福建省泉州市2020届高三一模考试数学(文)试题 Word版含解析

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文档介绍

福建省泉州市2020届高三一模考试数学(文)试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年高考(文科)数学一模试卷 一、选择题(共10小题).‎ ‎1.已知集合,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解集合,计算即可.‎ ‎【详解】由得,,‎ ‎.‎ 故选:A ‎【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的求解,集合的交集运算.‎ ‎2.若与互为共轭复数,则( )‎ A. 0 B. 3 C. -1 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算,由共轭复数的概念解得即可.‎ ‎【详解】,又由共轭复数概念得:,‎ ‎.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算,共轭复数的概念.‎ ‎3.记为等差数列的前项和.若,,则( )‎ A. 5 B. 3 C. -12 D. -13‎ ‎【答案】B - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得,,解得,,计算可得.‎ ‎【详解】,,,,解得,,‎ ‎.‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,前项和公式,考查了学生运算求解能力.‎ ‎4.已知角的顶点与坐标原点重合,始边与轴的非负半轴重合,若点在角的终边上,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知,又,代入计算可得.‎ ‎【详解】由题知,又.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的定义,诱导公式,二倍角公式的应用求值.‎ ‎5.执行如图所示的程序框图,若输入,,则输出的( )‎ - 24 -‎ A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图程序运算即可得.‎ ‎【详解】依程序运算可得:‎ ‎,‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图的计算,解题的关键是理解程序框图运行的过程.‎ ‎6.已知椭圆:的左、右焦点分别为,,过的直线与轴交于点,线段与交于点.若,则的方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 由题可得,所以,又,所以,得,故可得椭圆的方程.‎ ‎【详解】由题可得,所以,‎ 又,所以,得,,‎ 所以椭圆的方程为.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的定义,椭圆标准方程的求解.‎ ‎7.已知函数,,,,则,,的大小关系为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可判断函数在上单调递增,且,所以.‎ ‎【详解】在上单调递增,且,‎ 所以.‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查了函数单调性的判定,指数函数与对数函数的性质,利用单调性比大小等知识,考查了学生的运算求解能力.‎ ‎8.中,,为的中点,,,则( )‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 在中,由正弦定理得;进而得,在中,由余弦定理可得.‎ ‎【详解】在中,由正弦定理得,得,又,所以为锐角,所以,,‎ 在中,由余弦定理可得,‎ ‎.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用,考查了学生的运算求解能力.‎ ‎9.若时,,则的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得对恒成立,令,然后分别求出即可得取值范围.‎ ‎【详解】由题得对恒成立,‎ 令,‎ 在单调递减,且,‎ 在上单调递增,在上单调递减,‎ ‎,‎ 又在单调递增,,‎ - 24 -‎ 的取值范围为.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题,导数的综合应用,考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题,可采用参变量分离法去求解.‎ ‎10.若双曲线:绕其对称中心旋转后可得某一函数的图象,则的离心率等于( )‎ A. B. C. 2或 D. 2或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的几何性质与函数的概念可知,此双曲线的两条渐近线的夹角为,所以或,由离心率公式即可算出结果.‎ ‎【详解】由双曲线的几何性质与函数的概念可知,此双曲线的两条渐近线的夹角为,又双曲线的焦点既可在轴,又可在轴上,所以或,或.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质,函数的概念,考查了分类讨论的数学思想.‎ 二、多项选择题:本题共2小题,每小题5分,共10分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.不选或选出的选项中含有错误选项得0分,只选出部分正确选项得3分,选出全部正确选项得5分.‎ ‎11.是衡量空气质量重要指标.下图是某地9月1日到10日的日均值(单位:)的折线图,则下列说法正确的是( )‎ - 24 -‎ A. 这10天中日均值的众数为33‎ B. 这10天中日均值的中位数是32‎ C. 这10天中日均值的中位数大于平均数 D. 这10天中日均值前4天的方差大于后4天的方差 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对折线图信息进行分析,逐一判断检验即可.‎ ‎【详解】由折线图得,这10天中日均值的众数为33,中位数为,中位数小于平均数;前4天的数据波动比后4天的波动大,故前4天的方差大于后4天的方差.‎ 故选:ABD ‎【点睛】本题主要考查了折线图,考查了学生的识图能力与数据分析能力.解题的关键是正确理解众数,中位数,平均数,方差的概念.‎ ‎12.已知正方体的棱长为1,是的中点,则下列选项中正确的是( )‎ A. B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成的角为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 判断平面,可得;‎ 由得,平面;‎ 计算三棱锥的体积可得三棱锥;‎ 异面直线与所成的角即为直线与所成的角 ‎【详解】‎ 对于A,易证平面,所以,故A正确;‎ 对于B,因为,所以平面,故B正确;‎ 对于C,,故C错误;‎ 对于D,因为,所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角,又为等边三角形,故直线与所成的角为,故D错误.‎ 故选:AB ‎【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面的位置关系的判定,几何体体积的计算,考查了空间中异面直线所成角的计算,考查了学生的空间想象能力和逻辑推理能力.‎ 三、填空题:共4小题,每小题5分,共20分、将答案填在答题卡的相应位置 ‎13.已知向量,,,则_________‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得,算出,再代入算出即可.‎ ‎【详解】,,,,解得:,‎ - 24 -‎ ‎,则.‎ 故答案为:2‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算,向量垂直的性质,向量的模的计算.‎ ‎14.若函数,则使得不等式成立的的取值范围为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分,两种情况代入讨论即可求解.‎ ‎【详解】,‎ 当时,,符合;‎ 当时,,不满足.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段函数的计算,考查了分类讨论的思想.‎ ‎15.函数的最大值为_________,所有零点之和为_________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)化简函数得,可得;‎ ‎(2)令,将函数的零点问题转化为与的交点求解,作出两个函数的图象,根据图象可求解.‎ - 24 -‎ ‎【详解】(1),,‎ 又,,;‎ ‎(2)令,则即可转化为,作出与,‎ 由图知:交点关于直线对称,设函数的零点为,,,则有 ‎,‎ ‎.‎ 故答案为:(1). (2). ‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质,函数零点问题的求解,考查了数形结合的数学思想,转化与化归的思想.‎ ‎16.正四棱柱中,,.若是侧面内的动点,且,则与平面所成角的正切值的最大值为___________.‎ ‎【答案】2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图,以为原点建立空间直角坐标系,设点,由得 - 24 -‎ ‎,证明为与平面所成角,令,用三角函数表示出,求解三角函数的最大值得到结果.‎ ‎【详解】‎ 如图,以为原点建立空间直角坐标系,设点,则,‎ ‎,又,‎ 得即;‎ 又平面,为与平面所成角,‎ 令,‎ 当时,最大,即与平面所成角的正切值的最大值为2.‎ 故答案为:2‎ ‎【点睛】本题主要考查了立体几何中的动点问题,考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题,一般是建立空间直角坐标,在动点坐标内引入参数,将最值问题转化为函数的最值问题求解,考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.‎ 四、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、‎ - 24 -‎ ‎17.记为数列的前项和,已知,等比数列满足,.‎ ‎(1)求的通项公式;‎ ‎(2)求的前项和.‎ ‎【答案】(1)(2)当时,;当时,‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用数列与的关系,求得;‎ ‎(2)由(1)可得:,,算出公比,利用等比数列的前项和公式求出.‎ ‎【详解】(1)当时,,‎ 当时,‎ ‎,‎ 因为适合上式,‎ 所以.‎ ‎(2)由(1)得,,‎ 设等比数列的公比为,则,解得,‎ 当时,,‎ 当时,.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列与的关系、等比数列的通项公式、前项和公式等基础知识,考 - 24 -‎ 查运算求解能力.‎ ‎.‎ ‎18.唐诗是中国文学的瑰宝.为了研究计算机上唐诗分类工作中检索关键字的选取,某研究人员将唐诗分成7大类别,并从《全唐诗》48900多篇唐诗中随机抽取了500篇,统计了每个类别及各类别包含“花”、“山”、“帘”字的篇数,得到下表:‎ 爱情婚姻 咏史怀古 边塞战争 山水田园 交游送别 羁旅思乡 其他 总计 篇数 ‎100‎ ‎64‎ ‎55‎ ‎99‎ ‎91‎ ‎73‎ ‎18‎ ‎500‎ 含“山”字的篇数 ‎51‎ ‎48‎ ‎21‎ ‎69‎ ‎48‎ ‎30‎ ‎4‎ ‎271‎ 含“帘”字的篇数 ‎21‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎7‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎38‎ 含“花”字的篇数 ‎60‎ ‎6‎ ‎14‎ ‎17‎ ‎32‎ ‎28‎ ‎3‎ ‎160‎ ‎(1)根据上表判断,若从《全唐诗》含“山”字的唐诗中随机抽取一篇,则它属于哪个类别的可能性最大,属于哪个类别的可能性最小,并分别估计该唐诗属于这两个类别的概率;‎ ‎(2)已知检索关键字的选取规则为:‎ ‎①若有超过95%的把握判断“某字”与“某类别”有关系,则“某字”为“某类别”的关键字;‎ ‎②若“某字”被选为“某类别”关键字,则由其对应列联表得到的的观测值越大,排名就越靠前;‎ 设“山”“帘”“花”和“爱情婚姻”对应的观测值分别为,,.已知,,请完成下面列联表,并从上述三个字中选出“爱情婚姻”类别的关键字并排名.‎ 属于“爱情婚姻”类 不属于“爱情婚姻”类 总计 - 24 -‎ 含“花”字的篇数 不含“花”的篇数 总计 附:,其中.‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎【答案】(1)该唐诗属于“山水田园”类别的可能性最大,属于“其他”类别的可能性最小;属于“山水田园”类别的概率约为;属于“其他”类别的概率约为(2)填表见解析;选择“花”,“帘”作为“爱情婚姻”类别的关键字,且排序为“花”,“帘”‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据统计图表算出频率,比较大小即可判断;‎ ‎(2)根据统计图表完成列联表,算出观测值,查表判断.‎ ‎【详解】(1)由上表可知,‎ 该唐诗属于“山水田园”类别的可能性最大,属于“其他”类别的可能性最小 属于“山水田园”类别的概率约为;属于“其他”类别的概率约为;‎ ‎(2)列联表如下:‎ 属于“爱情婚姻”类 不属于“爱情婚姻”类 共计 含“花”的篇数 ‎60‎ ‎100‎ ‎160‎ - 24 -‎ 不含“花”的篇数 ‎40‎ ‎300‎ ‎340‎ 共计 ‎100‎ ‎400‎ ‎500‎ 计算得:;‎ 因为,,所以有超过95%的把握判断“花”字和“帘”字均与“爱情婚姻”有关系,故“花”和“帘”是“爱情婚姻”的关键字,而“山”不是;‎ 又因为,故选择“花”,“帘”作为“爱情婚姻”类别的关键字,且排序为“花”,“帘”.‎ ‎【点睛】本题主要考查统计图表、频率与概率的关系、用样本估计总体、独立性检验等知识点.考查了学生对统计图表的识读与计算能力,考查了学生的数据分析、数学运算等核心素养.‎ ‎19.如图1,四边形是边长为2的菱形,,为的中点,以为折痕将折起到的位置,使得平面平面,如图2.‎ ‎(1)证明:平面平面;‎ ‎(2)求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可证得,,所以平面,则平面平面可证;‎ ‎(2)解法一:利用等体积法由可求出点到平面 - 24 -‎ 的距离;解法二:由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离,过点作的垂线,垂足,证明平面,计算出即可.‎ ‎【详解】解法一:(1)依题意知,因为,所以.‎ 又平面平面,平面平面,平面,‎ 所以平面.‎ 又平面,‎ 所以.‎ 由已知,是等边三角形,且为的中点,所以.‎ 因为,所以.‎ 又,所以平面.‎ 又平面,所以平面平面.‎ ‎(2)在中,,,所以.‎ 由(1)知,平面,且,‎ 所以三棱锥的体积.‎ 在中,,,得,‎ 由(1)知,平面,所以,‎ 所以,‎ 设点到平面的距离,‎ 则三棱锥的体积,得.‎ 解法二:(1)同解法一;‎ ‎(2)因为,平面,平面,‎ 所以平面.‎ - 24 -‎ 所以点到平面的距离等于点到平面的距离.‎ 过点作的垂线,垂足,即.‎ 由(1)知,平面平面,平面平面,平面,‎ 所以平面,即为点到平面的距离.‎ 由(1)知,,‎ 在中,,,得.‎ 又,所以.‎ 所以点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离,考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解:①等体积法;②作(找)出点到平面的垂线段,进行计算即可.‎ ‎20.已知是抛物线:的焦点,点在上,到轴的距离比小1.‎ ‎(1)求的方程;‎ ‎(2)设直线与交于另一点,为的中点,点在轴上,.若,求直线的斜率.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由抛物线定义可知,解得,故抛物线的方程为;‎ ‎(2)设直线:,联立,利用韦达定理算出的中点,又,所以直线的方程为,‎ 求出,利用求解即可.‎ - 24 -‎ ‎【详解】(1)设的准线为,过作于,则由抛物线定义,得,‎ 因为到的距离比到轴的距离大1,所以,解得,‎ 所以的方程为 ‎(2)由题意,设直线方程为,‎ 由消去,得,‎ 设,,则,‎ 所以,‎ 又因为为的中点,点的坐标为,‎ 直线的方程为,‎ 令,得,点的坐标为,‎ 所以,‎ 解得,所以直线的斜率为.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义,直线与抛物线的位置关系等基础知识,考查学生的运算求解能力.涉及抛物线的弦的中点,斜率问题时,可采用韦达定理或“点差法”求解.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)当时,判断在上的单调性并加以证明;‎ ‎(2)若,,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)在为增函数;证明见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎(1)令,求出,可推得,故在为增函数;‎ ‎(2)令,则,由此利用分类讨论思想和导数性质求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】(1)当时,.‎ 记,则,‎ 当时,,.‎ 所以,所以在单调递增,所以.‎ 因为,所以,所以在为增函数.‎ ‎(2)由题意,得,记,则,‎ 令,则,‎ 当时,,,所以,‎ 所以在为增函数,即在单调递增,‎ 所以.‎ ‎①当,,恒成立,所以为增函数,即在单调递增,‎ 又,所以,所以在为增函数,所以 所以满足题意.‎ ‎②当,,令,,‎ 因为,所以,故在单调递增,‎ 故,即.‎ 故,‎ 又在单调递增,‎ - 24 -‎ 由零点存在性定理知,存在唯一实数,,‎ 当时,,单调递减,即单调递减,‎ 所以,此时在为减函数,‎ 所以,不合题意,应舍去.‎ 综上所述,的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的综合应用,利用导数研究函数的单调性、最值和零点及不等式恒成立等问题,考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想,考查了学生的逻辑推理和运算求解能力,属于难题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中,已知直线的参数方程为(为参数),圆的方程为,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎(1)求和的极坐标方程;‎ ‎(2)过且倾斜角为的直线与交于点,与交于另一点,若,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)直接利用转换公式,把参数方程,直角坐标方程与极坐标方程进行转化;‎ ‎(2)利用极坐标方程将转化为三角函数求解即可.‎ ‎【详解】(1)因为,所以的普通方程为,‎ 又,,,‎ 的极坐标方程为,‎ 的方程即为,对应极坐标方程为.‎ - 24 -‎ ‎(2)由己知设,,则,,‎ 所以,‎ 又,,‎ 当,即时,取得最小值;‎ 当,即时,取得最大值.‎ 所以,的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直角坐标方程,参数方程与极坐标方程的互化,三角函数的值域求解等知识,考查了学生的运算求解能力.‎ ‎23.记函数的最小值为.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)若正数,,满足,证明:.‎ ‎【答案】(1)(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将函数转化为分段函数或利用绝对值三角不等式进行求解;‎ ‎(2)利用基本不等式或柯西不等式证明即可.‎ ‎【详解】解法一:(1)‎ - 24 -‎ 当时,,‎ 当,,‎ 当时,,‎ 所以 解法二:(1)‎ 如图 当时,‎ 解法三:(1)‎ 当且仅当即时,等号成立.‎ 当时 - 24 -‎ 解法一:(2)由题意可知,,‎ 因为,,,所以要证明不等式,‎ 只需证明,‎ 因为成立,‎ 所以原不等式成立.‎ 解法二:(2)因为,,,所以,‎ ‎,‎ 又因为,‎ 所以,‎ 所以,原不等式得证.‎ 补充:解法三:(2)由题意可知,,‎ 因为,,,所以要证明不等式,‎ 只需证明,‎ 由柯西不等式得:成立,‎ 所以原不等式成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值函数的最值求解,不等式的证明,绝对值三角不等式,基本不等式及柯西不等式的应用,考查了学生的逻辑推理和运算求解能力.‎ - 24 -‎ - 24 -‎
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