吉林省长春市2020届高三一模考试数学（文）试题 19页

长春市2020届高三质量监测（一）文科数学 一、选择题：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.复数，则它的共轭复数在复平面内对应的点位于（　　）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：复数的共轭复数为，在复平面内对应点的坐标为，所以位于第三象限。选C 考点：复数的概念及运算 ‎2.已知集合， ，则( )‎ A. B. 或≤‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将集合中表示元素的范围求出，然后再求两个集合的交集.‎ ‎【详解】，‎ ‎∴或≤‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合间的基本运算，难度容易，求解的时候注意等号是否能取到的问题.‎ ‎3.已知等差数列的前项和为， ， ，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据给出条件求出，利用，，成等差数列计算，再根据前项和性质计算的值.‎ ‎【详解】由得，,∴‎ ‎∴‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】等差数列性质：；‎ 等差数列前项和性质：.‎ ‎4.已知条件，条件，则是的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用集合间的关系推出之间的关系.‎ ‎【详解】，则是的必要不充分条件,‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】成立的对象构成的集合为，成立的对象构成的集合为：‎ 是的充分不必要条件则有：；‎ 是的必要不充分条件则有：.‎ ‎5.2019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013 年到 2018 年六年间我国公共图书馆业机构数（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将 2013 年编号为 1，2014 年编号为 2，…，2018年编号为 6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从 1 到 6 作为自变量进行回归分析），得到回归直线，其相关指数 ‎，给出下列结论，其中正确的个数是( )‎ ‎①公共图书馆业机构数与年份的正相关性较强 ‎ ‎②公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个 ‎ ‎③可预测 2019 年公共图书馆业机构数约为3192个 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据和确定是正相关还是负相关以及相关性的强弱；根据的值判断平均每年增加量；根据回归直线方程预测年公共图书馆业机构数.‎ ‎【详解】由图知点散布在从左下角到右上角的区域内，所以为正相关，‎ 又趋近于1，所以相关性较强，故①正确；由回归方程知②正确；‎ 由回归方程，当时，得估计值为3191.9≈3192，故③正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】回归直线方程中的的大小和正负分别决定了单位增加量以及相关型的正负；相关系数决定了相关性的强弱，越接近相关性越强.‎ ‎6.已知直线与圆相切，则( )‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径来求解.‎ ‎【详解】由圆心到切线的距离等于半径，得 ‎∴∴‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系中的相切，难度较易；注意相切时，圆心到直线的距离等于半径.‎ ‎7.已知，，，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析每个数的正负以及与中间值的大小关系.‎ ‎【详解】因为，，， ‎ 所以，∴，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】指数、对数、幂的式子的大小比较，首先确定数的正负，其次确定数的大小（很多情况下都会和作比较），在比较的过程中注意各函数单调性的使用.‎ ‎8.已知为直线，平面，则下列说法正确的是( )‎ ‎①，则 ②，则 ‎③，则 ④，则 A. ①②③ B. ②③④ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①可根据线面垂直的性质定理判断；②③④可借助正方体进行判断.‎ ‎【详解】①由线面垂直的性质定理可知垂直同一平面的两条直线互相平行，故正确；②选取正方体的上下底面为以及一个侧面为，则，故错误；③选取正方体的上底面的对角线为，下底面为，则不成立，故错误；④选取上下底面为，任意作一个平面平行上底面为，则有 成立，故正确.所以说法正确的有：①④.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】对于用符号语言描述的问题，最好能通过一个具体模型或者是能够画出相应的示意图，这样在判断的时候能更加直观.‎ ‎9.函数的图象（部分图象如图所示） ，则其解析式为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过以及的范围先确定的取值，再根据过点计算的取值.‎ ‎【详解】由，‎ 由 即，‎ 即为解析式.‎ ‎【点睛】根据三角函数的图象求解函数解析式时需要注意：（1）根据周期求解的值；（2）根据图象所过的特殊点求解的值；（3）根据图象的最值，确定的值.‎ ‎10.中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴. 一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据扇形与圆面积公式，可知面积比即为圆心角之比，再根据圆心角和的关系，求解出扇形的圆心角.‎ ‎【详解】与所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，‎ 设与所在扇形圆心角分别为，‎ 则，又，解得 ‎【点睛】本题考查圆与扇形的面积计算，难度较易.扇形的面积公式：，其中是扇形圆心角的弧度数，是扇形的弧长.‎ ‎11.已知是抛物线的焦点，则过作倾斜角为的直线分别交抛物线于 ‎（在轴上方）两点，则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的焦半径的倾斜角和焦准距的表示形式将表示出来，然后代入相应值计算即可.‎ ‎【详解】，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】焦点在轴上的抛物线，过抛物线的焦点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且，则有，，.‎ ‎12.已知函数，若存在 使得成立，则实数的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数形结合去分析，先画出的图象，然后根据直线过将直线旋转，然后求解满足条件的取值范围.‎ ‎【详解】如图, 直线过定点,为其斜率，满足题意，‎ 当时，考虑直线与函数相切，此时 ，解得，此时直线与的切点为，∴也满足题意.选D ‎【点睛】分段函数中存在和恒成立问题，利用数形结合的思想去看问题会更加简便，尤其是直线与曲线的位置关系，这里需要注意：（1）直线过定点；（2）临界位置的切线问题.‎ 二、填空题.‎ ‎13.已知，则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将所给式子平方，找到与的关系.‎ ‎【详解】平方得 ‎∴.‎ ‎【点睛】与的关系：；‎ ‎14.设变量满足约束条件，则的最小值等于_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组表示的可行域，采用平移直线法计算对应直线的截距，从而得到的最值.‎ ‎【详解】画出可行域如图，变形为，‎ 过点A（-2，-2），z取得最大值4，过点C(-22)取得最小值.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划的内容，难度较易.线性规划问题，如果是线性的目标函数采用平移直线法是常规的选择；如果是非线性的目标函数，则需要分析目标函数所表示的几何意义.‎ ‎15.三棱锥中，⊥平面，,,，则三棱锥的外接球的表面积为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题设位置关系，可知以为长、宽、高的长方体的外接球就是三棱锥的外接球，根据这一特点进行计算.‎ ‎【详解】设外接球的半径为，则 ‎∴‎ ‎【点睛】对于求解多条侧棱互相垂直的几何体的外接球，可考虑将该几何体放入正方体或者长方体内，这样更加方便计算出几何体外接球的半径.‎ ‎16.已知△的内角的对边分别为，若,，且，则____;若△的面积为，则△的周长的最小值为_____.‎ ‎【答案】 (1). (2). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据向量垂直得出边角关系，然后利用正、余弦定理求解的值；根据面积以及在余弦定理，利用基本不等式，从而得到周长的最小值（注意取等号条件）.‎ ‎【详解】由得 得,∴∴；‎ ‎∴又 所以（当且仅当时等号成立）‎ ‎【点睛】（1），若垂直，则有：；‎ ‎（2）取等号的条件是：.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. ‎ ‎17.已知数列中，，，设.‎ ‎（Ⅰ）求证：数列是等差数列； ‎ ‎（Ⅱ）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明（为常数）即可；‎ ‎（2）将采用裂项的方式先拆开，然后利用裂项相消的求和方法求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：当时，‎ ‎，所以是以为首项，为公差的等差数列.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】常见的裂项相消形式：‎ ‎（1）；（2）；‎ ‎（3）；‎ ‎（4）.‎ ‎18.环保部门要对所有的新车模型进行广泛测试，以确定它的行车里程的等级，右表是对 100 辆新车模型在一个耗油单位内行车里程（单位：公里）的测试结果. ‎ ‎（Ⅰ）做出上述测试结果的频率分布直方图，并指出其中位数落在哪一组； ‎ ‎（Ⅱ）用分层抽样的方法从行车里程在区间[38,40)与[40,42)的新车模型中任取5辆，并从这5辆中随机抽取2辆，求其中恰有一个新车模型行车里程在[40,42)内的概率.‎ ‎【答案】（Ⅰ）图略，中位数在区间.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）画出频率分布直方图后，找到频率总和为时对应的分组区间；‎ ‎（2）先利用分层抽样计算每组内抽取的辆数，然后对车辆进行标记，利用古典概型计算目标事件的概率.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意可画出频率分布直方图如图所示：‎ 前组频率总和为，第组频率为，且 ，则由图可知，中位数在区间.‎ ‎（Ⅱ）由题意，设从中选取的车辆为，从中选取的车辆为，‎ 则从这5辆车中抽取2辆的所有情况有10种，分别为，‎ 其中符合条件的有6种，，所以所求事件的概率为.‎ ‎【点睛】中位数计算方法：‎ ‎（1）找到频率总和为所在的区间段；‎ ‎（2）计算前几组频率总和，记为，频率总和为所在的区间段的频率记为；‎ ‎（3）计算组距，记为；‎ ‎（4）频率总和为所在的区间段的左端点值得到的结果即为中位数.‎ ‎19.在三棱柱中，平面、平面、平面两两垂直. ‎ ‎（Ⅰ）求证：两两垂直； ‎ ‎（Ⅱ）若，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过辅助线以及根据面面垂直的性质定理可证中任意一条直线垂直于另外两条直线构成的平面，即垂直于另外两条直线；‎ ‎（2）采用替换顶点的方式计算体积，计算出高和底面积即可计算体积.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：在内取一点，作，‎ 因为平面平面，其交线为，所以平面，，‎ 同理，所以平面，，‎ 同理，故两两垂直. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，三棱锥的高为，‎ ‎，所以三棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】（1）面面垂直的性质定理：两个平面垂直，一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直；‎ ‎（2）计算棱锥的体积时，有时候可考虑采用替换顶点的方式去简化计算.a ‎20.已知点，若点满足 ‎（Ⅰ）求点的轨迹方程； ‎ ‎（Ⅱ）过点的直线与（Ⅰ）中曲线相交于两点，为坐标原点， 求△面积的最大值及此时直线的方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）面积的最大值为，此时直线的方程为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的定义求解轨迹方程；‎ ‎（2）设出直线方程后，采用（表示原点到直线的距离）表示面积，最后利用基本不等式求解最值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由定义法可得，点的轨迹为椭圆且，. ‎ 因此椭圆的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为与椭圆交于点， ‎ ‎，联立直线与椭圆的方程消去可得，‎ 即，. ‎ 面积可表示为 令，则，上式可化为，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 因此面积的最大值为，此时直线的方程为.‎ ‎【点睛】常见的利用定义法求解曲线的轨迹方程问题：‎ ‎（1）已知点，若点满足且，则的轨迹是椭圆；‎ ‎（2）已知点，若点满足且，则的轨迹是双曲线.‎ ‎21.设函数.‎ ‎（Ⅰ）求函数的极值； ‎ ‎（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ），无极大值；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导后，求解导函数零点，并用列表法分析极值；‎ ‎（2）对所给不等式进行变形，将分离出来便于求导，同时构造新函数，分析时，恒成立时的范围.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）令，‎ ‎+‎ 极小值 ‎，无极大值； ‎ ‎（II）由题意可知，，则原不等式等价于，‎ 令，，‎ ‎①当时，，，在上单调递减，‎ ‎，成立；‎ ‎②当时，，‎ 使得当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增，故当时，，不成立；‎ 综上所述，.‎ ‎【点睛】根据不等式恒成立求解参数范围的问题常用的方法：‎ ‎（1）分类讨论法（所给不等式进行适当变形，利用参数的临界值进行分析）；‎ ‎（2）参变分离法（构造新的函数，将函数的取值与参数结合在一起）.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为. ‎ ‎（Ⅰ）求直线的普通方程和圆的直角坐标方程； ‎ ‎（Ⅱ）直线与圆交于两点，点，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）直线的普通方程为，圆的直角坐标方程为.（Ⅱ）2‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）求直线的普通方程，消去参数即可；求圆的直角坐标方程利用互化即可.‎ ‎（2）根据直线所过定点，利用直线参数方程中的几何意义求解的值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）直线的普通方程为，‎ 圆的直角坐标方程为. ‎ ‎（Ⅱ）联立直线的参数方程与圆的直角坐标方程可得，‎ 化简可得. ‎ 则.‎ ‎【点睛】（1）直角坐标和极坐标互化公式：；‎ ‎（2）直线过定点，与圆锥曲线的交点为，利用直线参数方程中的几何意义求解：，则有，.‎ ‎23.已知函数 . ‎ ‎（Ⅰ）解关于的不等式 ； ‎ ‎（Ⅱ）若函数的最大值为，设，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）最小值为2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）采用零点分段的方法解不等式；‎ ‎（2）计算出的最大值，再利用基本不等式求解的最小值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意 当时，，可得，即. ‎ 当时，，可得，即. ‎ 当时，，可得，即 ‎ 综上，不等式的解集为. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得函数的最大值，且，‎ 即，当且仅当时“=”成立，‎ 可得，即，因此的最小值为2.‎ ‎【点睛】（1）解绝对值不等式，最常用的方法就是零点分段：考虑每个绝对值等于零时的值，再逐段分析；‎ ‎（2）注意利用，求解最值.‎ ‎ ‎