宁夏银川市兴庆区长庆高级中学2020届高三下学期一模考试数学（文）试题 19页

数学（文科）‎ 考试时间：120分钟 注意事项：‎ ‎1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.‎ ‎3.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.‎ 第Ⅰ卷共60分 一、选择题：本题共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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数的单调性求出集合B，再利用集合的交运算即可求解.‎ ‎【详解】由，‎ 则.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了集合的角运算，同时考查了利用指数函数的单调性解不等式，属于基础题.‎ ‎2.已知复数是纯虚数，则实数值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简得到，得到答案.‎ ‎【详解】，故，即，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.‎ ‎3.已知等差数列的前项和为，若，，则数列的公差为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列公式直接计算得到答案.‎ ‎【详解】依题意，，故，故，故，故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎4.已知命题；命题，．则下列命题中是真命题的为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断命题为真，命题为真，得到答案.‎ ‎【详解】取，可知，故命题为真；‎ 因为，当且仅当时等号成立，故命题为真；‎ 故为真，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了命题的真假判断，意在考查学生的推断能力.‎ ‎5.如图所示，线段是正方形的一条对角线，现以为一条边，作正方形，记正方形与的公共部分为（如图中阴影部分所示），则往五边形中投掷一点，该点落在内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 五边形的面积，阴影的面积为，得到概率.‎ ‎【详解】不妨设，故五边形的面积，阴影的面积为，‎ 故所求概率为，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎6.已知向量与的夹角的余弦值为，且，则( )‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的数量积即可求解.‎ ‎【详解】由向量与的夹角的余弦值为，且，‎ 则.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了向量数量积的定义，需熟记定义，属于基础题.‎ ‎7.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分不必要条件( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间线面位置关系的判定与性质定理即可得出.‎ ‎【详解】对于A，，则，故排除A；‎ 对于B，，则与相交或，故排除B；‎ 对于C，，则，故排除C；‎ 对于D，，则；‎ 反之，若，与的位置关系不确定，‎ 当时，或 ，‎ 故的一个充分不必要条件，故D正确；‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线、平面的平行与垂直的判断、充分条件与必要条件的判断等基础知识，意在考查学生的空间想象能力、转化与化归能力，属于基础题.‎ ‎8.已知中，，，分别是，，的中点，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平行四边形法则求解即可.‎ ‎【详解】依题意，，故 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题.‎ ‎9.《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽尺，上宽一丈，深尺，末端宽尺，无深，长尺（注：一丈十尺）．则该五面体的体积为（ ）‎ A. 立方尺 B. 立方尺 C. 立方尺 D. 立方尺 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，在，上取，，使得，连接，，，，‎ ‎，计算得到答案.‎ ‎【详解】如图，在，上取，，使得，连接，，，，‎ 故多面体的体积 ‎，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎10.已知函数在上仅有个最值，且为最大值，则实数的值不可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简，根据在上仅有个最值，且为最大值，得到，解得或，对比选项得到答案.‎ ‎【详解】，因在上仅有个最值，且为最大值，‎ 故，‎ 解得，故，或 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了根据三角函数最值求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎11.已知抛物线的焦点为，准线，点在抛物线上，点在左准线上，若，且直线的斜率，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设准线与轴交于N，所以,直线的斜率，所以,在直角三角形中，，，根据抛物线定义知，,又, ,所以,因此是等边三角形，故，所以的面积为，故选C.‎ ‎12.若函数在上单调递增，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对恒成立，‎ 故，即恒成立，‎ 即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C．‎ ‎【考点】三角变换及导数的应用 ‎【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.‎ 第Ⅱ卷共90分 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在题中的横线上.‎ ‎13.已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且双曲线的焦距为，则双曲线的方程为_______________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的方程为，根据焦距计算得到答案.‎ ‎【详解】设双曲线的方程为，故，‎ 则或，解得或，‎ 故双曲线的方程为或．‎ 故答案：或.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线方程，设方程为是解题的关键.‎ ‎14.已知实数满足，则的取值范围为___________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，由得，平移直线，数形结合可得 的取值范围.‎ ‎【详解】作出可行域，如图所示 由得，则为直线在轴上的截距.‎ 平移直线，当直线过点时，z有最小值0.‎ 当直线过点时，z有最大值.‎ 解方程组得，即点，‎ ‎.‎ 故的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，属于基础题.‎ ‎15.已知等比数列中，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等比数列的通项公式即可求解.‎ ‎【详解】由题意可得，解得，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎16.已知，若，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用同角三角函数的基本关系得出，结合二倍角的余弦公式得出，即可求出的值.‎ ‎【详解】因为，所以是第二象限角；‎ 因为，所以 故，‎ 故．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式化简求值，属于中档题.‎ 三、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.已知中，，若，，．‎ ‎（1）证明：为等边三角形；‎ ‎（2）若的面积为，求的正弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据余弦定理得到，得到证明.‎ ‎（2）根据面积得到，再根据正弦定理计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）在中，，，，‎ 由余弦定理得，‎ 所以，解得．‎ 又，，所以是等边三角形．‎ ‎（2）因为，且，故，‎ 所以，解得，‎ 在中，，所以．‎ 在中，由正弦定理得，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考察了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎18.共享单车又称为小黄车，近年来逐渐走进了人们的生活，也成为减少空气污染，缓解城市交通压力的一种重要手段．为调查某地区居民对共享单车的使用情况，从该地区居民中按年龄用随机抽样的方式随机抽取了人进行问卷调查，得到这人对共享单车的评价得分统计填入茎叶图，如下所示（满分分）：‎ ‎（1）找出居民问卷得分的众数和中位数；‎ ‎（2）请计算这位居民问卷的平均得分；‎ ‎（3）若在成绩为分的居民中随机抽取人，求恰有人成绩超过分的概率．‎ ‎【答案】（1）众数为，中位数为；（2）88（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由茎叶图中的数据，结合众数，中位数的定义即可得出答案；‎ ‎（2）由茎叶图中的数据，结合平均数的定义，即可得出这位居民问卷的平均得分；‎ ‎（3）由古典概型的概率公式求解即可.‎ ‎【详解】（1）依题意，居民问卷得分的众数为，中位数为；‎ ‎（2）依题意，所求平均得分为 ‎（3）依题意，从人中任选人，可能的情况为，，，，，，，，，，其中满足条件的为种，故所求概率；‎ ‎【点睛】本题主要考查了由茎叶图计算众数，中位数，平均数以及利用古典概型概率公式计算概率，属于中档题.‎ ‎19.在四棱锥中，平面平面，，，点，分别在线段，上，且，，为棱上一点，且．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面平行的判定定理证明即可；‎ ‎（2）由面面垂直的性质得出平面，结合棱锥的体积公式即可得出答案.‎ ‎【详解】（1）因为点，分别在线段，上，且，‎ 故，又平面，平面，故平面；‎ 因为，故，因为，‎ 故四边形为平行四边形，故；‎ 又平面，平面，故平面 因为平面，平面，‎ 所以平面平面；‎ ‎（2）因为，平面，平面平面 为平面，平面的交线 所以平面，即平面 由已知可得，，由．‎ ‎【点睛】本题主要考查了证明面面平行，求棱锥的体积，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，直线与椭圆相交于，两点，圆是以为直径的圆．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）记为坐标原点，若点不在圆内，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据离心率公式以及将点代入椭圆方程，联立方程组，即可得出椭圆方程；‎ ‎（2）联立椭圆以及直线方程，由判别式大于0，得出的范围，结合韦达定理得出，的值，将点与圆的位置，转化为，解不等式，即可得出答案.‎ ‎【详解】（1）依题意，，，，解得，，‎ 故椭圆的方程为；‎ ‎（2）联立消去并整理得：‎ 因直线与椭圆有两个交点，即方程有不等的两实根，‎ 故，解得 设，，由根与系数的关系得 点不在圆内，即 又由 解得，故，则或．‎ 则满实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了求椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，记函数在区间的最大值为.最小值为，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，函数的增区间为，无单调减区间；当时，函数的增区间为，减区间为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的定义域，.分和两种情况讨论，即求的单调区间；‎ ‎（2）当时，由（1）可得函数在区间单调递减，在区间单调递增，则 .比较和大小，分和两种情况讨论，构造函数，求的取值范围.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为.‎ ‎.‎ 当时，恒成立，函数的增区间为，无单调减区间；‎ 当时，令可得；令可得，‎ 函数的增区间为，减区间为.‎ 综上，当时，函数的增区间为，无单调减区间；‎ 当时， 函数的增区间为，减区间为.‎ ‎（2）当时，由（1）可得函数在区间单调递减，在区间单调递增.‎ ‎，，.‎ 由.‎ ‎①当时，，有.‎ 记，则，‎ 函数在单调递减，，‎ 即.‎ 此时的取值范围为.‎ ‎②当时，，有.‎ 记，则，‎ 函数在单调递增，，‎ 即.‎ 此时的取值范围为.‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查分类讨论的数学思想，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题号.‎ ‎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，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为 ‎（1）若，求直线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程：‎ ‎（2）若直线与曲线交于、两点，且，求直线的斜率．‎ ‎【答案】（1）直线的极坐标方程为，曲线C的直角坐标方程为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，，，求出直线和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）求出， ，根据，求出直线的斜率即可．‎ ‎【详解】（1）由题意，直线，‎ 可得直线是过原点的直线，‎ 故其极坐标方程为，‎ 又，‎ 故；‎ ‎（2）由题意，直线l的极坐标为，‎ 设、对应的极径分别为，，‎ 将代入曲线的极坐标可得：‎ ‎，‎ 故，，‎ ‎，‎ 故，则，即 ，，所以 ‎ 故直线的斜率是．‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标和直角坐标方程的转化，考查直线的斜率，是一道中档题．‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）记的最小值为，若正实数，满足，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），讨论，，三种情况，分别计算得到答案.‎ ‎（2）计算，，展开利用均值不等式计算得到答案 ‎【详解】（1），‎ 当时，，解得，‎ 当时，，故；‎ 当时，，故；‎ 综上：所求不等式的解集为．‎ ‎（2），故，‎ 故 当且仅当时等号成立，故的最小值为．‎ ‎【点睛】本题考查了解绝对值不等式，绝对值三角不等式，均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎