贵州省遵义第二教育集团2020届高三上学期第一次大联考数学（文）试题

贵州省遵义第二教育集团2020届高三上学期第一次大联考数学（文）试题

‎2020届高三第一次联考文科数学试题 第Ⅰ卷选择题 一、选择题：本大题共12个小题,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.设集合，则 等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解对应不等式，化简集合与集合，再求交集，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为或，‎ ‎，‎ 因此.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记交集的概念，以及不等式的解法即可，属于基础题型.‎ ‎2.已知为虚数单位，复数满足，则复数 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，然后利用复数的除法法则进行计算即可.‎ ‎【详解】由可得．故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数除法的运算法则，属于基础题.‎ ‎3.已知双曲线的渐近线方程为,且经过点，则的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由双曲线的渐近线方程，设该双曲线的方程为：，定点坐标代入，求出，即可得到双曲线方程.‎ ‎【详解】因为双曲线的渐近线方程为，‎ 所以可设该双曲线的方程为：，‎ 又该双曲线过点，所以，‎ 因此，即.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查由双曲线的渐近线及定点求双曲线方程，熟记双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质即可，属于常考题型.‎ ‎4.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 ‎（ ）‎ A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．‎ 考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．‎ ‎5.已知变量的取值如下表所示：‎ ‎ ‎ ‎4 ‎ ‎5 ‎ ‎6 ‎ ‎ ‎ ‎8 ‎ ‎6 ‎ ‎7 ‎ 如果与线性相关，且线性回归方程为，则的值为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由表格，得，，代入线性回归方程，得，解得，故选A．‎ 考点：线性回归方程．‎ ‎6.已知某几何体的三视图如图所示，三个视图都为直角三角形，则该几何体的外接球的体积为（ ）  ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 先由三视图确定该几何体为三棱锥，且一边垂直于底面，底面为直角三角形，得到该三棱锥的外接球即是长为，宽为，高为的长方体的外接球，求出外接球直径，再由球的体积公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】由几何体的三视图可知，该几何体为三棱锥，且一边垂直于底面，底面为直角三角形，‎ 因此，该三棱锥的外接球即是长为，宽为，高为的长方体的外接球，‎ 因此其外接球直径为，‎ 所以，其外接球体积为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查求几何体外接球的体积，熟记几何体的结构特征，以及球的体积公式即可，属于常考题型.‎ ‎7.谋士梅长苏与侠女霓凰郡主约好在公元958年的某一天下午5点—6点之间在城门口见面，他们约定：谁先到谁先等20分钟，20分钟内不见另一人的到来则离去.请你计算他们能见面的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别设梅长苏与霓凰郡主到达城门口的时刻为，，根据题意得到，求出其对应区域的面积，再由两人能见面需满足，求出其对应区域的面积，面积比即为所求概率.‎ ‎【详解】分别设梅长苏与霓凰郡主到达城门口的时刻为，，‎ 由题意可得：，作出其表示的平面区域，‎ 显然对应区域面积为，‎ 若两人能见面，则必有，‎ 其对应区域如图中阴影部分所示，‎ 所以阴影部分面积为，‎ 因此，他们能见面的概率是.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查与面积有关的几何概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎8.甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 丙被录用了 B. 乙被录用了 C. 甲被录用了 D. 无法确定谁被录用了 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.‎ ‎【详解】解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，‎ 若乙被录用了，则甲、乙说法错误，丙的说法正确，不符合题意，‎ 若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，‎ 综上可得甲被录用了，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.‎ ‎9.已知函数，把函数的图象向右平移个单位长度后得函数的图象，则下面结论正确的是（ ）‎ A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在区间上是增函数 D. 函数是奇函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 先由题意，得到，根据余弦函数的性质，逐项判断，即可得出结果.‎ ‎【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得函数的图象，‎ 所以，‎ 因此其最小正周期为，A错；‎ 由得，即函数的对称轴为，B错；‎ 由，得，，‎ 即函数的单调递增区间为：，当时，区间为，故C正确；‎ 又，所以函数是偶函数，D错.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查判断三角函数平移后的性质，熟记余弦函数性质即可，属于常考题型.‎ ‎10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若cos B＝，＝2，且S△ABC＝， 则b的值为(　　)‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据正弦定理可得,.‎ 在中,,.‎ ‎,,.‎ ‎,.故C正确.‎ 考点：1正弦定理;2余弦定理.‎ ‎11.如图，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两 支分别交于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. 4 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 为等边三角形，不妨设 为双曲线上一点，‎ 为双曲线上一点,‎ 由 在中运用余弦定理得：‎ ‎,‎ 故答案选 点睛：根据双曲线的定义算出各边长，由等边三角形求得内角，再利用余弦定理计算出离心率．‎ ‎12.已知函数，若方程有四个不等的实数根，则的取值范围是（ ）‎ A. B. 或 C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，用导数的方法判断其在上的单调性，作出函数的大致图像，令，根据图像，得到方程解的个数情况，以及其对应的的范围，再由题意得到方程必有两个不等的实根，根本判别式大于零，得到的范围，再设这两个根为，，且，由题意，得到或或 ‎，进而可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，当时，，所以，‎ 由得；由得，‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减，‎ 作出函数大致图像如下：‎ 令，由图像可得：‎ 当或时，方程有个解；‎ 当或时，方程有个解；‎ 当时，方程有个解；‎ 若方程有四个不等的实数根，‎ 则方程必有两个不等的实根，‎ 所以，解得：或，‎ 不妨设这两个根为，，且，‎ 则或或，‎ 令，‎ 则或或，‎ 解得：或.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查由方程根的个数求参数的问题，熟记导数的方法判断函数的大致形状，根据数形结合的方法，即可求解，属于常考题型.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分）‎ ‎13.已知向量，夹角为，且，；则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知式子两边平方，结合数量积的定义可得关于的一元二次方程，解方程可得．‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴==10，‎ 代入数据可得4×1+4×1××+=10，‎ 化简可得+﹣6=0，‎ 解得=，或﹣3（负数舍去）‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查向量模长的求解，涉及数量积和向量的夹角，属基础题．‎ ‎14.已知曲线在处的切线的斜率为2，则实数的取值是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ f′（x）=3ax2+，‎ 则f′（1）=3a+1=2，解得：a=，‎ 故答案为．‎ 点睛：与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略 ‎（1）已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为：①求出函数在点处的导数，即曲线在点处切线的斜率；②由点斜式求得切线方程为．（2）已知斜率求切点．已知斜率，求切点，即解方程.（3）求切线倾斜角的取值范围．先求导数的范围，即确定切线斜率的范围，然后利用正切函数的单调性解决．‎ ‎15.已知是第四象限，且，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为，所以，由于是第四象限角，则，所以，从而，应填答案．‎ ‎16.若函数，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求出，由倒序相加法，即可求出结果．‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因此；‎ 记，‎ 则 ‎，‎ 因此.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查倒序相加法求和，灵活运用倒序相加法即可，属于常考题型．‎ 三、解答题 ‎17.已知数列的前项和为，，等差数列满足，‎ ‎（Ⅰ）求数列，的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）,；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据，整理可得，从而可知为等比数列，将代入可求得，根据等比数列通项公式求出；将，化为和的形式，求解出基本量，根据等差数列通项公式求得；（Ⅱ）利用错位相减法求解出，由可证得结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ） 当时， ‎ 当时，，整理得：‎ 数列是以为首项，为公比的等比数列 ‎ 设等差数列的公差为 ‎， ，解得：‎ ‎（Ⅱ）证明：设 两式相减可得：‎ 即 ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查等差数列、等比数列通项公式的求解、错位相减法求解数列的前项和的问题，属于常规题型.‎ ‎18.某组织在某市征集志愿者参加志愿活动，现随机抽出60名男生和40名女生共100人进行调查，统计出100名市民中愿意参加志愿活动和不愿意参加志愿活动的男女生比例情况，具体数据如图所示.‎ ‎(1)完成下列列联表，并判断是否有的把握认为愿意参与志愿活动与性别有关？‎ 愿意 不愿意 总计 男生 女生 总计 ‎(2)现用分层抽样的方法从愿意参加志愿活动的市民中选取7名志愿者，再从中抽取2人作为队长，求抽取的2人至少有一名女生的概率.‎ 参考数据及公式：‎ ‎.‎ ‎【答案】(1)列联表见解析；没有99%的把握认为愿意参与志愿活动与性别有关．‎ ‎(2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）完善列联表，求出，然后判断是否有的把握认为愿意参与志愿活动与性别有关；‎ ‎（2）分层抽样的方法从愿意参加志愿活动的市民中选取7名志愿者，则女生4人，男生3人，分别编号为从中任取两人的所有基本事件共有21种情况，其中满足两人中至少有一人是女生的基本事件数有18个，从而求得抽取的2人至少有一名女生的概率.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）‎ 愿意 不愿意 总计 男生 ‎15‎ ‎45‎ ‎60‎ 女生 ‎20‎ ‎20‎ ‎40‎ 总计 ‎35‎ ‎65‎ ‎100‎ 计算，‎ 所以没有99%的把握认为愿意参与志愿活动与性别有关． ‎ ‎（Ⅱ）用分层抽样的方法从愿意参加志愿活动的市民中选取7名志愿者，则女生4人，男生3人，分别编号为从中任取两人的所有基本事件如下：‎ ‎，，‎ ‎，共有21种情况，其中满足两人中至少有一人是女生的基本事件数有18个，抽取的2人至少有一名女生的概率． ‎ 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法 ‎(1)列举法.‎ ‎(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.‎ ‎(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.‎ ‎19.在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，底面，，，，是的中点. ‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）上是否存在点，使得三棱锥的体积是三棱锥体积的.若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明过程见详解；（2）为的中点；理由见详解.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先取中点为，连接，根据题意，证明四边形为矩形，求出，推出，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，得到平面；进而可证明面面垂直；‎ ‎（2）取中点为，连接， 根据题意，证明平面；求出三棱锥的体积为，再求得三棱锥的体积为，得到，再由三棱锥的体积是三棱锥体积的，得到，进而可得出结果.‎ ‎【详解】（1）取中点为，连接，因为四边形是直角梯形，，且，，所以，且，‎ 又，所以四边形为矩形，所以，‎ 因此，‎ 又，所以，因此；‎ 因为底面，所以，‎ 因为，平面，平面，‎ 因此平面；‎ 又平面，所以平面平面；‎ ‎（2）为的中点，理由如下：‎ 取中点为，连接， ‎ 因为，所以，‎ 由底面，平面，可得：平面底面，‎ 因为平面底面，‎ 所以平面；‎ 因此三棱锥的体积为，‎ 又由（1）易知：平面，因为是的中点.‎ 所以三棱锥的体积为，‎ 即，‎ 因此为使三棱锥的体积是三棱锥体积的，‎ 只需，‎ 因此只需点到平面的距离等于的一半，‎ 又点在上，所以为的中点.‎ ‎【点睛】本题主要考查证明面面垂直，以及由几何体体积间的关系确定点的位置，熟记线面垂直与面面垂直的判定定理，以及三棱锥的体积公式，并注意等体积法的应用即可，属于常考题型.‎ ‎20.已知圆，动圆与圆外切，且与直线相切，该动圆圆心的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求曲线的方程 ‎（2）过点的直线与抛物线相交于两点，抛物线在点A的切线与交于点N，求面积的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先设，动圆半径为，根据题意，列出等量关系，化简整理，即可得出曲线方程；‎ ‎（2）设，依题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，以及弦长公式，表示出，再表示出过点点的切线方程，求出点，根据点到直线距离公式，以及三角形面积公式，得到，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）设，动圆半径为，因为动圆与圆外切，‎ 所以，‎ 又动圆与直线相切，所以由题意可得：，‎ 即，即，整理得：；‎ 所以抛物线的方程为.‎ ‎（2）设，依题意可知，直线的斜率存在，‎ 故设直线的方程为：，‎ 联立消去可得，.‎ 则.‎ 所以 ‎. ‎ 由，得，‎ 所以过点的切线方程为， 又，‎ 所以切线方程可化为.令，可得,‎ 所以点,‎ 所以点到直线的距离， ‎ 所以，当时，等号成立 ‎ 所以面积的最小值为4.‎ ‎【点睛】本题主要考查求轨迹方程，以及抛物线中三角形面积的最值问题，熟记求轨迹方程的一般步骤，以及抛物线的简单性质等即可，属于常考题型.‎ ‎21.已知函数 .‎ ‎（1）求时，的单调区间；‎ ‎（2）若存在，使得对任意的，都有，求的取值范围，并证明.‎ ‎【答案】（1）在为减函数，为增函数；（2），证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得，对函数求导，得到， 令，用导数法方法判断其单调性，求出在上为增函数，再由，即可求出结果；‎ ‎（2）先对函数求导，得到 ‎，根据题意，得到为在的极小值点，故，设，对函数求导，根据函数单调性，得到，推出，再令，用导数的方法求出其单调性，进而可得出结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ ‎，‎ 令，则，‎ 所以，由得；由得，‎ 即函数在上单调递减，在上单调递增，‎ 因此，所以在上单调递增；‎ 即在上为增函数.‎ 又因为，‎ 所以当时，；当时，；‎ 故在为减函数，为增函数.‎ ‎(2) ，‎ 因为对任意的恒成立，所以为在的极小值点，故①.‎ 设，则当 时，，‎ 所以在上为增函数，而，.‎ 由①可知，从而 ，故.‎ 又由，即，‎ 所以 ‎ ‎.‎ 令，其中，则，为上的减函数，‎ 故，而，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查求函数的单调区间，以及用导数的方法证明不等式，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.‎ 请考生在第（22），（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上 ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），为上的动点，点满足，点的轨迹为曲线．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，求.‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先设出点P的坐标,然后根据点满足的条件代入曲线的方程即可求出曲线的参数方程，再将参数方程化为普通方程;‎ ‎(2)根据(1)求出曲线,的极坐标方程,分别求出射线与的交点A的极径为,‎ 以及射线与的交点B的极径为,最后根据求出所求.‎ ‎【详解】解:（1）设，则由条件知 由于点在上，‎ 所以，即 从而的参数方程为（为参数）‎ 所以曲线的方程为 ‎（2）因为曲线的参数方程为 所以曲线的普通方程为，则 即曲线的极坐标方程为 同理可得曲线的极坐标方程为 射线与的交点的极径为 射线与的交点的极径为 所以 ‎【点睛】本题考查点的极坐标和直角坐标的互化,以及轨迹方程的求解和线段的度量,属于中档题.‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数 若，求不等式的解集；‎ 若函数有三个零点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把代入，对分类讨论，然后得到每段的相应范围，得到解集.‎ ‎（2）有三个零点，即和有三个交点，分三段，而且只能每段与有一个交点.从而得到的范围，再取交集得到结果.‎ ‎【详解】解：当时 当时，；‎ 当时，得，所以 当时，恒成立，‎ 不等式的解集为 若函数有三个零点，只须：‎ 与有三个交点即可.‎ 即每一段与各有一个交点.‎ 当时，，即，所以；‎ 当时，，即，所以；‎ 当时，，即，所以；‎ 所以综上所述的范围是 ‎【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，零点与交点之间的转化，分类讨论的思想.属于中档题.‎ ‎ ‎