四川省攀枝花市2020届高三一模考试数学（文）试题 23页

攀枝花市高2020届高三第一次统考 文科数学 本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效．满分150分．考试时间120分钟．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应顺目的答案标号徐黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试着上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解不等式化简集合，再求交集即可.‎ ‎【详解】由解得，故.‎ 又，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的基本运算，涉及交集、解不等式，是一道基础题.‎ ‎2.已知复数，其中为虚数单位.则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数求模公式可求出的值.‎ ‎【详解】，则，故选B .‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法法则以及复数模的计算，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.在等差数列中，，则数列的前项的和（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设公差为，把已知式化简，再利用求和公式即可求解.‎ ‎【详解】设公差为，由可得，则.‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的基本问题，求前项和.是等差数列的基本量，一般可以利用条件建立关于的方程(组)解决问题.‎ ‎4.已知角的终边经过点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式可得，再利用三角函数的定义求解即可.‎ ‎【详解】因为角的终边经过点，所以.‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的定义和诱导公式，是一道基础题，解题时要注意符号.‎ ‎5.执行如图所示的程序框图，如果输入，，则输出的等于（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，逐步写出各变量取值的变化，判断循环条件是否成立，最终可得答案.‎ ‎【详解】执行程序框图，各变量的值依次变化如下：‎ 成立；‎ ‎，成立；‎ ‎，不成立，‎ 跳出循环，输出的等于.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，解题的一般方法是模拟执行程序，依次写出各变量取值的变化，解题时要留意循环终止的条件.‎ ‎6.一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为（　）‎ A. 1：3 B. 1：4 C. 1：5 D. 1：6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出几何体直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．‎ ‎【详解】解：由题意可知：几何体被平面ABCD平面分为上下两部分，‎ 设正方体的棱长为2，上部棱柱的体积为：；‎ 下部为：，截去部分与剩余部分体积的比为：．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，棱柱的体积的求法，考查计算能力.‎ ‎7.函数的部分图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化，排除错误选项可得答案.‎ ‎【详解】由，可得，‎ 故是奇函数，图象关于原点对称，排除A.‎ 当时，；当时，，排除C,D.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质分析函数图象的特征，排除错误选项得到答案.‎ ‎8.已知，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数的性质比较的大小，利用“”比较与的大小关系.‎ ‎【详解】，，，‎ 又，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查指数、对数的大小比较.一般利用指数函数、对数函数的单调性和等中间值解决问题.‎ ‎9.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若命题“”为假命题，则命题“”是真命题 B. 命题“，”的否定是“，”‎ C. 设，则“”是“”的充要条件 D. 命题“平面向量满足，则不共线”的否命题是真命题 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用逻辑联结词、全称命题的否定、不等式的性质、向量的性质等逐一判断各选项是否正确.‎ ‎【详解】选项A,若命题“”为假命题，则命题至少有一个假命题，‎ 即可能有一真一假，也可能两个都是假命题，‎ 所以“”可能是真命题，也可能是假命题，故A不正确.‎ 选项B,命题“，”的否定是“，”,故B不正确.‎ 选项C,，无法得出，故C不正确.‎ 选项D, 原命题的否命题时“平面向量满足，则共线”，‎ 因为，所以由可得.‎ 所以，则或，即共线.故D正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查常用逻辑用语，涉及逻辑联结词、全称命题的否定、充要条件、否命题，综合考查了不等式的性质、平面向量的性质.与其他知识综合命题，是考查常用逻辑用语的一般方式.‎ ‎10.已知函数，若，，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先研究函数的单调性和值域，设，得出的取值范围，把表示为的函数，从而可得答案.‎ ‎【详解】当时，单调递增且，；‎ 当时，单调递增且，.‎ 因为，，所以.‎ 设，则，‎ ‎，.‎ 所以.‎ 所以.‎ 由，可得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的综合问题.解题时需要综合利用函数与方程、数形结合、等价转化等数学思想方法.‎ ‎11.关于函数的下述四个结论中，正确的是（ ）‎ A. 是奇函数 B. 的最大值为 C. 在有个零点 D. 在区间单调递增 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析函数的奇偶性、最值、零点、单调性，对各选项进行逐一判断即可.‎ ‎【详解】，‎ 所以是偶函数，不是奇函数，故A不正确.‎ ‎，且当时取得等号；‎ ‎，且当时取得等号，‎ 所以但等号无法取得，‎ 即的最大值小于，故B不正确.‎ 由是偶函数且，‎ 可得在区间上的零点个数必为偶数，故C不正确.‎ 当时，单调递增，故D正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的性质，涉及奇偶性、最值、零点、单调性的.解选择题要善于利用排除法，如选项B,可不必求出具体的最大值，只需判断最大值是不是即可.‎ ‎12.已知函数与的图象恰有三个不同的公共点（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两图象有三个公共点可得有三个实根，变形得，设，则关于的方程有两个不同的实数根且 共有三个实数根，结合二次方程根的分布和的图象性质可得答案.‎ 详解】令，可得，可得.‎ 设，则，即.‎ ‎，‎ 当时，单调递增且；‎ 当时，单调递减且.‎ 作出的图象如图所示.‎ 对于，，‎ 设该方程有两个不同的实根，由题意得共有三个实数根.‎ 若是方程的根，则，即，‎ 则方程的另一个根为，不合题意.‎ 若是方程的根，则，即，‎ 则方程的另一个根为，不合题意.‎ 所以关于的方程的两根(不妨令)满足.‎ 所以解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的综合问题，涉及导数、二次方程等，是一道难题，解题时要灵活运用等价转化、数形结合等数学思想方法.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若平面单位向量满足，则向量的夹角为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数量积运算法则即可求解.‎ ‎【详解】由单位向量可得，设向量的夹角为，‎ 则，‎ 解得，则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用数量积求向量的夹角，解题时要注意单位向量的模长为，还要注意向量夹角的取值范围为.‎ ‎14.已知幂函数的图象经过点，则_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用幂函数的定义可得，再利用幂函数的图象过点可求得的值，则答案可得.‎ ‎【详解】由是幂函数，可得.‎ 由的图象经过点，可得，解得.‎ 所以. ‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查幂函数，利用定义求解即可，是一道基础题.‎ ‎15.正项等比数列满足，且2，，成等差数列，设 ‎，则取得最小值时的值为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意列关于的方程组，求得的通项公式，再表示出，即可求得答案.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为.‎ 由，，成等差数列，可得，则，‎ 所以，解得(舍去)或.‎ 因为，所以.‎ 所以.所以.‎ 所以，‎ 当时，取得最小值，取得最小值.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查数列的综合问题，涉及等比数列、等差数列、等比数列求积、求最值等.利用等比数列的基本量进行运算是解题的突破口.‎ ‎16.已知函数对满足，且，若的图象关于对称，，则=____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由对称性可得是偶函数，再利用赋值求得的值，从而可判断周期性，答案易得.‎ ‎【详解】因为的图象关于对称，‎ 所以的图象关于对称，即是偶函数.‎ 对于，令，可得，‎ 又，所以，则.‎ 所以函数对满足.‎ 所以.‎ 所以，即是周期为的周期函数.‎ 所以，‎ ‎.‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数性质的综合运用，涉及对称性、奇偶性、周期性等.遇恒等式问题，可尝试通过赋值来求得关键值.‎ 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.数列中，，，数列满足．‎ ‎（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）证明见解析，；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用，，可证数列是等差数列，然后可得，的通项公式.‎ ‎(2)利用(1)可得，于是可用裂项相消法求和.‎ ‎【详解】（1）由，即．‎ 而，∴，即．‎ 又，∴数列是首项和公差均为1的等差数列.‎ 于是，∴.‎ ‎（2）∵，∴.‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的判断、裂项相消法求和.通项公式形如(为常数)的数列可用裂项相消法求和，裂项时要注意恒等变形调整系数，即.‎ ‎18.的内角，，的对边分别为，，，且满足=．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先化切为弦，再利用三角恒等变换、正弦定理化简，可得答案.‎ ‎(2)利用余弦定理和均值不等式求解，也可以利用正弦定理和三角函数的性质求解.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎.‎ 由正弦定理得 ‎，.‎ ‎，.‎ ‎，.‎ ‎（2）方法一：，，‎ 由余弦定理得，‎ ‎.‎ 由基本不等式得（当且仅当时“”成立），‎ ‎，则，即的最小值为.‎ 方法二：，，，‎ 由正弦定理得，‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎，，则.‎ ‎，则的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查解三角形，涉及正弦定理、余弦定理、最值的求法等，一般需综合利用三角恒等变换和三角函数的性质进行解题.‎ ‎19.如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，，是的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 取中点，连接，,证平面可得.‎ ‎(2)作平面的垂线，或利用三棱锥的等积转换求解.‎ ‎【详解】（1）证明：取中点，连接，.‎ 为等边三角形，.‎ ‎，是的中点，为中点，∴.‎ 又，平面.‎ ‎（2）方法一：取中点，连接CM.‎ 为等边三角形，.‎ 平面平面，，‎ 平面..‎ 又，平面.‎ ‎，为等边三角形，.‎ 是的中点，‎ 到平面的距离的倍等于到平面的距离.‎ 到平面的距离为.‎ 方法二：由平面平面，，‎ 可得平面，则.‎ ‎，为等边三角形，则.‎ 是的中点，.‎ 点到平面的距离为，设到平面的距离为，‎ 由，解得.‎ ‎【点睛】本题考查空间垂直关系的转化，空间距离的求解.面面垂直、线面垂直、线线垂直之间可以互相转化，要合理创造转化的条件.求点面距离的常用方法是作—证—求和等积转换.‎ ‎20.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）直线交椭圆于、两点，线段的中点为，直线是线段的垂直平分线，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．‎ ‎【答案】（1）；（2）直线过定点，详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由焦点和离心率可得的值，则方程易求.‎ ‎(2)设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合线段的中点，利用根与系数的关系(或点差法)可求出直线的斜率，进而可表示出直线的方程，判断其所过定点.‎ ‎【详解】（1）抛物线的焦点为，则.‎ 椭圆的离心率，则.‎ 故椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）方法一：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.‎ 当直线的斜率存在且不为时，易知，设直线的方程为，‎ 代入椭圆方程并化简得.‎ 设，，则，解得.‎ 因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即.‎ 令，此时，于是直线过定点.‎ 当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.‎ 综上所述，直线过定点.‎ 方法二：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.‎ 当直线的斜率存在且不为时，设，，‎ 则有，，‎ 两式相减得.‎ 由线段的中点为，则，‎ 故直线的斜率.‎ 因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即.‎ 令，此时，于是直线过定点.‎ 当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.‎ 综上所述，直线过定点.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥曲线(椭圆)的综合问题，涉及弦的中点问题，常规方法是联立直线与圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系求解；也可以利用点差法求解.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若函数（其中是的导函数）有两个极值点，，且，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可得点在曲线上，求出的值，由导数的几何意义求切线方程即可.‎ ‎(2)由题意得极值点，是的根，把待证式中的变量转换为只含一个变量再证.‎ ‎【详解】（1）的定义域为，.‎ 而，即，‎ 故所求切线的斜率为，‎ 所以切线方程为，即.‎ ‎（2）证明：，‎ 则的定义域为，，‎ 若有两个极值点，，且，‎ 则方程的判别式，且，‎ 得，且.‎ 所以 ‎.‎ 设，‎ 则在上恒成立，‎ 故在上单调递减，‎ 从而，即.‎ ‎【点睛】本题考查导数综合问题，涉及导数的几何意义、函数的极值、不等式的证明.证明不等式的常用方法是构造函数借助导数来证，不等式中含有多变量则要考虑能否转化为单一变量.‎ ‎（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，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(，为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线经过点，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若，是曲线上两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先化参数方程为普通方程，再化为极坐标方程，利用曲线经过点求出的值即可.‎ ‎(2)把，代入曲线的方程，对变形化简即可.‎ ‎【详解】（1）将曲线的参数方程化为普通方程为，‎ 即.‎ 由，，得曲线的极坐标方程为.‎ 由曲线经过点，则(舍去),‎ 故曲线的极坐标方程为.‎ ‎（2）由题意可知，,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与极坐标方程的转化，考查对极坐标方程含义的理解，是一道基础题.牢记转化公式和极坐标系中的含义即可顺利解题.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若对于，，有，，求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用零点分段讨论法解绝对值不等式.‎ ‎(2)利用绝对值三角不等式即可证明结论.‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 则或或 解得，或，或，即，‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎（2）证明：由，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的求解与证明，利用零点分段讨论法解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式证明不等式.‎ ‎ ‎