新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2020届高三第一次诊断性测试数学文试题

新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2020届高三第一次诊断性测试数学文试题

‎2020年高三年级第一次诊断性测试 文科数学 ‎（卷面分值：150分考试时间：120分钟）‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.设集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合A，直接进行交集运算即可.‎ ‎【详解】，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法，求出复数z即可.‎ ‎【详解】复数z满足， ，‎ 故本题选B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的四则运算，要求掌握复数的除法运算，比较基础.‎ ‎3.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中直线和平面的位置关系分别去判断各个选项，均可举出反例；可证明得出.‎ ‎【详解】若，，则或与异面或与相交，故选项错误；‎ 若，，则与可能相交，故选项错误；‎ 若直线不相交，则平面不一定平行，故选项错误；‎ ‎， 或，又 ，故选项正确.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.‎ ‎4.设，则有（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 比较三个数与中间量0,1的大小即可求得大小关系.‎ ‎【详解】因为，所以 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查利用指数函数、对数函数的单调性比较指数式、对数式的大小，属于基础题.‎ ‎5.已知向量，且，则（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出的坐标，由知，列出方程即可求出m.‎ ‎【详解】，因为，所以，解得.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查向量的坐标表示，两向量垂直则向量的数量积为0，属于基础题.‎ ‎6.已知双曲线的左、右焦点分别为，B为虚轴的一个端点，且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，则即，又，即可解得.‎ ‎【详解】已知，因为，则在中，‎ 所以即，又，联立得，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质，属于基础题.‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，则输出的( )‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算S的值并输出相应变量n的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．‎ ‎【详解】解：模拟程序的运行，可得 S=0，n=1 S=2，n=2 满足条件S＜30，执行循环体，S=2+4=6，n=3 满足条件S＜30，执行循环体，S=6+8=14，n=4 满足条件S＜30，执行循环体，S=14+16=30，n=5 此时，不满足条件S＜30，退出循环，输出n的值为5． 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．‎ ‎8.从这五个数字中随机选择两个不同的数字，则它们之和为偶数的概率为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出基本事件总数n，再求出这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数m，由此能求出这两个数字的和为偶数的概率 ‎【详解】从1、2、3、4、5、这五个数字中，随机抽取两个不同的数字，‎ 基本事件总数n，‎ 这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数m4，‎ ‎∴这两个数字的和为偶数的概率为p．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．‎ ‎9.等比数列的前项和为，且、、成等差数列，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，根据题意得出关于的二次方程，求出的值，然后利用等比数列求和公式可求出的值.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，由于、、成等差数列，且，‎ ‎，即，即，解得，‎ 因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列求和，解题的关键就是计算出等比数列的首项和公比，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎10.将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列关于说法正确的是（ ）‎ A. 最大值为1，图象关于直线对称 B. 在上单调递减，为奇函数 C. 在上单调递增，为偶函数 D. 周期是，图象关于点对称 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 首先求出，求出函数的值域与对称轴即可选出正确答案.‎ ‎【详解】函数的图象向左平移个单位长度得到，‎ 的值域为， 令，则，所以直线是的一条对称轴，故A正确.‎ 为偶函数，周期为,故B错误；‎ 当时，，令，‎ 则在上显然不单调，故C错误；‎ ‎，故D错误，‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查余弦型函数的性质，包括单调性、周期性、对称性与奇偶性，属于基础题.‎ ‎11.已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，点P在抛物线上，且，延长PF交C于点Q，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出抛物线方程，根据抛物线定义求出点P的坐标，从而写出直线PF的方程，与抛物线方程联立可求得，代入即可求得面积.‎ ‎【详解】由题意知p=2，抛物线方程为：①，点F(1,0)，设点P，点Q，‎ 因为，解得，又点P在抛物线上，则，‎ 不妨设，则直线PF的方程为：②‎ ‎ 联立①②可得：，解得 故选：A ‎【点睛】本题考查抛物线的定义与方程，直线与抛物线的位置关系，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，若对任意，都有，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 借助根式运算将不等式化简为，由函数的单调性可得对任意成立，则m不大于函数在上的最小值即可.‎ ‎【详解】解：由题意易知：，则 又函数在R上单调递增，所以，即对任意成立，‎ 因为在上单调递减，最小值为，‎ 所以，解得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查分段函数，幂函数的单调性，不等式恒成立问题，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分 ‎13.若，满足约束条件，则的最大值为_____________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.‎ ‎【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：‎ 由，可得，‎ 画出直线，将其上下移动，‎ 结合的几何意义，可知当直线在y轴截距最大时，z取得最大值，‎ 由，解得，‎ 此时，故答案为6.‎ 点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.‎ ‎14.已知为锐角，则___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再利用两角和的正弦公式展开，带值计算即可.‎ ‎【详解】解：为锐角，‎ 则为钝角，则，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查已知角的三角函数值求未知角的三角函数值，关键是要找到已知角和未知角之间的关系，将未知角用已知角表示出来，是基础题.‎ ‎15.已知数列满足：（），若，则 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因,故当时,,,即时,,即,所以;当时,,,即时,可得,不成立,所以,应填.‎ 考点：分段数列的通项及运用．‎ ‎16.如图，已知正方体的棱长为2，E、F、G分别为的中点，给出下列命题：‎ ‎①异面直线EF与AG所成的角的余弦值为；‎ ‎②过点E、F、G作正方体的截面，所得的截面的面积是；‎ ‎③平面 ‎④三棱锥的体积为1‎ 其中正确的命题是_____________（填写所有正确的序号）‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】取的中点为点H，连接GH、AH，如图1所示，因为,所以就是异面直线EF与AG所成的角 易知在中，，所以，①正确；‎ 图1 图2 图3‎ 矩形即为过点E、F、G所得正方体的截面，如图2所示，易知,所以，②错误；‎ 分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立如图3所示直角坐标系,则 ‎，，‎ 因为，所以，又平面，‎ 平面且，所以平面，故③正确 ‎，，④正确.‎ 故答案为：①③④‎ ‎【点睛】本题考查异面直线的夹角，平面截正方体所得截面，线面垂直的证明，三棱锥的体积，属于中档题.‎ 三、解答题：第17~21题每题12分，解答应写出文字说明、证明过计算步骤 ‎17.的内角所对的边分别为，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将条件变形，利用余弦定理求；‎ ‎（2）根据条件，利用基本不等式求出最大值，再根据三角形的面积公式代入的最大值求最值即可.‎ ‎【详解】解：（1）由题意得，‎ 即，‎ 所以，‎ 因，‎ ‎；‎ ‎（2）由余弦定理得：，‎ 故，‎ 则，‎ 当时，的面积最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理的应用，三角形的面积公式以及基本不等式的应用，是基础题.‎ ‎18.如图，四棱锥中，底面ABCD，，M为PD的中点 ‎（1）证明：平面PAB ‎（2）若是边长为2的等边三角形，求点C到平面PBD的距离 ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 取AD中点N，连接MN和CN ，首先证明、，从而证明平面 平面由面面平行的性质可推出平面PAB ；(2)根据题意知，证明，从而求出，由等体积法即可求出点C到平面PBD的距离.‎ ‎【详解】（1）如图取AD中点N，连接MN和CN，，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面 ‎，又，‎ 四边形ABCN是平行四边形，，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面 又因为 平面平面PAB，平面 平面；‎ ‎（2）是边长为2的等边三角形，，‎ 因，所以，，‎ 所以，不妨设点C到平面PBD的距离为d,‎ 则,即 ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，面面平行的性质，等体积法求点到面的距离，属于基础题.‎ ‎19.“团购”已经渗透到我们每个人的生活，这离不开快递行业的发展，下表是2013-2017年全国快递业务量（x亿件：精确到0.1）及其增长速度（y%）的数据 ‎（1）试计算2012年的快递业务量；‎ ‎（2）分别将2013年，2014年，…，2017年记成年的序号t：1，2，3，4，5；现已知y与t具有线性相关关系，试建立y关于t的回归直线方程；‎ ‎（3）根据（2）问中所建立的回归直线方程，估算2019年的快递业务量 附：回归直线的斜率和截距地最小二乘法估计公式分别为：，‎ ‎【答案】（1）（亿件）（2）（3）2019年快递业务增长量为（亿件）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设2012年的快递业务量为a，根据题意列出方程求解即可； (2)先求出，，代入即可求出，再代入 即可求出，从而得到回归直线方程；(3)首先利用(2)中求出的回归直线方程求出2018年快递业务增长量，再令，求出2019年快递业务增长量.‎ ‎【详解】（1）设2012年的快递业务量为a，则，解得；‎ ‎（2）‎ t ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ y ‎61‎ ‎52‎ ‎48‎ ‎51‎ ‎28‎ ‎，‎ ‎（3）令，预测2018年比上半年增长，‎ ‎2018年快递业务增长量（亿件）‎ 令，预测2019年比上半年增长，‎ ‎2019年快递业务增长量为（亿件）.‎ ‎【点睛】本题考查折线统计图、柱状图，理解图中横轴、纵轴的含义是关键，考查线性回归方程，属于基础题.‎ ‎20.已知椭圆C：过点，左焦点 ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）分别为椭圆C的左、右顶点，过点F作直线l与椭圆C交于PQ两点（P点在x轴上方），若的面积与的面积之比为2：3，求直线l的方程 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由焦点坐标知，再利用椭圆的定义求出，代入求出b，即可求得椭圆的方程；(2) 设直线l的方程与椭圆方程联立可求得①，‎ ‎②，由得，与上述两方程联立即可求出m，从而求得直线方程.‎ ‎【详解】（1）由题得，；‎ ‎，椭圆的方程为 ‎（2）显然直线l斜率不为零，设直线l的方程与椭圆方程 联立整理，设，‎ ‎①，‎ ‎②‎ ‎，即 P点在x轴上方，③‎ 将③代入①得，再由②得 解得，点在x轴上方：，‎ 直线1的方程 ‎【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程与几何性质，直线与椭圆的位置关系，韦达定理，属于中档题.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）若时，讨论的单调性；‎ ‎（2）设，若有两个零点，求的取值范围 ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出函数的定义域及导数，分类讨论导数根的个数与符号从而求得函数的单调性；(2)求出函数及其导数，当时，至多有一个零点，不符合题意；当时，在上单调递增，在上单调递减，要使有两个零点，则需大于零，从而求出的取值范围.‎ ‎【详解】（1）易知的定义域为，且，‎ 对于，又，‎ ‎①若时，，在上是增函数；‎ ‎②若时，，得,‎ 在和上是增函数，在上是减函数.‎ ‎（2）由，‎ 定义域为且 ‎①当时，恒成立，在上单调递增，则至多有一个零点，不符合题意；‎ ‎②当时，得，‎ 在上单调递增，在上单调递减 要使有两个零点，则，由解得 此时 易知当时，‎ 令，‎ 令，所以，‎ 时，在为增函数，‎ 在为增函数，，所以 函数在与各存在一个零点 综上所述，.‎ ‎【点睛】本题考查导数在研究函数单调性中的作用，利用导数求函数的最值，函数与方程，由零点存在定理判断零点的范围，属于较难题.‎ 选考题：共10分，二选一 ‎22.在平面直角坐标系中，曲线，直线的参数方程为（t为参数），其中，以坐标原点O为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎（2）设，的极坐标方程，A，B分别为直线与曲线异于原点的公共点，当时，求直线的斜率；‎ ‎【答案】（1）曲线的极坐标方程为，直线l的普通方程为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用将的普通方程转化为极坐标方程，消去参数t将直线l的参数方程转化为普通方程； (2)根据题意求出及，又点M在曲线上，则，由列出方程即可得解.‎ ‎【详解】（1）将代入曲线的普通方程得极坐标方程为，‎ 直线l的普通方程为；‎ ‎（2）由已知可得，则，‎ 因为点M在曲线上且，所以 在直角三角形中，则 所以，得直线l的斜率 ‎【点睛】本题考查普通方程与极坐标方程的互化，参数方程化成普通方程，直线与圆的位置关系，直径所对的圆周角是直角，属于中档题.‎ ‎23.函数 ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若的最小值为，且实数满足，求证：‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分类去绝对值符号后解不等式，最后取并集；(2)求出函数的最小值k，根据基本不等式得出结论.‎ ‎【详解】（1）①当时，不等式即为，解得 ‎②当时，不等式即为，‎ ‎③当时，不等式即为，‎ 综上，的解集为 ‎（2）由 当时，取最小值4，即，即 当且仅当时等号成立 ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明与基本不等式的应用，属于中档题.‎