四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三一诊模拟数学（理）试题 22页

四川省叙州区第二中学高2020届一诊模拟考试 理科数学试题 第I卷(选择题共60分）‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）‎ ‎1.已知全集为，集合，，则元素个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，利用交集的定义求出，即可得到元素个数 ‎【详解】由，可得：，‎ 所以，即元素个数为2，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查分式不等式的解法以及集合交集的定义，属于基础题．‎ ‎2.设，则（）‎ A. 0 B. 1 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将分母实数化，然后直接求其模．‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法及模的运算，是一道基础题．‎ ‎3.设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．‎ 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.‎ ‎【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.‎ ‎4.已知函数，则（）‎ A. B. C. D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断自变量的范围是分段函数的某一段，再代入相应的解析式中求函数的值.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数和对数运算，属于基础题.‎ ‎5.设，，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用中介值“ ”，和指数的同指或同底时的大小比较得解.‎ ‎【详解】,‎ ‎, ‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查指数、对数的大小比较，属于中档题.‎ ‎6.下图可能是下列哪个函数的图像（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可考虑用排除法，从函数的定义域和特殊点的函数的正负着手.‎ ‎【详解】由图像可知，在上单调递增，故可排除D；‎ 当时，A、选项中的选项中的 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查函数的定义域和特殊点的函数值辨别图像，属于基础题.‎ ‎7.已知曲线，，则下面结论正确的是（）‎ A. 把曲线向右平移个长度单位得到曲线 B. 把曲线向左平移个长度单位得到曲线 C. 把曲线向左平移个长度单位得到曲线 D. 把曲线向右平移个长度单位得到曲线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将通过合一公式化为向右平移就可以得到．‎ ‎【详解】，把曲线向右平移个长度单位得即为，故选D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的平移变换，是一道基础题．‎ ‎8.过三点，，的圆截直线所得弦长的最小值等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为圆心在弦AC的中垂线上，所以设圆心P坐标为（a，-2），再利用，求得，确定圆的方程.又直线过定点Q，则可以得到弦长最短时圆心与直线的定点Q与弦垂直，然后利用勾股定理可求得弦长.‎ ‎【详解】解：设圆心坐标P为（a,-2），则r2＝，解得a=1，所以P（1，-2）.又直线过定点Q（-2，0），当直线PQ 与弦垂直时，弦长最短，根据圆内特征三角形可知弦长∴直线被圆截得的弦长为．‎ 故选B．‎ ‎9.已知椭圆：（）的左，右焦点分别为，，以为圆心的圆过椭圆的中心，且与在第一象限交于点，若直线恰好与圆相切于点，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件以及椭圆的性质列出关系式，求解椭圆的离心率即可.‎ ‎【详解】椭圆：（）的左，右焦点分别为，，以为圆心的圆过椭圆的中心，且与在第一象限交于点，若直线恰好与圆相切于点，‎ 可得，可得 ‎ 所以 ‎ 解得 故选A ‎【点睛】本题考查利用椭圆的定义以及性质求离心率，属于中档题.‎ ‎10.2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行；长三角城市群包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”. 现有4 名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游， 假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游， 则恰有一个地方未被选中的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据排列组合的知识分别求解出恰有一个地方未被选中的情况和所有情况，利用古典概型计算可得结果.‎ ‎【详解】名同学去旅游的所有情况有：种 恰有一个地方未被选中共有：种情况 恰有一个地方未被选中的概率：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查古典概型计算概率的问题、排列组合中的分组分配问题；关键是能够利用排列组合的知识准确求解出恰有一个地方未被选中的情况种数；易错点是忽略了分组分配中的平均分配问题.‎ ‎11.已知的最大值为，若存在实数、，使得对任意实数总有成立，则的最小值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简，得，根据题意即求半个周期的A倍．‎ ‎【详解】解：依题意 ‎,‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 的最小值为，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦型三角函数的图像与性质，考查三角函数恒等变换，属中档题．‎ ‎12.已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（　　）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意构造函数，由可得在上恒成立，所以函数在为上单调递减函数，由为偶函数，，可得，故要求不等式的解集等价于的解集，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意构造函数，则，‎ 定义在上的可导函数的导函数为，满足 在上恒成立，函数在上为单调递减函数；‎ 又为偶函数，则函数 ，即关于对称，‎ ‎ ，则，‎ 由于不等式的解集等价于的解集，‎ 根据函数在上为单调递减函数，则，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查函数的构造，利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性解不等式、函数的奇偶性以及对称性的综合应用，属于较难题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13.已知随机变量服从正态分布且，则_____________‎ ‎【答案】0.76‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件可知数据对应的正态曲线的对称轴，根据对称性即可得到结果.‎ ‎【详解】随机变量服从正态分布,‎ 则曲线的对称轴为，，‎ 由可得，‎ 则 故答案为0.76．‎ ‎【点睛】本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率，求解的关键是把所求区间用已知区间表示；正态曲线的主要性质是：（1）正态曲线关于对称；（2）在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1.‎ ‎14.若二项式的展开式中的常数项为，则______.‎ ‎【答案】124‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据二项展开式求得常数项项数，即得常数项，再根据定积分得结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以由得,‎ 因此.‎ ‎【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.‎ ‎(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.‎ ‎15.如图，求一个棱长为的正四面体的体积，可以看成一个棱长为1的正方体截去四个角后得到，类比这种方法，一个三对棱长相等的四面体，其三对棱长分别为，则此四面体的体积为_______；‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设四面体所在的长方体棱长分别为a，b，c，则长方体的面对角线长为、、，利用勾股定理列出方程组，求出a，b，c的值，长方体截去四个角，即可求出四面体的体积．‎ ‎【详解】设四面体所在的长方体棱长分别为a，b，c，则，解得，所以四面体的体积，故答案为2.‎ ‎【点睛】本题运用类比的方法，考查锥体的体积求法，考查学生逻辑推理，计算化简的能力，难点在于根据题意，类比出四面体体积的求法，即长方体截去四个角后得到的体积，属基础题．‎ ‎16.在四边形中，已知是边上点，且，‎ ‎，若点在线段上，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量的加法的几何意义, 可得计算出的表达式,最后根据的大小,可以求出的取值范围.‎ ‎【详解】，‎ ‎，是边上点，，所以，因此，‎ 在等腰中,点到线段上的一点的距离最大值为1,取最小值时,为的中点,此时,‎ 所以的取值范围为: .‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的取值问题,利用平面向量的加法的几何意义是解题的关键.‎ 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.）‎ ‎17.在中，内角所对的边分别为，已知的面积为．‎ ‎(1) 求和的值；‎ ‎(2) 求的值．‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面积公式可得结合可求得解得再由余弦定理求得a=8.‎ 最后由正弦定理求sinC的值;（2）直接展开求值.‎ ‎【详解】（1）△ABC中,由得由,得又由解得由,可得a=8.由,得.‎ ‎（2）,‎ ‎【点睛】本题主要考查三角变换及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查基本运算求解能力.‎ ‎18.某教师为了分析所任教班级某次考试的成绩，将全班同学的成绩作成统计表和频率分布直方图如下：‎ 分组 频数 频率 ‎[50，60)‎ ‎3‎ ‎0.06‎ ‎[60，70)‎ m ‎0.10‎ ‎[70，80)‎ ‎13‎ n ‎[80，90)‎ p q ‎[90，100]‎ ‎9‎ ‎0.18‎ 总计 t ‎1‎ ‎(1)求表中t，q及图中a的值；‎ ‎(2)该教师从这次考试成绩低于70分的学生中随机抽取3人进行谈话，设X表示所抽取学生中成绩低于60分的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】（1）t=50，q=0.4，a=0.026 （2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用频率计算公式、频率分布直方图的性质即可得出；‎ ‎（2）由表格可知：区间[50，60）中有3人，区间[60，70）中有5人．由题意可得：X＝0，1，2，3．则P（X＝k），即可得出随机变量X的分布列和数学期望．‎ ‎【详解】解：(1)由表格可知，全班总人数t＝＝50，则m＝50×0.10＝5，n＝＝0.26，所以a＝＝0.026，3＋5＋13＋9＋p＝50，‎ 即p＝20，所以q＝＝0.4.‎ ‎(2)成绩在[50，60)内的有3人，[60，70)内的有5人．‎ 由题意得X可能的取值为0，1，2，3，P(X＝k)＝，所以P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝.‎ 随机变量X的分布列如下：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 数学期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ ‎【点睛】本小题主要考查频率分布直方图的性质、超几何分布列及其数学期望，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎19.在斜三棱柱中，侧面平面，，，，是的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）在侧棱上确定一点，使得二面角的大小为．‎ ‎【答案】（1）见解析;（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析: （1）因为已知面面，,由面面垂直的性质定理可得:面，即有,由，为中点，根据等腰三角形三线合一可得,结合线面垂直的判定定理可得面;(2)建立空间直角坐标系,由，可得点坐标为,求出面的一个法向量为和面的一个法向量为,根据二面角的大小为,构造方程组,解出可得点坐标.‎ 试题解析:（1）证：∵面面，,‎ ‎∴面，即有；‎ 又，为中点，则.‎ ‎∴面.‎ ‎（2）如图所示 以点为坐标系原点，为轴，过C点平行于AB的直线为y轴,CA1为轴，‎ 建立空间直角坐标系，则有，，，，，‎ 设，且，即有，‎ 所以点坐标为.‎ 由条件易得面的一个法向量为.‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由可得，‎ 令，则有，‎ 则 ，得.‎ 所以，当时，二面角的大小为.‎ ‎20.已知为圆上一点，过点作轴的垂线交轴于点，点满足 ‎（1）求动点的轨迹方程；‎ ‎（2）设为直线上一点，为坐标原点，且，求面积的最小值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出A、P点坐标，用P点坐标表示A点坐标，然后代入圆方程，从而求出P点的轨迹；‎ ‎（2）设出P点坐标，根据斜率存在与否进行分类讨论，当斜率不存在时，求出面积的值，当斜率存在时，利用点P坐标表示的面积，减元后再利用函数单调性求出最值，最后总结出最值.‎ ‎【详解】解：（1） 设，‎ 由题意得：，‎ 由，可得点是的中点，‎ 故，‎ 所以，‎ 又因为点在圆上，‎ 所以得，‎ 故动点的轨迹方程为.‎ ‎（2）设，则，且，‎ 当时，，此时；‎ 当时，‎ 因为,‎ 即 故，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎①，‎ 代入①‎ ‎ ‎ 设 ‎ 因为恒成立，‎ ‎ 在上是减函数，‎ 当时有最小值，即 综上：的最小值为 ‎【点睛】本题考查了点的轨迹方程、椭圆的性质等知识，求解几何图形的长度、面积等的最值时，常见解法是设出变量，用变量表示出几何图形的长度、面积等，减元后借助函数来研究其最值.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）当时，讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，求证：函数有两个不相等的零点，，且.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）讨论函数单调区间即解导数大于零求得增区间，导数小于零求得减区间（2）函数有两个不同的零点，先分析函数单调性得零点所在的区间，在上单调递增，在上单调递减.∵，， ，∴函数有两个不同的零点，且一个在内，另一个在内.‎ 不妨设，，要证，即证，在上是增函数，故，且，即证. 由，得 ，‎ 令 ，，得在上单调递减，∴，且∴，，∴，即∴，故得证 解析：（1）当时，，得，‎ 令，得或.‎ 当时，，，所以，故在上单调递减；‎ 当时，，，所以，故在上单调递增；‎ 当时，，，所以，故在上单调递减；‎ 所以在，上单调递减，在上单调递增.‎ ‎（2）证明：由题意得，其中，‎ 由得，由得，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎∵，， ，‎ ‎∴函数有两个不同的零点，且一个在内，另一个在内.‎ 不妨设，，‎ 要证，即证，‎ 因为，且在上是增函数，‎ 所以，且，即证.‎ 由，得 ，‎ 令 ，，‎ 则 .‎ ‎∵，∴，，‎ ‎∴时，，即在上单调递减，‎ ‎∴，且∴，，‎ ‎∴，即∴，故得证.‎ ‎（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.‎ ‎22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，‎ ‎（l）设为参数，若，求直线的参数方程；‎ ‎（2）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）（为参数）；（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由直线的极坐标方程为，求得，进而由，代入上式得，得到直线的参数方程；‎ ‎（2）根据极坐标与直角坐标的互化，求得，将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，利用根据与系数的关系，列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】（1）直线的极坐标方程为即，‎ 因为为参数，若，代入上式得，‎ 所以直线的参数方程为（为参数）‎ ‎（2）由，得，‎ 由，代入，得 ‎ 将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，‎ 得.（*）‎ 则且，，‎ 设点，分别对应参数，恰为上述方程的根.‎ 则，，，‎ 由题设得.‎ 则有，得或.‎ 因为，所以 ‎【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及普通方程与参数方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若对恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由已知，根据解析式中绝对值的零点（即绝对值等于零时的值），将函数的定义域分成若干段，从而去掉绝对值号，再分别计算各段函数的相应不等式的解集，从而求出原不等式的解集；‎ ‎（2）由题意，将不等式转化为，可构造新函数，则问题再转化为，由（1）可得，即，从而问题可得解.‎ 试题解析：（1）因，‎ 所以当时，由得；‎ 当时，由得；‎ 当时，由得.‎ 综上，的解集为.‎ ‎（2）（方法一）由得，‎ 因为，当且仅当取等号，‎ 所以当时，取得最小值5，‎ 所以当时，取得最小值5，‎ 故，即的取值范围为.‎ ‎（方法二）设，则，‎ 当时，取得最小值5，‎ 所以当时，取得最小值5，‎ 故，即的取值范围为.‎ ‎ ‎