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  • 2021-06-11 发布

新疆乌鲁木齐地区2020届高三年级第一次质量检监测文科数学试题

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乌鲁木齐地区2020年高三年级第一次质最监测 文科数学(问卷)‎ 第Ⅰ卷(选择题 共60分)‎ 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5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.若集合,,则集合( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解二次不等式,求得集合,再求集合交集即可.‎ ‎【详解】对集合:,解得.‎ 根据集合的交运算可得:‎ ‎.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查集合交集的运算,涉及简单二次不等式的求解,属基础题.‎ ‎2.已知复数(是虚数单位),则的共轭复数( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的乘法运算,求得复数,再求其共轭复数即可.‎ ‎【详解】因为,‎ 故可得,‎ 故.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的求解,属基础题.‎ ‎3.已知双曲线(,)的两条渐近线互相垂直,焦距为,则该双曲线的实轴长为( )‎ A. 3 B. ‎6 ‎C. 9 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据渐近线垂直,可得的关系,结合焦距的长度,列方程组,即可求得结果.‎ ‎【详解】因为两条渐近线互相垂直,故可得,‎ 又因为焦距为,故可得,‎ 结合,‎ 解得,‎ 故实轴长.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线方程的求解,属基础题.‎ ‎4.已知,为两条不同的直线,,,为三个不同的平面,则下列命题正确的是( )‎ A. 若,,则 B. 若,且,则 C. 若,,,,则 D. 若,,,则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线线平行,线线垂直,线面垂直,面面垂直的判定,对选项进行逐一分析即可.‎ ‎【详解】对:若,,则,或与是异面直线,或与相交,故错误;‎ 对:若,且,‎ ‎ 不妨取交线上一点,作平面的垂线为,‎ ‎ 因为,且点,故;‎ ‎ 同理可得,故与是同一条直线,‎ ‎ 因为,故.‎ ‎ 故选项正确.‎ 对:只有当与是相交直线时,若,,,,‎ 才会有.故错误;‎ 对:若,,,则与的关系不确定,故错误.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查线线平行,面面平行,面面垂直的判定,属综合基础题.‎ ‎5.数列是公差为2的等差数列,为其前项和,且,,成等比数列,则( )‎ A. 8 B. ‎12 ‎C. 16 D. 24‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比中项的定义,结合数列的公差为,列方程即可求得数列的首项,进而利用公式求得.‎ ‎【详解】因为,,成等比数列,故可得,‎ 即可得,解得.‎ 故.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列前项和与通项公式基本量的计算,涉及等比中项,属综合基础题.‎ ‎6.若正整数除以正整数的余数为,则记为,例如.如图程序框图的算法源于我国古化著名的《中国剩余定理》,执行该程序框图,则输出的等于( )‎ A. 2 B. ‎4 ‎C. 8 D. 16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序,根据循环结构,逐步执行,即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ 模拟执行程序如下:‎ 开始,‎ ‎,不满足,‎ 故,满足,但不满足,‎ 故,不满足,‎ 故,满足,满足,‎ 输出.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查循环结构语句的执行,只需按照程序框图模拟执行即可,属基础题.‎ ‎7.为了解某市居民用水情况,通过抽样,获得了100位居民某年的月均用水量(单位:吨).将数据按照,…,分成9组,绘制了如图所示的频率分布直方图.政府要试行居民用水定额管理,制定一个用水量标准.使的居民用水量不超过,按平价收水费,超出 的部分按议价收费,则以下比较适合做为标准的是( )‎ A. 2.5‎吨 B. 3吨 C. 3.5吨 D. 4吨 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据频率分布直方图中,长方形面积表示频率,找出将面积分割为和的数值,即为标准.‎ ‎【详解】根据频率分布直方图,结合题意可得:‎ 解得.‎ 故要满足的居民用水量不超过,‎ 则比较合适的取值为吨.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图中,频率的计算,属基础题.‎ ‎8.天文学中为了衡量星星的明暗程度,古希腊天文学家喜帕恰斯(,又名依巴谷)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小,星星就越亮;星等的数值越大,它的光就越暗.到了1850年,由于光度计在天体光度测量中的应用,英国天文学家普森()又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念.天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足.其中星等为的星的亮度为.已知“心宿二”的星等是1.00.“天津四” 的星等是1.25.“心宿二”的亮度是“天津四”的倍,则与最接近的是(当较小时, )‎ A. 1.24 ‎B. ‎1.25 ‎C. 1.26 D. 1.27‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,代值计算,即可得,再结合参考公式,即可估算出结果.‎ ‎【详解】根据题意可得:‎ 可得,解得,‎ 根据参考公式可得,‎ 故与最接近的是.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查对数运算,以及数据的估算,属基础题.‎ ‎9.已知函数在上单调递增,则的最大值为( )‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 4 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出的取值范围,结合正弦函数的单调区间,即可求得.‎ ‎【详解】因为,故可得,‎ 又的单调增区间为,‎ 故当时,只需是的子集即可.‎ 则:,解得,‎ 故的最大值为.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查由正弦型三角函数的单调区间,求参数的取值范围,属中档题.‎ ‎10.已知,,,,则,,的大小关系是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为,故可得,由指数函数和幂函数的单调性即可比较大小.‎ ‎【详解】因为,故可得,‎ 根据指数函数是单调减函数,‎ 可得,即可得;‎ 根据幂函数是单调增函数,‎ 可得,即可得 综上所述:.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查正弦函数和余弦函数在区间上的大小关系,以及指数函数和幂函数的单调性,属综合中档题.‎ ‎11.已知抛物线的焦点为,准线为,过点且斜率为的直线交抛物线于点(在第一象限),于点,直线交轴于点,则( )‎ A. 4 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直线方程,联立抛物线方程,求得点的坐标,即可得点坐标,进而可求得的方程,容易得点的坐标,用两点之间的距离公式即可求得的长度.‎ ‎【详解】根据题意,作图如下:‎ 由题可知,点,故直线的方程为,‎ 联立抛物线方程 可得,解得或 因为点在第一象限,故可得.‎ 又因为准线方程为,故可得.‎ 则直线的方程为,‎ 令,解得,即可得.‎ 故.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线中线段长度的求解,关键是要逐步求解出点的坐标即可.‎ ‎12.已知函数,若,则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的单调性,得到满足题意的的范围,根据,得到与之间的关系,构造关于的函数,求该函数的值域即可.‎ ‎【详解】根据题意,因为是单调递增函数,也是单调增函数,‎ 且,故在整个定义域上都是单调增函数.‎ 当且仅当时,满足题意,‎ 否则不妨令,要满足题意,则有.‎ 又因为,故可得,‎ 解得,‎ 故,‎ 令,‎ 则,令,解得,‎ 故函数在区间上单调递减,在区间上单调递增,‎ 故,没有最大值.‎ 综上所述:故的取值范围为.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的值域,以及分段函数的单调性,属综合性中档题.‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共90分)‎ 二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)‎ ‎13.已知单位向量,满足,则向量与向量夹角的大小为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的数量积运算,结合单位向量模长为1,代值计算即可.‎ ‎【详解】因为,均是单位向量,故可得,‎ 故可得,‎ 即,解得,‎ 又因为向量夹角的范围为,‎ 故的夹角为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的运算,属基础题.‎ ‎14.已知圆的圆心为,点在直线上,则的最小值为__________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线和圆相离,即可得圆心到直线的距离减去半径,即为所求.‎ ‎【详解】因为圆方程为,故,‎ 则圆心到直线的距离,则直线与圆相离.‎ 故得最小值为.‎ 故答案为:3.‎ ‎【点睛】本题考查圆心到直线上一点距离的最值问题,属基础题.‎ ‎15.造纸术是我国古代四大发明之一,纸张的规格是指纸张制成后,经过修整切边,裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准,规定以、、…、;、、…、等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用系列和系列,共中系列的幅面规格为:①规格的纸张的幅宽(以表示)和长度(以表示)的比例关系为;②将纸张沿长度方向对开成两等分,便成为规格,纸张沿长度方向对开成两等分,便成为规格,…,如此对开至规格.现有、、、…、纸各一张.若纸的面积为.则这9张纸的面积之和等于__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,求出纸张的长度和宽度,构造纸张面积的等比数列,利用等比数列前项和的计算公式,即可求得.‎ ‎【详解】由题可设,纸的面积为,‎ 根据题意,纸张面积是首项为,公比为的等比数列,‎ 则容易知纸张的面积为,故可得,‎ 故纸张面积是一个首项为,公比为的等比数列,‎ 故张纸的面积之和为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查实际问题中等比数列的应用,问题的关键是要构造等比数列,属中档题.‎ ‎16.如图,关于正方体,有下列四个命题:‎ ‎①与平面所成角为45°;‎ ‎②三棱锥与三棱锥的体积比为;‎ ‎③存在唯一平面.使平面且截此正方体所得截面为正六边形;‎ ‎④过作平面,使得棱、,在平面上的正投影的长度相等.则这样的平面 有且仅有一个.‎ 上述四个命题中,正确命题的序号为________.‎ ‎【答案】①②③.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面角的求解方法,三棱锥体积计算公式,正方体截面的性质,以及投影的相关知识,对选项进行逐一分析即可.‎ ‎【详解】对①:过作垂直于,垂足为,如下图所示:‎ 因为是正方体,‎ 容易知平面,且平面,故可得,‎ 又因为,故平面,故即为所求线面角.‎ 容易知为等腰直角三角形,故.‎ 即与平面所成角为45°.故①正确;‎ 对②:设正方体棱长为1,‎ 故可得;‎ 而棱锥的体积可以理解为 正方体体积减去4个体积都和相等的三棱锥的体积,‎ 故.‎ 故棱锥与三棱锥的体积比为,则②正确;‎ 对③:根据正方体截面的性质,当截面为六边形时,‎ 当且仅当为各点所在棱的中点时,截面为正六边形,如下图所示:‎ 其它情况下,无法保证截面六边形的棱长都相等,‎ 故存在唯一平面.使平面且截此正方体所得截面为正六边形,‎ 则③正确;‎ 对④:若棱在平面的同侧,则为过点且与平面平行的平面;‎ 若棱中有一条棱与另外两条棱分别在平面的异侧,则这样的平面有3个;‎ 故满足题意的平面有4个.‎ 故④错误.‎ 综上所述:正确的有①②③.‎ 故答案为:①②③.‎ ‎【点睛】本题考查线面角的求解,以及棱锥体积的计算,正方体截面的相关性质,属综合中档题.‎ 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.‎ ‎17.如图,在四棱锥中,平面,是正方形,是中点,点在上,且.‎ ‎(1)证明:平面;‎ ‎(2)若,求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)证明见详解;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据平面,可得,再证,即可由线线垂直推证线面垂直;‎ ‎(2)转换三棱锥顶点,用等体积法求点面距离即可.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为平面,平面,故可得;‎ 设底面正方形的边长为4,故可得,‎ ‎,,‎ 故在中,满足,故可得;‎ 又平面,且,‎ 则平面,即证.‎ ‎(2)因为平面,故为三棱锥底面上的高线.‎ 故可得.‎ 在中,因为,,‎ 由(1)可知平面,又平面,故可得,‎ 则,‎ 设点到平面的距离为,‎ 故可得,解得.‎ 即点到平面的距离为:.‎ ‎【点睛】本题考查由线线垂直推证线面垂直,以及利用等体积法求解点到面的距离,属综合基础题.‎ ‎18.已知的面积为3,边上的高是2,.‎ ‎(1)求外接圆的半径;‎ ‎(2)求和的长.‎ ‎【答案】(1);(2)或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用三角形的面积公式求得,再利用同角三角函数关系,求得,最后利用正弦定理,即可求得外接圆半径;‎ ‎(2)利用面积公式以及余弦定理,求得和的方程组,解方程组即可.‎ ‎【详解】设三角形的边长.‎ ‎(1)由面积公式,解得.‎ 因为,,故由同角三角函数关系,‎ 容易得.‎ 由正弦定理可得.‎ 故外接圆的半径为.‎ ‎(2)由面积公式可得,结合(1)中所求,‎ 可得;‎ 由余弦定理可得,解得,‎ 即 解得,联立 可得或.‎ 故或.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形,以及三角形外接圆半径的求解,属综合基础题.‎ ‎19.在统计调查中,问卷的设计是一门很大的学问,特别是对一些敏感性问题.例如学生在考试中有无作弊现象,社会上的偷税漏税等,更要精心设计问卷.设法消除被调查者的顾虑,使他们能够如实回答问题,否则被调查者往往会拒绝回答,或不提供真实情况.为了调查中学生中的早恋现象,随机抽出200名学生,调查中使用了两个问题.①你的血型是A型或B型(资料:我国人口型血比例41%,型血比例28%,型血比例24%.型血比例7% ).②你是否有早恋现象,让被调查者掷两枚骰子,点数之和为奇数的学生如实回答第一个问题.点数之和为偶数的学生如实回答第二个问题,回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子,回答“否”的人什么都不放,后来在盒子中收到了57个小石子.‎ ‎(1)试计算掷两枚骰子点数之和为偶数的机率;‎ ‎(2)你能否估算出中学生早恋人数的百分比?‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先计算抛掷两枚骰子的所有可能,再找出满足题意的可能,用古典概型的概率计算公式即可求得;‎ ‎(2)根据(1)中所求,结合参考数据,先求得关于血型问题回答是的同学数量,再求出回答是早恋同学的数量,进而算出早恋比例.‎ ‎【详解】(1)抛掷两枚骰子,总共有36种可能;‎ 其中满足点数之和为偶数有以下18中可能:‎ 故满足题意的概率.‎ 故掷两枚骰子点数之和为偶数的机率为.‎ ‎(2)由(1)可知,点数之和为偶函数和奇数的概率相等,‎ 则可估算有100名同学回答第一个问题,100名同学回答第二个问题.‎ 根据参考数据,回答第一个问题,选择是的有人;‎ 故回答第二个问题,选择是的有人.‎ 故早恋人数的占比为.‎ ‎【点睛】本题考查简单随机抽样的概率计算,属基础题.‎ ‎20.已知函数()‎ ‎(1)当时,求曲线在点处的切线方程;‎ ‎(2)若在定义域内为单调函数,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对函数求导,解得函数在点处切线的斜率,根据点斜式即可求得切线方程;‎ ‎(2)构造函数,利用导数求解其值域,再根据与之间的关系,求解恒成立问题即可得参数的范围.‎ ‎【详解】(1)当时,,故;‎ 故可得,‎ 故切线方程为:,整理得.‎ 故曲线在点处的切线方程为.‎ ‎(2)因为,故可得.‎ 若在定义域内为单调函数,则恒成立,或恒成立.‎ 构造函数,故可得,‎ 令,解得,‎ 故在区间上单调递增,在区间上单调递减.‎ 故,且当趋近于0时,趋近于0.‎ 故.‎ 若要保证在定义域内恒成立,即恒成立,‎ 即在定义域内恒成立,则只需;‎ 若要保证在定义域内恒成立,则恒成立,‎ 则在定义域内恒成立,但没有最小值,故舍去.‎ 综上所述,要保证在定义域内为单调函数,‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义,以及根据函数单调性,利用导数求参数的范围,属综合中档题.‎ 选考题:共10分,请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.‎ ‎21.已知椭圆:()的左焦点为,其中四个顶点围成的四边形面积为.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)过点的直线与曲线交于,两点,设的中点为,,两点为椭圆上关于原点对称的两点,且(),求四边形面积的最小值.‎ ‎【答案】(1);(2)4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将四边形面积表示为的代数式,结合焦点坐标,联立方程组,求解即可;‎ ‎(2)设出直线的方程,利用弦长公式求得,再利用,建立直线与之间的联系,再利用点到直线的距离,以及面积公式,将四边形面积表示为函数形式,求该函数的最小值即可.‎ ‎【详解】(1)因为左焦点为,故可得;‎ 因为四个顶点围成四边形面积为,故可得.‎ 联立,‎ 解得 故椭圆方程为.‎ ‎(2)因为,故两点不可能重合,‎ 则直线的斜率不可能为0,‎ 故可设直线方程为,‎ 联立椭圆方程,‎ 可得,‎ 设两点坐标分别为,‎ 则可得,‎ 则 故可得,‎ 因为,故可得四点共线,‎ 故可得.‎ 不妨设直线方程为,,‎ 联立直线与椭圆方程 可得,‎ 设,‎ 则,即 则,即 则点到直线的距离为:‎ 将代入上式即可得:‎ ‎,,‎ 故 又根据弦长公式可得:‎ 故四边形面积 ‎,‎ 因为,故可得,‎ 当且仅当时,四边形面积取得最小值4.‎ 故四边形面积的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解,以及椭圆中四边形面积的最值,涉及弦长公式的应用,计算量相对较大,属中档题.‎ ‎22.在直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,四边形的四个顶点都在曲线上.‎ ‎(1)求曲线的直角坐标方程;‎ ‎(2)若,相交于点,求的值.‎ ‎【答案】(1);(2)4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将两边平方,利用公式,即可转化为直角坐标方程;‎ ‎(2)写出直线的参数方程,根据直线参数的几何意义,即可求得.‎ ‎【详解】(1)将两边平方,即可得,‎ 即可得.‎ ‎(2)因为直线都经过点,‎ 故直线的参数方程为:为参数;‎ 直线的参数方程为:为参数;‎ 联立直线的方程与可得:‎ ‎,‎ 设两点对应的参数为,故可得;‎ 同理联立直线的方程与可得:‎ ‎,‎ 设两点对应的参数为,故可得;‎ 根据直线参数方程中几何意义可知:‎ ‎.即为所求.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程转化为直角坐标方程,以及利用直线参数方程中参数的几何意义,求解线段长度的乘积,属基础题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎(1)求不等式的解集;‎ ‎(2)若不等式的解集包含,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分类讨论,求解不等式即可;‎ ‎(2)将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题,列出不等式组即可求得.‎ ‎【详解】(1)当时,等价于,‎ 解得;‎ 当时,等价于,恒成立,‎ 解得;‎ 当时,等价于,‎ 解得;‎ 综上所述,不等式的解集为.‎ ‎(2)不等式的解集包含,‎ 等价于在区间上恒成立,‎ 也等价于在区间恒成立.‎ 则只需满足:‎ 且即可.‎ 即,‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的求解,以及二次函数在区间上恒成立的问题,属综合基础题.‎

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