宁夏石嘴山市第三中学2020届高三一模考试数学（文）试题 20页

石嘴山三中2020届第一次模拟考试文科数学能力测试卷 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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请把正确选项涂在答题卡的相应位置上.）‎ ‎1.设全集，集合，，则集合( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合补集与交集定义求结果.‎ ‎【详解】 ， 所以 ‎ 故选B ‎【点睛】本题考查集合补集与交集定义，考查基本求解能力，属基本题.‎ ‎2.已知是虚数单位，复数的共轭复数是（ ）‎ A. B. C. 1 D. -1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先把复数化简，然后可求它的共轭复数.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以共轭复数就是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算及共轭复数的求解，把复数化到最简形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎3.某中学有高中生人，初中生人，男、女生所占的比例如下图所示.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为 的样本，已知从高中生中抽取女生人，则从初中生中抽取的男生人数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：首先确定分层抽样的抽取比例，然后求解初中生中抽取的男生人数即可.‎ 详解：因为分层抽样的抽取比例为，‎ 所以初中生中抽取的男生人数是人.‎ 本题选择A选项.‎ 点睛：进行分层抽样的相关计算时，常利用以下关系式巧解：‎ ‎(1) ；‎ ‎(2)总体中某两层的个体数之比＝样本中这两层抽取的个体数之比．‎ ‎4.向量满足，，，则向量与的夹角为（）‎ A. 45° B. 60° C. 90° D. 120°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设向量与的夹角为θ．∵，‎ ‎∴，化为，‎ ‎∵，∴．故选C．‎ 考点：平面向量数量积的运算．‎ ‎5.将函数的图像上的所有点向右平移个单位长度，得到函数的图像，若的部分图像如图所示，‎ 则函数的解析式为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象求出A，ω和φ的值，得到g（x）的解析式，然后将g（x）图象上的所有点向左平移个单位长度得到f（x）的图象．‎ ‎【详解】由图象知A＝1，（），即函数的周期T＝π，‎ 则π，得ω＝2，‎ 即g（x）＝sin（2x+φ），‎ 由五点对应法得2φ＝2kπ+π，k,得φ，‎ 则g（x）＝sin（2x），‎ 将g（x）图象上的所有点向左平移个单位长度得到f（x）的图象，‎ 即f（x）＝sin[2（x）]＝sin（2x）=，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解，结合图象求出A，ω和φ的值以及利用三角函数的图象变换关系是解决本题的关键．‎ ‎6.按照如图的程序框图执行，若输出结果为15，则M处条件为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】运行程序：‎ S=0,k=1;‎ S=1,k=2;‎ S=3,k=4;‎ S=7,k=8;‎ S=15,k=16,此时退出循环，所以，故选A.‎ 点睛：该题考查的是有关程序框图的问题，该题属于补充条件的问题，在求解的过程中，注意数列的项的大小，以及项之间的关系，从而求得正确结果.‎ ‎7.已知函数是偶函数，则在上此函数 A. 是增函数 B. 不是单调函数 C. 是减函数 D. 不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由函数为偶函数求得，进而由抛物线的性质可得解.‎ ‎【详解】因为函数是偶函数，所以函数图像关于轴对称，‎ 即，解得.‎ 所以为开口向下的抛物线，所以在上函数单调递增.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的性质及二次函数的单调性，属于基础题.‎ ‎8.函数的零点是和，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由韦达定理得到，再由两角和的正切公式得到结果.‎ ‎【详解】因为的零点是和，所以，是方程的两个根，根据韦达定理得到,再由两角和的正切公式得到:.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了二次方程的根，以及韦达定理的应用，涉及正切函数的两角和的公式的应用，属于基础题.‎ ‎9. 下列三句话按三段论模式排列顺序正确的是（ ）‎ ‎① 2013不能被2整除； ② 一切奇数都不能被2整除； ③ 2013是奇数；‎ A. ①②③ B. ②①③ C. ②③① D. ③②①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据三段论”的排列模式：“大前提”→“小前提”⇒“结论”．大前提是一切奇数都不能被2整除；小前提是2013是奇数，得到结论为2013不能被2整除，故选C.‎ 考点：演绎推理的基本方法 点评：本题考查的知识点是演绎推理的基本方法：大前提一定是一个一般性的结论，小前提表示从属关系，结论是特殊性结论．‎ ‎10.如图，正方体中，为底面的中心，为棱 的中点，则下列结论中错误的是（ ）‎ A. 平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角 D. 与底面所成角为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行的判定定理可证明A正确；根据线面垂直的判定定理可证明B正确；易证并结合异面直线所成的角的定义可得C正确；根据过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直可得D错误．‎ ‎【详解】‎ 对A，连结交于，则为的中点，连结．‎ 因为，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，又，分别为，的中点，所以，‎ 所以四边形为平行四边形，所以，‎ 又平面，平面，所以平面，故A正确．‎ 对B，连结，，，设正方体的棱长为，则，，，‎ 所以在中，，所以，‎ 又为等边三角形，为中点，所以，‎ 又，平面，所以平面，故B正确．‎ 对C，因为，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，所以(或其补角)即为异面直线与所成角，‎ 因为为等边三角形，所以，‎ 所以异面直线与所成角为，故C正确．‎ 对D，因为平面，又过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直，‎ 故不与平面垂直，故D错误．‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理及异面直线所成的角的求法．‎ ‎11.若双曲线的渐近线与圆相离，则其离心率的取值范围是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 双曲线的渐近线是，圆 的圆心是，半径是，依题意，有，即 化简得，即.故选C.‎ ‎12.某同学为研究函数，()的性质，构造了如图所示的两个边长为1的正方形和，点是边上的一个动点，设，则.函数的零点的个数是（ ）‎ A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数的值域即为图中的取值范围，通过分析点在线段上的运动可得到的范围为，而函数的零点的个数即为方程的解的个数，而，从而可得函数的零点个数为0．‎ ‎【详解】由题意可知，函数的值域即为图中的取值范围，‎ 通过图形可知点在线段运动时，‎ 当三点共线时，此时在中点，取得最小值；‎ 当在中点处向(或)运动的时，逐渐增大，当到达(或)处时，达到最大值，理由如下：‎ 因为，，()，‎ 所以，令，‎ 即，两边同时平方整理得，‎ 解得，‎ ‎－‎ ‎＋‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以函数的值域，‎ 函数的零点的个数即为方程的解的个数，而，‎ 所以函数的零点的个数是．‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查函数零点的个数问题及函数模型的应用，考查数形结合思想．‎ 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，共20分.）‎ ‎13.设抛物线上一点到轴的距离是,则点到该抛物线焦点的距离是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如图，作垂直抛物线的准线于，则，由抛物线的定义得点到该抛物线焦点的距离．‎ 考点：考查抛物线的定义及其几何性质．‎ ‎14.某商店统计了最近个月某商品的进份与售价（单位：元）的对应数据如表：‎ 假设得到的关于和之间的回归直线方程是，那么该直线必过的定点是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据回归方程必过点（），计算出即可求得答案．‎ ‎【详解】，8，‎ ‎∵回归方程必过点（），‎ ‎∴该直线必过的定点是 故答案为 ‎【点睛】本题考查了回归方程，线性回归方程必过样本中心点（），属于基础题．‎ ‎15.在三棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在等边三角形中，取的中点，设其中心为，则，再利用勾股定理可得，则为棱锥的外接球球心，利用球的表面积公式可得结果.‎ ‎【详解】‎ 如图，在等边三角形中，取的中点，‎ 设其中心为，由，‎ 得，‎ 是以为斜边的等腰角三角形，,‎ 又因为平面平面，‎ 平面 ，，‎ ‎，‎ 则为棱锥的外接球球心，‎ 外接球半径，‎ 该三棱锥外接球的表面积为，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查主要四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.‎ ‎16.《九章算术》“勾股”章有一题：“今有二人同立.甲行率七，乙行率三，乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会，问甲乙各行几何.”大意是说：“已知甲、乙二人同时从同一地点出发，甲的速度为7，乙的速度为3，乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇.甲、乙各走了多少步.”请问乙走的步数是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设甲、乙相遇时经过的时间为，根据已知画出图形，由勾股定理列出方程，即可求出，进而可求出乙走的步数．‎ ‎【详解】设甲、乙相遇时经过的时间为，则甲、乙走过的路程分别为，，如图：‎ 所以，,，在中，由勾股定理，得 ‎，即，解得或(舍去)，‎ 所以，即乙走的步数是．‎ 故答案：‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，关键是抓住相遇时时间相等，并且能根据题意画出图形，利用勾股定理列出方程求出相遇时的时间．‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.公差不为0的等差数列，为﹐的等比中项，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）；（2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据等比中项的性质与等差数列的基本量法求解即可.‎ ‎(2)利用分组求和与等差等比数列的求和公式求解即可.‎ ‎【详解】(1)设等差数列的公差为则因为为,的等比中项,‎ 故,化简得.‎ 又故.故,.‎ 即.‎ ‎(2) ,故 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解与分组求和、等差等比数列的公式求和等.属于基础题.‎ ‎18.2022年北京冬奥会的申办成功与“3亿人上冰雪”口号的提出，将冰雪这个冷项目迅速炒“热”．北京某综合大学计划在一年级开设冰球课程，为了解学生对冰球运动的兴趣，随机从该校一年级学生中抽取了100人进行调查，其中女生中对冰球运动有兴趣的占，而男生有10人表示对冰球运动没有兴趣额．‎ ‎（1）完成列联表，并回答能否有的把握认为“对冰球是否有兴趣与性别有关”？‎ 有兴趣 没兴趣 合计 男 ‎55‎ 女 合计 ‎（2）已知在被调查的女生中有5名数学系的学生，其中3名对冰球有兴趣，现在从这5名学生中随机抽取3人，求至少有2人对冰球有兴趣的概率．‎ 附表：‎ ‎0.150‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎【答案】（1）有（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中数据得到列联表，然后计算出，与临界值表中的数据对照后可得结论．（2）由题意得概率为古典概型，根据古典概型概率公式计算可得所求．‎ ‎【详解】（1）根据已知数据得到如下列联表 有兴趣 没有兴趣 合计 男 ‎45‎ ‎10‎ ‎55‎ 女 ‎30‎ ‎15‎ ‎45‎ 合计 ‎75‎ ‎25‎ ‎100‎ 由列联表中的数据可得 因为，‎ 所以有90%的把握认为“对冰球是否有兴趣与性别有关”． ‎ ‎(2)记5人中对冰球有兴趣的3人为A、B、C，对冰球没有兴趣的2人为m、n，‎ 则从这5人中随机抽取3人，所有可能的情况为：（A,m,n）,（B,m,n）,（C,m,n）,（A,B,m）,‎ ‎（A,B,n）,（B,C,m）,（B,C,n）,（A,C,m）,（A,C,n）,（A,B,C），共10种情况， ‎ 其中3人都对冰球有兴趣的情况有（A,B,C），共1种，2人对冰球有兴趣的情况有（A,B,m）,（A,B,n）,（B,C,m）,（B,C,n）,（A,C,m）,（A,C,n），共6种， ‎ 所以至少2人对冰球有兴趣的情况有7种，‎ 因此，所求概率为．‎ ‎【点睛】由于独立性检验有其独特的作用，其原理不难理解和掌握，但解题时需要注意计算的准确性和判断的正确性，对独立性检验的考查多以解答题的形式出现，一般为容易题，多与概率、统计等内容综合命题．‎ ‎19.如图，已知三棱锥的平面展开图中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥的表面积和体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）表面积，体积 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意知和为等腰三角形，可取AC中点O，连接PO,OB，可证明平面然后利用面面垂直的判定定理即可得到证明；（Ⅱ）求各个面的面积之和即可到棱锥的表面积，由平面，利用棱锥的体积公式计算即可得到答案.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）设的中点为，连接，.‎ 由题意，得，，.‎ 因为在中，，为的中点，所以.‎ 因为在中，，，，‎ ‎，所以.‎ 因为，，平面，‎ 所以平面，‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（Ⅱ）三棱锥的表面积 ，‎ 由（Ⅰ）知，平面，所以三棱锥的体积为 ‎ .‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直，面面垂直判定定理的应用，考查棱锥的表面积和体积的计算，考查学生的空间想象能力和计算能力.‎ ‎20.若椭圆（）的顶点到直线的距离分别为和．‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)设平行于的直线交于，两点，且，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据直线的方程可知直线与两坐标轴的夹角均为，可得，，即可求出，从而求出椭圆的标准方程；‎ ‎(2)设，，直线的方程为，由，可得，将直线的方程与椭圆的方程联立消去，利用根与系数的关系求出，代入即可求出，进而求出直线的方程．‎ ‎【详解】(1)由直线：可知其与两坐标轴的夹角均为，‎ 故长轴端点到直线的距离为，短轴端点到直线的距离为，‎ 所以，，解得，，‎ 所以椭圆的标准方程为；‎ ‎(2)设直线：（），‎ 由，整理得，‎ 则，解得，‎ 设，，则，，‎ 故，‎ 因为，即，‎ 解得，满足且，‎ 所以直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，第(2)问关键是将转化为并结合根与系数的关系求出，采用了设而不求的方法．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求函数在点处的切线方程；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对函数求导后由几何意义求出函数在点处的切线方程 ‎(2)由导数可知存在极小值点，即最小值，下证 ‎【详解】（1），，‎ 又由题意得，，所以，‎ 即切线方程为.‎ ‎（2）证明：由（1）知，易知在区间单调递增，‎ ‎，且，所以，使得，即有唯一的根，‎ 记为，则，‎ 对两边取对数，得整理得，‎ 因为时，，，函数单调递减，‎ 时，，，函数单调递增，‎ 所以.‎ 当且仅当，即时，等号成立，‎ 因为，所以，即.‎ ‎【点睛】本题考查了运用几何意义求函数的切线方程，在求解不等式时要求出函数的最小值，由导数求得极值点，代入化简运用不等式求出结果，属于中档题 请考生在22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.‎ ‎22.在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数）．‎ ‎（1）以原点为极点、轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆的极坐标方程；‎ ‎（2）已知，，圆上任意一点，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数，将圆的参数方程，转化为普通方程，利用求得圆的极坐标方程.（2）利用圆的参数方程以及点到直线的距离公式，求得到直线的距离，由此求得三角形的面积的表达式，再由三角函数最值的求法，求得三角形面积的最大值.‎ ‎【详解】解：（1）圆的参数方程为（为参数），‎ 所以其普通方程为，‎ 所以圆的极坐标方程为.‎ ‎（2）点到直线：的距离，‎ 故的面积，‎ 所以面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查参数方程转化为普通方程，考查直角坐标方程转化为转化为极坐标方程，考查利用参数的方法求三角形面积的最值，考查点到直线距离公式，属于中档题.‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 设函数，‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若，恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）利用零点分段法去绝对值，将函数化为分段函数，由此求得不等式的解集为；（II）由（I）值，函数的最小值为，即，由此解得.‎ 试题解析：‎ ‎（I），‎ 当，，，‎ 当，，，‎ 当，，，‎ 综上所述.‎ ‎（II）易得，若，恒成立，‎ 则只需，‎ 综上所述.‎ 考点：不等式选讲．‎