辽宁省辽阳市2020届高三一模考试数学（理）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 高三考试数学试卷（理科）‎ 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3.本试卷主要考试内容：高考全部内容。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共12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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合，再求 ‎【详解】因为。‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查解二次不等式和集合求交集，属于基础题.‎ ‎2.已知复数满足，则的虚部是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用复数的除法运算求出复数，得到其虚部.‎ ‎【详解】因为.‎ - 22 -‎ 所以的虚部是.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的基本概念，属于基础题.‎ ‎3.某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比.‎ ‎【详解】水费开支占总开支的百分比为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查折线图与柱形图，属于基础题.‎ ‎4.将甲、乙、丙、丁、戊5名护士派往5所医院（含医院），每所医院派1名护士，则甲和乙都不派往医院的总派法数为（ ）‎ A. 48 B. 60 C. 72 D. 96‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先从丙、丁、戊3名护士中选一人去医院有种派法，则余下4人派到4个医院去有种派法，则可得到答案.‎ ‎【详解】因为甲和乙都不去医院，所以去医院的只有丙、丁、戊3名护士，则有 - 22 -‎ 种派法 故甲和乙都不派往医院的总派法数为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查有特殊要求的排列问题，属于基础题.‎ ‎5.设非零向量，满足，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，利用数量积的运算性质结合条件可得答案.‎ ‎【详解】，.‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零求向量的模长，属于中档题.‎ ‎6.设双曲线，，的离心率分别为，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知双曲线标准方程，根据离心率的公式，直接分别算出，，，即可得出结论.‎ ‎【详解】对于双曲线，‎ - 22 -‎ 可得，则，‎ 对于双曲线，‎ 得，则，‎ 对于双曲线，‎ 得，则，‎ 可得出，，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的标准方程和离心率，属于基础题.‎ ‎7.将60个个体按照01，02，03，…，60进行编号，然后从随机数表第9行第9列开始向右读数（下表为随机数表的第8行和第9行）‎ ‎63 01 63 78 59 16 95 55 67 19 98 10 50 71 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 79‎ ‎33 21 12 34 29 78 64 56 07 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54‎ 则抽取的第11个个体的编号是（ ）‎ A. 38 B. 13 C. 42 D. 02‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 随机数表第9行第9列为2，从29开始依次向右读数，读出11个小于等于60的数字，从而得答案.‎ ‎【详解】随机数表第9行第9列为2，抽取的个体分别为29，56，07，52，42，44，38，15，51，13，02.‎ - 22 -‎ 所以第11个个体为02.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查随机数表的应用，考查利用随机数表抽取样本数据，属于基础题.‎ ‎8.若，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件有，利用均值不等式有可得到答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 则，当且仅当时，等号成立，‎ 故的最小值为4.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查对数的运算性质和利用均值不等式求最值，属于中档题.‎ ‎9.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，再利用余弦的二倍角公式可得答案.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查同角三角函数的关系和余弦的二倍角公式，属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎10.如图，在正四棱柱中，，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则( )‎ A. 直线与直线异面，且 B. 直线与直线共面，且 C. 直线与直线异面，且 D. 直线与直线共面，且 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 连接，，，，由正方体的特征得，‎ 所以直线与直线共面.‎ 由正四棱柱的特征得，‎ 所以异面直线与所成角为.‎ - 22 -‎ 设，则，则，，，‎ 由余弦定理，得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.已知函数，将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象.若的图象关于直线对称，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将的图象向右平移个单位长度得，又的图象关于直线对称，则，可求出参数的值,从而得到答案.‎ ‎【详解】，‎ 因为的图象关于直线对称，则 由，得，解得.‎ 故.‎ - 22 -‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查三角函数图象的平移变换，三角函数的图象性质，属于中档题.‎ ‎12.设定义在上的函数的导函数为，对都有，当且时，，则（ ）‎ A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得在上单调递增，又，所以，，则，又在上单调递减，可得，，从而得到答案.‎ ‎【详解】，当时，，在上单调递增，‎ ‎，‎ 又，且 ‎，的图象关于对称，‎ 又在上单调递减，‎ ‎，且 ‎.‎ - 22 -‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查对数大小的比较，考查利用函数的单调性和对称性比较大小，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.‎ ‎13.分别为内角的对边.已知，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由根据正弦定理有，可得答案.‎ ‎【详解】因为，所以，又，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理进行边角的互化，属于基础题.‎ ‎14.四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且，，，则四面体ABCD的体积为____，球O的表面积为____‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据四面体的特征，利用锥体体积公式求解，②利用补图法可得该四面体的外接球与以AB，AC，AD为长宽高的长方体的外接球相同，求出体对角线长度即直径，即可得解.‎ ‎【详解】因为AB，AC，AD两两垂直，且，，，‎ 所以四面体ABCD的体积，‎ 该四面体的外接球与以AB，AC，AD为长宽高的长方体的外接球相同，‎ 直径为该长方体的体对角线长 球O的表面积为.‎ 故答案为：①1，②‎ - 22 -‎ ‎【点睛】此题考查求锥体体积，解决几何体的外接球问题，需要积累常见几何体外接球半径的求解方法，以便于解题中能够事半功倍.‎ ‎15.函数的值域为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由根据的范围先求分母的范围，可得值域.‎ ‎【详解】，‎ ‎，，，‎ 所以，则.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查求函数的值域，属于基础题.‎ ‎16.设，若直线上存在一点满足，且的内心到轴的距离为，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得点为直线与椭圆的交点,直线方程与椭圆方程联立可得，由的内心到轴的距离为，即的内切圆的半径，由等面积法可求出参数的值.‎ - 22 -‎ ‎【详解】点满足,则点在椭圆上.‎ 由题意可得点为直线与椭圆的交点.‎ 联立与，消去得，则.‎ 因为的内心到轴的距离为，所以的内切圆的半径.‎ 所以的面积为，‎ 即，解得，又，则.‎ ‎【点睛】本题考查考查直线与椭圆位置关系，根据椭圆的焦点三角形的相关性质求参数，属于中档题.‎ 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、证明过程或演算步骤.17~21题为必考题，每个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.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点，‎ ‎（1）证明：平面PCD.‎ ‎（2）求DA与平面PCE所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）通过证明，即可证明线面垂直；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求解线面角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为E为AB的中点，，‎ 所以，‎ 所以，从而.‎ 又，，‎ 所以底面ABCD，所以.‎ 因为四边形ABCD是正方形，所以.‎ 又，所以平面PCD.‎ ‎（2）解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则，，，，‎ 所以，，.‎ 设平面PCE的法向量为，‎ 则，即，‎ 令，得.，‎ 故DA与平面PCE所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】此题考查证明线面垂直，求直线与平面所成角的正弦值，关键在于熟练掌握线面垂直的判定定理，熟记向量法求线面角的方法.‎ - 22 -‎ ‎18.某厂加工的零件按箱出厂，每箱有10个零件，在出厂之前需要对每箱的零件作检验，人工检验方法如下：先从每箱的零件中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是正品或都是次品，则停止检验；若抽取的零件至少有1个至多有3个次品，则对剩下的6个零件逐一检验.已知每个零件检验合格的概率为0.8，每个零件是否检验合格相互独立，且每个零件的人工检验费为2元.‎ ‎（1）设1箱零件人工检验总费用为元，求的分布列；‎ ‎（2）除了人工检验方法外还有机器检验方法，机器检验需要对每箱的每个零件作检验，每个零件的检验费为1.6元.现有1000箱零件需要检验，以检验总费用的数学期望为依据，在人工检验与机器检验中，应该选择哪一个？说明你的理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）应该选择人工检验，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，工人抽查的4个零件中，分别计算出4个都是正品或者都是次品，4个不全是次品的人工费用，得出的可能值，利用二项分布分别求出概率，即可列出的分布列；‎ ‎（2）由（1）求出的数学期望，根据条件分别算出1000箱零件的人工检验和机器检验总费用的数学期望，比较即可得出结论.‎ ‎【详解】解：（1）由题可知，工人抽查的4个零件中，‎ 当4个都是正品或者都是次品，则人工检验总费用为：元，‎ 当4个不全是次品时，人工检验总费用都为：元，‎ 所以的可能取值为8，20，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则的分布列为 ‎8‎ ‎20‎ ‎0.4112‎ ‎0.5888‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 所以1000箱零件的人工检验总费用的数学期望为元，‎ 因为1000箱零件的机器检验总费用的数学期望为元，‎ 且，‎ - 22 -‎ 所以应该选择人工检验.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的实际应用，求离散型随机变量概率、分布列和数学期望，属于基础题.‎ ‎19.设为数列的前项和，，且.‎ ‎（1）证明：数列为等比数列，并求.‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析，；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），结合，可得数列为等比数列，进一步可得的通项；‎ ‎（2）当时，，再利用分组求和法求和即可.‎ ‎【详解】（1）证明：，，‎ 又，故数列是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 则，，‎ 当时，，‎ 故.‎ ‎（2）当时，，‎ 则 ‎.‎ - 22 -‎ 又，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查构造法证明等比数列、分组法求数列前n项和，考查学生的数学运算能力，逻辑推理能力，是一道容易题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）讨论在上的单调性；‎ ‎（2）若，求不等式的解集.‎ ‎【答案】（1）当时，，则在上单调递增; 当时,的单调递减区间为，单调递增区间为;当时的单调递减区间为，单调递增区间为，;当时 的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），分和讨论得出函数单调性. (2) 原不等式等价于,又，，当时，，所以在上单调递增，从而可得出答案.‎ ‎【详解】（1）.‎ 当时，，则在上单调递增.‎ 当时，令，得.‎ ‎（i）当时，，‎ - 22 -‎ 令，得；令，得.‎ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（ii）当时，，‎ 令，得；‎ 令，得或.‎ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.‎ ‎（iii）当时，，‎ 令，得；令，得.‎ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（2）因为，所以，当时，，所以在上单调递增.‎ 因为，‎ 所以原不等式等价于.‎ 因为，，‎ 所以，‎ 解得，故所求不等式的解集为.‎ ‎【点睛】本题考查讨论函数的单调性和根据函数的单调性解不等式，属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎21.已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点.‎ ‎（1）若过点，抛物线在点处的切线与在点处的切线交于点.证明：点在定直线上.‎ ‎（2）若，点在曲线上，的中点均在抛物线上，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设，,设直线的方程为，与抛物线方程联立可得，求出抛物线在点处的切线方程，和在点处的切线方程，联立可得答案. (2) 设，的中点分别为，,可得，，轴，，‎ ‎，的面积，从而可求出三角形的面积的范围.‎ ‎【详解】（1）证明：易知，设，.‎ 由题意可知直线的斜率存在，故设其方程为.‎ 由，得，所以.‎ 由，得，，则，‎ - 22 -‎ 直线的方程为，即，①‎ 同理可得直线的方程为，②‎ 联立①②，可得.‎ 因为，所以，故点在定直线上.‎ ‎（2）解：设，的中点分别为，.‎ 因为得中点均在抛物线上，所以为方程的解，‎ 即方程的两个不同的实根，‎ 则，，，‎ 即，‎ 所以的中点的横坐标为，则轴.‎ 则 ‎，‎ ‎，‎ 所以的面积.‎ 由，得，‎ 所以，‎ - 22 -‎ 因为，所以，‎ 所以面积的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的切线的相关问题，抛物线中三角形的面积的范围问题，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，已知点，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，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）设曲线与曲线相交于，两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数方程中的参数，求得的普通方程，利用极坐标和直角坐标的转化公式，求得的直角坐标方程.‎ ‎（2）求得曲线的标准参数方程，代入的直角坐标方程，写出韦达定理，根据直线参数中参数的几何意义，求得的值.‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）由的参数方程（为参数），消去参数可得，‎ 由曲线的极坐标方程为，得，‎ 所以的直角坐方程为，即.‎ ‎（2）因在曲线上，‎ 故可设曲线的参数方程为（为参数），‎ 代入化简可得.‎ 设，对应的参数分别为，，则，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查利用利用和直线参数方程中参数的几何意义进行计算，属于中档题.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.‎ ‎（2）利用绝对值三角不等式求得的最小值 - 22 -‎ ‎，利用分析法，结合基本不等式，证得不等式成立.‎ ‎【详解】（1），‎ 不等式，即或或，‎ 即有或或，‎ 所以所求不等式的解集为.‎ ‎（2），，‎ 因为，，‎ 所以要证，只需证，‎ 即证，‎ 因为，所以只要证，‎ 即证，‎ 即证，因为，所以只需证，‎ 因为，所以成立，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题.‎ - 22 -‎ - 22 -‎