则不妨设 因为 设为平面的一个法向量 则不妨设 因为平面平面，所以，所以 因为 所以 所以，‎ 所以 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行判定定理、利用空间向量证明面面垂直以及求线面角，考查综合分析论证求解能力，属中档题.‎ ‎19.为响应德智体美劳的教育方针，唐徕回中高一年级举行了由全体学生参加的一分钟跳绳比赛，计分规则如下：‎ 每分钟跳绳个数 ‎185以上 得分 ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ 年级组为了了解学生的体质，随机抽取了100名学生，统计了他的跳绳个数，并绘制了如下样本频率直方图：‎ ‎（1）现从这100名学生中，任意抽取2人，求两人得分之和小于35分概率（结果用最简分数表示）；‎ ‎（2）若该校高二年级2000名学生，所有学生的一分钟跳绳个数近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值（同一组中数据以这组数据所在区间的中点值为代表）．利用所得到的正态分布模型解决以下问题：‎ ‎①估计每分钟跳绳164个以上的人数（四舍五入到整数）‎ ‎②若在全年级所有学生中随机抽取3人，记每分钟跳绳在179个以上人数为，求的分布列和数学期望与方差．‎ ‎（若随机变量服从正态分布则，，）‎ ‎【答案】(1) ；(2)①；②的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先分析可得有四种大的情况,再根据排列组合的方法求概率即可.‎ ‎(2)①根据正态分布的特点求解的概率再利用总人数求解即可.‎ ‎②易得满足二项分布,再根据二项分布的公式计算分布列与数学期望和方差即可.‎ ‎【详解】(1)设“两人得分之和小于35分”为事件,则事件包括以下四种情况：‎ ‎①两人得分均为16分；②一人得分16,一人得分17；‎ ‎③一人得分16,一人得分18；④两人均得17分.‎ 由频率分布直方图可得,得16分的有6人,得17分的有12人,得18分的有18人.‎ 则由古典概型的概率计算公式可得.‎ 故两人得分之和小于35分的概率为 ‎(2)由频率分布直方图可得样本数据的平均数的估计值为：‎ ‎,又由,得标准差,‎ 所以高二年级全体学生的跳绳个数近似服从正态分布.‎ ‎①因为,故.‎ 故估计每分钟跳绳164个以上的人数为 ‎②由正态分布可得,全年级任取一人,其每分钟跳绳个数在179以上的概率为.‎ 所以,所有可能的取值为.‎ 所以,‎ ‎,‎ ‎.‎ 故的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图以及排列组合的运用,同时也考查了正态分布与二项分布的特点以及计算,需要根据题意分析正态分布中标准差的运用以及概率的求解.属于中档题.‎ ‎20.已知函数，为的导数．‎ ‎（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）证明：在区间上存在唯一零点；‎ ‎（Ⅲ）设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将代入求出切点坐标，由题可得，将代入求出切线斜率，进而求出切线方程．‎ ‎（Ⅱ）设，则，由导函数研究 的单调性进，而得出答案．‎ ‎（Ⅲ）题目等价于，易求得，利用单调性求出的最小值，列不等式求解．‎ ‎【详解】（Ⅰ），所以，即切线的斜率，且，从而曲线在点处的切线方程为.‎ ‎（Ⅱ）设，则.‎ 当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.‎ 又，故在存在唯一零点.‎ 所以在存在唯一零点.‎ ‎（Ⅲ）由已知，转化为， 且的对称轴所以 . ‎ 由(Ⅱ)知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.‎ 又，所以当时，.‎ 所以，即，因此，的取值范围是.‎ ‎【点睛】导数是高考的重要考点，本题考查导数的几何意义，利用单调性解决函数的恒成立问题，存在性问题等，属于一般题．‎ ‎21.如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，且垂直于轴，连结并延长交椭圆于另一点，设.‎ ‎（1）若点的坐标为，求椭圆的方程及的值；‎ ‎（2）若，求椭圆的离心率的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把的坐标代入方程得到，结合解出后可得标准方程.求出直线的方程，联立椭圆方程和直线方程后可求的坐标，故可得的值.‎ ‎（2）因，故可用表示的坐标，利用它在椭圆上可得与的关系，化简后可得与离心率的关系，由的范围可得的范围.‎ ‎【详解】（1）因为垂直于轴，且点的坐标为，‎ 所以，，‎ 解得，，所以椭圆的方程为.‎ 所以，直线的方程为，‎ 将代入椭圆的方程，解得，‎ 所以.‎ ‎（2）因为轴，不妨设在轴上方，，.设，因为在椭圆上，所以，解得，即.‎ ‎（方法一）因为，由得，，，解得，，所以.‎ 因为点在椭圆上，所以，即，所以，从而.‎ 因为，所以.‎ 解得，‎ 所以椭圆的离心率的取值范围.‎ ‎【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 圆锥曲线中的离心率的计算或范围问题，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系或不等式关系，其中不等式关系的构建需要利用题设中的范围、坐标的范围、几何量的范围或点的位置等．‎ 请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．‎ ‎22.选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，直线经过点,倾斜角为.以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴,建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出直线的参数方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与曲线相交于，两点，求的值.‎ ‎【答案】（1） 的直角坐标方程为 ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线过点 及倾斜角即可写出参数方程，根据极坐标与直角坐标的转化公式写出曲线C的直角坐标方程；（2）将直线参数方程代入圆的方程，得到关于参数t的一元二次方程，根据根与系数的关系及参数的几何意义求解.‎ ‎【详解】（1）的参数方程为（为参数），即（为参数）.‎ 由，得，∴，‎ 从而有，‎ ‎∴的直角坐标方程为.‎ ‎（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，得，‎ 整理，得.‎ 此时.‎ 设两点对应的参数分别为，则，，‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线的参数方程以及参数的几何意义，极坐标与直角坐标的相互转化，属于中档题.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）记函数的最小值，正实数，满足，求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段讨论方法可解不等式.‎ ‎（2）利用绝对值不等式可求，再利用基本不等式求出的最小值后可证.‎ ‎【详解】（1）等价于 ‎ 或或，‎ 故或或，‎ 综上解集为.‎ ‎ ‎ ‎（2）‎ 当且仅当取等号，‎ ‎，，‎ ‎，当且仅当时等号成立，‎ ‎．‎ ‎【点睛】（1）绝对值不等式指：及，我们常利用它们求含绝对值符号的函数的最值.‎ ‎（2）解绝对值不等式的基本方法有公式法、零点分段讨论法、图像法、平方法等，利用公式法时注意不等号的方向，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图像法求解时注意图像的正确刻画．‎