内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（文）试题 21页

数学（文）试题 一、单项选择题 ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合中元素的意义判断即可.‎ ‎【详解】由题,集合为点的集合,为数的集合.故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了集合的元素意义与交集运算,属于基础题.‎ ‎2.设是两个平面向量，则“”是“”的（　　）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，则是成立的；反之，若，而不一定成立，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意是两个平面向量，若，则是成立的；‎ 反之，若，则向量可能是不同的，所以不一定成立，‎ 所以是是成立的充分而不必要条件，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的概念以及向量模的概念的应用，以及充分条件与必要条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）‎ A. B. C. D. 的虚部为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法求出后可得正确的选项.‎ ‎【详解】因为，则，，，的虚部为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法，计算时分子、分母同乘以分母的共轭复数，本题属于容易题.‎ ‎4.已知定义在上的奇函数，满足时，，则的值为（ ）‎ A. -15 B. ‎-7 ‎C. 3 D. 15‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数定义域关于原点中心对称,可求得的值.根据奇函数性质,即可求得的值.‎ ‎【详解】因为奇函数定义域关于原点中心对称 则,解得 因为奇函数当时,‎ 则 故选:A ‎【点睛】本题考查了奇函数的定义域关于原点对称,奇函数的性质应用,属于基础题.‎ ‎5.九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载“两环互相贯为一得其关换，解之为三，又合而为一”.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，满足，且，则解下4个圆环所需的最少移动次数为（ ）‎ ‎ ‎ A. 7 B. ‎10 ‎C. 12 D. 18‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用给定的递推关系可求的值，从而得到正确的选项.‎ ‎【详解】因为，故，，，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题以数学文化为背景，考虑数列指定项的计算，注意依据分段的递推关系来计算，本题属于基础题.‎ ‎6.若函数的大致图像如图所示，则的解析式可以为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过奇偶性分析排除B，D两个选项，通过极限思想取值选出选项.‎ ‎【详解】对四个选项解析式分析发现B，D两个均为偶函数，图象关于y轴对称，与题不符，故排除；‎ 极限思想分析，，A错误；‎ ‎，C符合题意.‎ 故选：C ‎【点睛】此题考查函数图象与解析式的关系，是对函数基本性质的综合应用，解题中需要注意观察函数定义域，单调性，奇偶性，周期性，特殊值等性质，对图像进行辨析，考查综合能力.‎ ‎7.已知两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于，当时，函数取得最小值，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于,可求得周期与,再代入分析的值即可.‎ ‎【详解】因为两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于可得周期为,故.‎ 故,又当时,函数取得最小值,‎ 故,又,故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了根据三角函数图像的性质求解参数的问题,需要根据题意分析所给的条件与周期等的关系列式求解,属于基础题.‎ ‎8.图1是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号的同学的成绩依次为，，图2是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生情况的程序框图，那么该程序框图输出的结果是（　　）‎ ‎ ‎ A. 10 B. ‎6 ‎C. 7 D. 16‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先弄清楚程序框图中是统计成绩不低于分的学生人数，然后从茎叶图中将不低于分的个数数出来，即为输出的结果．‎ ‎【详解】，，成立，不成立，；‎ ‎，，成立，不成立，；‎ ‎，，成立，成立，，；‎ 依此类推，上述程序框图是统计成绩不低于分的学生人数，从茎叶图中可知，不低于分的学生数为，故选A．‎ ‎【点睛】本题考查茎叶图与程序框图的综合应用，理解程序框图的意义，是解本题的关键，考查理解能力，属于中等题．‎ ‎9.已知正方形的边长为，以为圆心的圆与直线相切.若点是圆上的动点，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立平面直角坐标系，圆的方程为：,，利用正弦型函数的性质得到最值.‎ ‎【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，，，‎ 圆的方程为：,∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ ‎∴时，的最大值是8，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了，考查了正弦型函数的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎10.有一个长方形木块，三个侧面积分别为8，12，24，现将其削成一个正四面体模型，则该正四面体模型棱长的最大值为（ ）‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求长方体从同一顶点出发的三条棱的长度，从而可得正四面体模型棱长的最大值.‎ ‎【详解】设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为，则，故，‎ 若能从该长方体削得一个棱长最长的正四面体模型，‎ 则该四面体的顶点必在长方体的面内，‎ 过正四面体的顶点作垂直于长方体的棱的垂面切割长方体，‎ 含正四面体的几何体必为正方体， 故正四面体的棱长为正方体的面对角线的长，‎ 而从长方体切割出一个正方体，使得面对角线的长最大，‎ 需以最小棱长为切割后的正方体的棱长切割才可，‎ 故所求的正四面体模型棱长的最大值.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查正四面体的外接，注意根据外接的要求确定出顶点在长方体的侧面内，从而得到正四面体的各顶点为某个正方体的顶点，从而得到切割的方法，本题属于中档题.‎ ‎11.已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，若平面内点满足，则的最大值为（ ）‎ A. 7 B. ‎6 ‎C. 5 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，根据可得，再根据可得点的轨迹，它一个圆，从而可求的最大值.‎ ‎【详解】设，，故，.‎ 由可得，故，‎ 因为，故，‎ 整理得到，故点的轨迹为圆，其圆心为，半径为2，‎ 故的最大值为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查坐标平面中动点的轨迹以及圆中与距离有关的最值问题，一般地，求轨迹方程，可以动点转移法，也可以用几何法，而圆外定点与圆上动点的连线段长的最值问题，常转化为定点到圆心的距离与半径的和或差，本题属于中档题.‎ ‎12.函数，若存在实数，使得方程有三个相异实根，则实数的范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先考虑时的单调性，再就分类讨论求在上的最值，结合存在实数，使得方程有三个相异实根可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】当时，，‎ 当时，，在为增函数，‎ 当时，，在为减函数.‎ 又，‎ 因为存在实数，使得方程有三个相异实根，‎ 所以当时，的最小值小于，的最大值大于或等于.‎ 但当，时，，故，故；‎ 而当，时，任意，总成立，舍去.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分段函数的零点，注意先研究不含参数的函数的单调性，再结合函数的零点的个数判断另一范围上函数的性质，本题属于难题.‎ 二、填空题 ‎13.已知向量，满足，，且在方向上的投影是，则实数__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量投影的计算公式可得关于的方程，其解即为所求的的值.‎ ‎【详解】在方向上的投影为，解得，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查在方向上的投影，其计算公式为，本题属于基础题.‎ ‎14.数列满足，且对于任意的都有，，则_______．‎ ‎【答案】820‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件中的递推关系，利用累加法，求出数列的通项公式，然后计算的值.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎…，‎ ‎，‎ 上面个式子左右两边分别相加 得，‎ 即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查累加法求数列通项，求数列中的项.属于中档题.‎ ‎15.在四面体中，与都是边长为2的等边三角形，且平面平面，则该四面体外接球的体积为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定球心的位置，结合勾股定理可求球的半径，进而可得球的面积.‎ ‎【详解】取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查几何体 外接球问题，外接球的半径的求解一般有两个思路：一是确定球心位置，利用勾股定理求解半径；二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.‎ ‎16.双曲线：的左、右焦点分别为、，是右支上的一点，与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率为____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据切线长定理求出MF1﹣MF2，即可得出a，从而得出双曲线的离心率．‎ ‎【详解】设△MPF2的内切圆与MF1，MF2的切点分别为A，B，‎ 由切线长定理可知MA＝MB，PA＝PQ，BF2＝QF2，‎ 又PF1＝PF2，‎ ‎∴MF1﹣MF2＝（MA+AP+PF1）﹣（MB+BF2）＝PQ+PF2﹣QF2＝2PQ，‎ 由双曲线的定义可知MF1﹣MF2＝‎2a，‎ 故而a＝PQ，又c＝2，‎ ‎∴双曲线的离心率为e．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，考查三角形内切圆的性质，考查切线长定理，考查学生的计算能力，利用双曲线的定义进行转化是解决本题的关键．‎ 三、解答题 ‎17.在中，角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）若，的面积为，求，的值；‎ ‎（2）若，且角为钝角，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1），或，（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 先由正弦定理和三角恒等变换，同角的三角函数基本关系求出cosA、sinA的值；‎ ‎（1）利用余弦定理和三角形的面积公式列出方程组，求出b、c的值；‎ ‎（2）利用正弦定理和余弦定理，结合角为钝角，求出k的取值范围．‎ ‎【详解】△ABC中，4acosA＝ccosB+bcosC，‎ ‎∴4sinAcosA＝sinCcosB+sinBcosC＝sin（C+B）＝sinA，‎ ‎∴cosA，‎ ‎∴sinA；‎ ‎（1）a＝4，‎ ‎∴a2＝b2+c2﹣2bc•cosA＝b2+c2bc＝16①；‎ 又△ABC的面积为：‎ S△ABCbc•sinAbc•，‎ ‎∴bc＝8②；‎ 由①②组成方程组，解得b＝4，c＝2或b＝2，c＝4；‎ ‎（2）当sinB＝ksinC（k＞0），b＝kc，‎ ‎∴a2＝b2+c2﹣2bc•cosA＝（kc）2+c2﹣2kc•c•（k2k+1）c2；‎ 又C为钝角，则a2+b2＜c2，‎ 即（k2k+1）+k2＜1，解得0＜k；‎ 所以k的取值范围是．‎ ‎【点睛】主要考查了同角三角函数的基本关系式，三角恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用问题，是综合性题目．‎ ‎18.中国北京世界园艺博览会于‎2019年4月29日至‎10月7日在北京市延庆区举行．组委会为方便游客游园，特推出“导引员”服务．“导引员”的日工资方案如下：‎ 方案：由三部分组成 ‎（表一）‎ 底薪 ‎150元 工作时间 ‎6元/小时 行走路程 ‎11元/公里 方案：由两部分组成：（1）根据工作时间20元/小时计费；（2）行走路程不超过4公里时，按10元/公里计费；超过4公里时，超出部分按15元/公里计费．已知“导引员”每天上班8小时，由于各种因素，“导引员”每天行走的路程是一个随机变量．试运行期间，组委会对某天100名“导引员”的行走路程述行了统计，为了计算方便对日行走路程进行取整处理．例如行走1.8公里按1公里计算，行走5.7公里按5公里计算．如表所示：‎ ‎（表二）‎ 行走路程 ‎（公里）‎ 人数 ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎45‎ ‎25‎ ‎（Ⅰ）分别写出两种方案的日工资（单位：元）与日行走路程（单位：公里）的函数关系 ‎（Ⅱ）①现按照分层抽样的方工式从，共抽取5人组成爱心服务队，再从这5人中抽取3人当小红帽，求小红帽中恰有1人来自的概率；‎ ‎②“导引员”小张因为身体原因每天只能行走12公里，如果仅从日工资的角度考虑，请你帮小张选择使用哪种方案会使他的日工资更高？‎ ‎【答案】（Ⅰ）方案：，，方案：；（Ⅱ）①，②建议选方案.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题设条件可得两种方案的日工资与日行走路程的函数关系.‎ ‎（Ⅱ）①用列举法可得基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数，从而可得所求的概率.‎ ‎② 利用（Ⅰ）的函数可得小张的日工资，根据所得工资额的大小关系选择方案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）方案：，，‎ 方案：，即.‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）因为，依题意从中抽取2人，分别设为，，‎ 从中抽取3人，分别设为，，.‎ 设“小红帽中恰有一人来自”为事件，‎ 则基本事件有、、、、、、、、、共10种.‎ 中的基本事件有、、、、、共6种，所以.‎ ‎（ⅱ）“方案”：，‎ 方案：.‎ 所以建议选方案.‎ ‎【点睛】本题考查一次函数及分段函数在实际问题中应用，也考查了古典概型概率的计算，注意利用枚举法、树形图法或借助排列组合的方法来计数，本题属于中档题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．‎ ‎（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；‎ ‎（2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用,可得平面,根据面面垂直的判定定理可证平面平面;‎ ‎(2) 由底面，得平面平面．将问题转化为点到直线的距离有无最大值即可解决.‎ ‎【详解】（1）证明:因为，为线段的中点，所以,‎ 因为底面，平面，所以,‎ 又因为底面为正方形，所以，,‎ 所以平面,‎ 因为平面，所以,‎ 因为，所以平面,‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）由底面，则平面平面,‎ 所以点到平面的距离（三棱锥的高）等于点到直线的距离,‎ 因此，当点在线段，上运动时，三棱锥的高小于或等于2,‎ 当点在线段上运动时,三棱锥的高为2,‎ 因为的面积为,‎ 所以当点在线段上，三棱锥的体积取得最大值,‎ 最大值为.‎ 由于三棱锥的体积等于三棱锥的体积,‎ 所以三棱锥的体积存在最大值.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质,考查了直线与平面垂直的判定定理,考查了平面与平面垂直的判定定理,考查了三棱锥的体积公式,属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.‎ ‎（1）求的离心率及方程；‎ ‎（2）试问：否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）,； （2）存在点，且.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件得，，即可计算出离心率和椭圆方程 ‎（2）假设存在点，分别求出直线的斜率不存在、直线的斜率存在的表达式，令其相等，求出结果 ‎【详解】（1）由题意可知，，则，‎ 又的周长为8，所以，即，‎ 则，.‎ 故的方程为.‎ ‎（2）假设存在点，使得为定值.‎ 若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，‎ 则.‎ 若直线的斜率存在，设的方程为，‎ 设点，，联立，得，‎ 根据韦达定理可得：，，‎ 由于，，‎ 则 ‎ 因为为定值，所以，‎ 解得，故存在点，且.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及定值问题，在解答定值问题时先假设存在，分别求出斜率不存在和斜率存在情况下的表达式，令其相等求出结果，此类题型的解法需要掌握 ‎21.设函数，.‎ ‎（1）若，，求函数的单调区间；‎ ‎（2）若曲线在点处的切线与直线平行.‎ ‎①求，的值；‎ ‎②求实数的取值范围，使得对恒成立.‎ ‎【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为；（2）①；②.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出后讨论其符号可得函数的单调区间.‎ ‎（2）根据函数在处切线的斜率可得，构建新函数，就分类讨论的单调性后可得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当，时，，，‎ 则.‎ 当时，；当时，；‎ 所以的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）因为，‎ 所以.‎ 依题设有，即.‎ 解得.‎ ‎（ⅱ）由（ⅰ）得，.‎ 对恒成立即对恒成立.‎ 令.则有.‎ ‎①当时，当时，，‎ 所以在上单调递增.‎ 所以，即当时，恒成立；‎ ‎②当时，当时，，‎ 所以在上单调递减，‎ 故当时，，‎ 即当时，不恒成立.‎ 综上，.‎ ‎【点睛】本题考查含参数的函数的单调性以及不等式的恒成立，前者利用导数的符号的正负来说明，后者需构造新函数，通过新函数的最值来讨论，本题属于难题.‎ ‎22.在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），经过变换，得曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（Ⅰ）求曲线的极坐标方程.‎ ‎（Ⅱ）若，为曲线上的动点，且，证明：为定值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用坐标关系求出，消去后可得曲线的直角坐标方程，再利用可得其极坐标方程 .‎ ‎（Ⅱ）根据可设的极坐标为，，将它们代入（Ⅰ）中得到的极坐标方程可证为定值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）圆的参数方程为（为参数），经过变换，‎ 得曲线的参数方程（为参数），也就是.‎ 消去参数得到的直角坐标方程为，‎ 故曲线的极坐标方程为：.‎ ‎（Ⅱ）不妨设，，‎ 又曲线的极坐标方程可化为，‎ 所以即，‎ 两式相加得，故为定值.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化以及极坐标方程的应用，注意在解析几何中我们可以利用极坐标来沟通角与线段长度的关系，本题属于中档题.‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（Ⅰ）若不等式对恒成立，求正实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设实数为（Ⅰ）中的最大值.若正实数，，满足，求的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用绝对值不等式可求的最小值为，从而有，结合可得的取值范围.‎ ‎（Ⅱ）利用基本不等式可求的最小值.‎ ‎【详解】（1），当且仅当时等号成立，‎ ‎，解得，正实数的取值范围为.‎ ‎（2）由（1）知，，即.‎ ‎，，‎ ‎，‎ 当且仅当时取得最小值为8.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式以及基本不等式的应用，注意绝对值不等式中，等号成立的条件是，而用基本不等式求最值时，注意验证等号成立的条件.‎