内蒙古包头市2020届高三第一次模拟考试数学（文）试题

内蒙古包头市2020届高三第一次模拟考试数学（文）试题

‎2020届内蒙古包头市高三下学期普通高等学校招生全国统一考试 ‎（第一次模拟考试）数学（文）试题 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.设集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中只有2属于 ‎【详解】解：，‎ 故选：A ‎【点睛】考查集合的交集运算，是基础题.‎ ‎2.已知是虚数单位，若，则（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接将两边同时乘以求出复数，再求其模即可.‎ ‎【详解】解：将两边同时乘以，得 故选：A ‎【点睛】考查复数的运算及其模的求法，是基础题.‎ ‎3.设等差数列的前项和为，若，则（ ）‎ A. 23 B. ‎25 ‎C. 28 D. 29‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可求，再求公差，再求解即可.‎ ‎【详解】解：等差数列 ‎，又，‎ 公差为，‎ ‎，‎ 故选：D ‎【点睛】考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.‎ ‎4.已知实数满足则的最大值为（ ）‎ A. 2 B. C. 1 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，平移目标直线即可求解.‎ ‎【详解】解：作出可行域：‎ 由得，‎ 由图形知，经过点时，其截距最大，此时最大 得，‎ 当时，‎ 故选：B ‎【点睛】考查线性规划，是基础题.‎ ‎5.已知角的终边与单位圆交于点，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由三角函数的定义求出，再由二倍角公式可求.‎ ‎【详解】解：角的终边与单位圆交于点 ‎，‎ ‎，‎ 故选：B ‎【点睛】考查三角函数的定义和二倍角公式，是基础题.‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. “若，则”的否命题是“若，则”‎ B. 在中，“”是“”成立的必要不充分条件 C. “若，则”是真命题 D. 存在，使得成立 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A：否命题既否条件又否结论，故A错.‎ B：由正弦定理和边角关系可判断B错 C：可判断其逆否命题的真假，C正确.‎ D：根据幂函数的性质判断D错.‎ ‎【详解】解：A：“若，则”的否命题是“若，则”，故 A错.‎ B：在中，，故“”是“”成立的必要充分条件，故B错.‎ C：“若，则”“若，则”，故C正确.‎ D：由幂函数在递减，故D错.‎ 故选：C ‎【点睛】考查判断命题的真假，是基础题.‎ ‎7.在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．‎ ‎【详解】连接，，如图：‎ 又，则为异面直线与所成的角.‎ 因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，‎ ‎∴，‎ 又，，∴，‎ ‎∴，解得.‎ 故选C ‎【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．‎ ‎8.当时，函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由，解得，即或，函数有两个零点，，不正确，设，则，由 ‎，解得或，由，解得：，即是函数的一个极大值点，不成立，排除，故选B.‎ ‎【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.‎ ‎9.小张家订了一份报纸，送报人可能在早上之间把报送到小张家，小张离开家去工作的时间在早上之间.用表示事件：“小张在离开家前能得到报纸”，设送报人到达的时间为，小张离开家的时间为，看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件的概率等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 这是几何概型，画出图形，利用面积比即可求解.‎ ‎【详解】解：事件发生，需满足，即事件应位于五边形内，作图如下：‎ 故选：D ‎【点睛】考查几何概型，是基础题.‎ ‎10.过抛物线的焦点且与的对称轴垂直的直线与交于，两点，，为的准线上的一点，则的面积为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 4 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设抛物线的解析式，得焦点为，对称轴为轴，准线为，这样可设点坐标为，代入抛物线方程可求得，而到直线的距离为，从而可求得三角形面积．‎ ‎【详解】设抛物线的解析式，‎ 则焦点为，对称轴为轴，准线为，‎ ‎∵　直线经过抛物线的焦点，，是与的交点，‎ 又轴，∴可设点坐标为，‎ 代入，解得，‎ 又∵点在准线上，设过点的的垂线与交于点，，‎ ‎∴.‎ 故应选C.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的性质，解题时只要设出抛物线的标准方程，就能得出点坐标，从而求得参数的值．本题难度一般．‎ ‎11.在中，为边上的中点，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为边上的中点，表示出，然后用向量模的计算公式求模.‎ ‎【详解】解：为边上的中点，‎ ‎，‎ 故选：A ‎【点睛】在三角形中，考查中点向量公式和向量模的求法，是基础题.‎ ‎12.设是定义域为的偶函数，且在单调递增，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的性质，比较即可.‎ ‎【详解】解：‎ 显然，所以 是定义域为的偶函数，且在单调递增，‎ 所以 故选：C ‎【点睛】本题考查对数的运算及偶函数的性质，是基础题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知点是双曲线渐近线上的一点，则双曲线的离心率为_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先表示出渐近线，再代入点，求出，则离心率易求.‎ ‎【详解】解：的渐近线是 因为在渐近线上，所以 ‎，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】考查双曲线的离心率的求法，是基础题.‎ ‎14.已知圆柱的上下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为36的正方形，则该圆柱的体积为____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由轴截面是正方形，易求底面半径和高，则圆柱的体积易求.‎ ‎【详解】解：因为轴截面是正方形，且面积是36，‎ 所以圆柱的底面直径和高都是6‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】考查圆柱的轴截面和其体积的求法，是基础题.‎ ‎15.正项等比数列|满足，且成等差数列，则取得最小值时的值为_____‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意列出关于的方程，求得的通项公式，再表示出即可求解.‎ ‎【详解】解：设公比为，且，‎ 时，上式有最小值，‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列、等差数列的有关性质以及等比数列求积、求最值的有关运算，中档题.‎ ‎16.已知函数恰好有3个不同的零点，则实数的取值范围为____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 恰好有3个不同的零点恰有三个根，然后转化成求函数值域即可.‎ ‎【详解】解：恰好有3个不同的零点恰有三个根，‎ 令，‎ ‎，在递增；‎ ‎，‎ 递减，‎ 递增，‎ 时，在有一个零点，在有2个零点；‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】已知函数的零点个数求参数的取值范围是重点也是难点，这类题一般用分离参数的方法，中档题.‎ 三、解答题：本大题共6小题共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤.‎ ‎17.在中，角的对边分别为，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）已知外接圆半径,求的周长.‎ ‎【答案】（1）（2）3+3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系式化简整理并结合范围0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周长．‎ ‎【详解】（1） ‎ ‎ ，‎ 即 ‎ 又 ‎ ‎（2） , ‎ ‎∵，‎ ‎∴由余弦定理得 a2＝b2+c2﹣2bccosA， ‎ ‎∴， ‎ ‎∵c＞0，所以得c=2, ‎ ‎∴周长a+b+c=3+3．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．‎ ‎18.每年的寒冷天气都会带热“御寒经济”，以交通业为例，当天气太冷时，不少人都会选择利用手机上的打车软件在网上预约出租车出行,出租车公司的订单数就会增加.下表是某出租车公司从出租车的订单数据中抽取的5天的日平均气温(单位：℃)与网上预约出租车订单数(单位：份)；‎ 日平均气温（℃）‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎2‎ 网上预约订单数 ‎100‎ ‎135‎ ‎150‎ ‎185‎ ‎210‎ ‎（1）经数据分析，一天内平均气温与该出租车公司网约订单数（份）成线性相关关系，试建立关于的回归方程，并预测日平均气温为时,该出租车公司的网约订单数；‎ ‎（2）天气预报未来5天有3天日平均气温不高于，若把这5天的预测数据当成真实的数据，根据表格数据，则从这5天中任意选取2天，求恰有1天网约订单数不低于210份的概率.‎ 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：‎ ‎【答案】（1），232；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据公式代入求解；‎ ‎(2) 先列出基本事件空间，再列出要求的事件，最后求概率即可.‎ ‎【详解】解：（1）由表格可求出代入公式求出，‎ 所以，所以 当时，.‎ 所以可预测日平均气温为时该出租车公司的网约订单数约为232份.‎ ‎（2）记这5天中气温不高于的三天分别为，另外两天分别记为，则在这5天中任意选取2天有，共10个基本事件，其中恰有1天网约订单数不低于210份的有，共6个基本事件，‎ 所以所求概率，即恰有1天网约订单数不低于20份概率为.‎ ‎【点睛】考查线性回归系数的求法以及古典概型求概率的方法，中档题.‎ ‎19.如图，点是以为直径的圆上异于、的一点，直角梯形所在平面与圆所在平面垂直，且，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，证明,则平面平面，则可证平面.‎ ‎（2）利用，是平面的高，容易求.，再求，则点到平面的距离可求.‎ ‎【详解】解：（1）如图：‎ 取的中点，连接、.‎ 在中，是的中点，是的中点，‎ 平面平面,故平面 在直角梯形中， ，且，‎ ‎∴四边形是平行四边形，，同理平面 又,故平面平面，‎ 又平面平面.‎ ‎（2）是圆的直径，点是圆上异于、的一点，‎ 又∵平面平面，平面平面 平面，‎ 可得是三棱锥的高线.‎ 在直角梯形中，.‎ 设到平面的距离为，则，即 由已知得，‎ 由余弦定理易知：，则 解得，即点到平面的距离为 故答案为：.‎ ‎【点睛】考查线面平行的判定和利用等体积法求距离的方法，是中档题.‎ ‎20.已知函数的图象在处的切线方程是.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若函数，讨论的单调性与极值；‎ ‎（3）证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）单调递减区间为，单调递增区间为，的极小值为，无极大值；（3）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）切点既在切线上又在曲线上得一方程，再根据斜率等于该点的导数再列一方程，解方程组即可；‎ ‎（2）先对求导数，根据导数判断和求解即可.‎ ‎（3）把证明转化为证明，然后证明极小值大于极大值即可.‎ ‎【详解】解：（1）函数的定义域为 由已知得，则，解得.‎ ‎（2）由题意得，则.‎ 当时，，所以单调递减，‎ 当时，，所以单调递增，‎ 所以，单调递减区间为，单调递增区间为，‎ 的极小值为，无极大值.‎ ‎（3）要证成立，‎ 只需证成立.‎ 令，则，‎ 当时，单调递增，‎ 当时，单调递减，‎ 所以极大值为，即 由（2）知，时，，且的最小值点与的最大值点不同，所以，即.‎ 所以，.‎ ‎【点睛】‎ 知识方面，考查建立方程组求未知数，利用导数求函数的单调区间和极值以及不等式的证明；能力方面，考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；试题难度大.‎ ‎21.已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若圆上存在两点，，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）又题意知，，及即可求得，从而得椭圆方程.‎ ‎（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面积公式计算即可.‎ ‎【详解】（1）由焦点与短轴两端点的连线相互垂直及椭圆的对称性可知，，‎ ‎∵过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.‎ 又，解得.‎ ‎∴椭圆的方程为 ‎（2）由（1）可知圆的方程为，‎ ‎（i）当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，‎ 此时 ‎（ii）当直线的斜率为零时，.‎ ‎（iii）当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，‎ 联立，得，‎ 设的横坐标分别为，则.‎ 所以，‎ ‎（注：的长度也可以用点到直线的距离和勾股定理计算.）‎ 由可得直线的方程为，联立椭圆的方程消去，‎ 得 设的横坐标为，则.‎ ‎.‎ 综上，由（i）（ii）（ⅲ）得的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆方程是基础；通过联立直线方程与椭圆方程建立方程组，应用一元二次方程根与系数，得到目标函数解析式，运用函数知识求解；本题是难题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，直线的参数方程为（为参数）.直线与曲线交于，两点．‎ ‎（I）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程（不要求具体过程）；‎ ‎（II）设，若，，成等比数列，求的值．‎ ‎【答案】（I），；（II）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）利用所给的极坐标方程和参数方程，直接整理化简得到直角坐标方程和普通方程；（II）联立直线的参数方程和C的直角坐标方程，结合韦达定理以及等比数列的性质即可求得答案.‎ ‎【详解】（I）曲线：，两边同时乘以 可得，化简得）；‎ 直线的参数方程为（为参数），可得 x-y=-1，得x-y+1=0；‎ ‎（II）将（为参数）代入并整理得 韦达定理： ‎ 由题意得 即 ‎ 可得 ‎ 即 ‎ 解得 ‎【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与直角坐标和普通方程的互化，以及参数方程的综合知识，结合等比数列，熟练运用知识，属于较易题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，解关于的不等式；‎ ‎（2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论去绝对值号，然后解不等式即可.‎ ‎（2）因为对任意，都存在，使得不等式成立，等价于，根据绝对值不等式易求，根据二次函数易求，‎ 然后解不等式即可.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，则 当时，由得，，解得；‎ 当时，恒成立；‎ 当时，由得，，解得.‎ 所以的解集为 ‎（2）对任意，都存在，得成立，等价于.‎ 因为，所以，‎ 且|‎ ‎，①‎ 当时，①式等号成立，即.‎ 又因为，②‎ 当时，②式等号成立，即.‎ 所以，即 即的取值范围为：.‎ ‎【点睛】知识：考查含两个绝对值号的不等式的解法；恒成立问题和存在性问题求参变数的范围问题；能力：分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；中档题.‎