辽宁省辽阳市2020届高三一模考试数学(理)试题 Word版含解析

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辽宁省辽阳市2020届高三一模考试数学(理)试题 Word版含解析

www.ks5u.com 高三考试数学试卷(理科)‎ 考生注意:‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分。考试时间120分钟。‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3.本试卷主要考试内容:高考全部内容。‎ 第Ⅰ卷 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.‎ ‎1.已知集合,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合,再求 ‎【详解】因为。‎ 所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查解二次不等式和集合求交集,属于基础题.‎ ‎2.已知复数满足,则的虚部是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用复数的除法运算求出复数,得到其虚部.‎ ‎【详解】因为.‎ - 22 -‎ 所以的虚部是.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的基本概念,属于基础题.‎ ‎3.某单位去年的开支分布的折线图如图1所示,在这一年中的水、电、交通开支(单位:万元)如图2所示,则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例,再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例,相乘即可求出水费开支占总开支的百分比.‎ ‎【详解】水费开支占总开支的百分比为.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查折线图与柱形图,属于基础题.‎ ‎4.将甲、乙、丙、丁、戊5名护士派往5所医院(含医院),每所医院派1名护士,则甲和乙都不派往医院的总派法数为( )‎ A. 48 B. 60 C. 72 D. 96‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先从丙、丁、戊3名护士中选一人去医院有种派法,则余下4人派到4个医院去有种派法,则可得到答案.‎ ‎【详解】因为甲和乙都不去医院,所以去医院的只有丙、丁、戊3名护士,则有 - 22 -‎ 种派法 故甲和乙都不派往医院的总派法数为.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查有特殊要求的排列问题,属于基础题.‎ ‎5.设非零向量,满足,,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得,利用数量积的运算性质结合条件可得答案.‎ ‎【详解】,.‎ ‎,‎ ‎.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零求向量的模长,属于中档题.‎ ‎6.设双曲线,,的离心率分别为,,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知双曲线标准方程,根据离心率的公式,直接分别算出,,,即可得出结论.‎ ‎【详解】对于双曲线,‎ - 22 -‎ 可得,则,‎ 对于双曲线,‎ 得,则,‎ 对于双曲线,‎ 得,则,‎ 可得出,,‎ 所以.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的标准方程和离心率,属于基础题.‎ ‎7.将60个个体按照01,02,03,…,60进行编号,然后从随机数表第9行第9列开始向右读数(下表为随机数表的第8行和第9行)‎ ‎63 01 63 78 59 16 95 55 67 19 98 10 50 71 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 79‎ ‎33 21 12 34 29 78 64 56 07 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54‎ 则抽取的第11个个体的编号是( )‎ A. 38 B. 13 C. 42 D. 02‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 随机数表第9行第9列为2,从29开始依次向右读数,读出11个小于等于60的数字,从而得答案.‎ ‎【详解】随机数表第9行第9列为2,抽取的个体分别为29,56,07,52,42,44,38,15,51,13,02.‎ - 22 -‎ 所以第11个个体为02.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查随机数表的应用,考查利用随机数表抽取样本数据,属于基础题.‎ ‎8.若,则的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件有,利用均值不等式有可得到答案.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ 则,当且仅当时,等号成立,‎ 故的最小值为4.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查对数的运算性质和利用均值不等式求最值,属于中档题.‎ ‎9.若,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得,再利用余弦的二倍角公式可得答案.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,所以.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查同角三角函数的关系和余弦的二倍角公式,属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎10.如图,在正四棱柱中,,分别为的中点,异面直线与所成角的余弦值为,则( )‎ A. 直线与直线异面,且 B. 直线与直线共面,且 C. 直线与直线异面,且 D. 直线与直线共面,且 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接,,,,由正四棱柱的特征可知,再由平面的基本性质可知,直线与直线共面.,同理易得,由异面直线所成的角的定义可知,异面直线与所成角为,然后再利用余弦定理求解.‎ ‎【详解】如图所示:‎ 连接,,,,由正方体的特征得,‎ 所以直线与直线共面.‎ 由正四棱柱的特征得,‎ 所以异面直线与所成角为.‎ - 22 -‎ 设,则,则,,,‎ 由余弦定理,得.‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质,还考查了推理论证和运算求解的能力,属于中档题.‎ ‎11.已知函数,将的图象向右平移个单位长度后,得到的图象.若的图象关于直线对称,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将的图象向右平移个单位长度得,又的图象关于直线对称,则,可求出参数的值,从而得到答案.‎ ‎【详解】,‎ 因为的图象关于直线对称,则 由,得,解得.‎ 故.‎ - 22 -‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查三角函数图象的平移变换,三角函数的图象性质,属于中档题.‎ ‎12.设定义在上的函数的导函数为,对都有,当且时,,则( )‎ A. ,且 B. ,且 C. ,且 D. ,且 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得在上单调递增,又,所以,,则,又在上单调递减,可得,,从而得到答案.‎ ‎【详解】,当时,,在上单调递增,‎ ‎,‎ 又,且 ‎,的图象关于对称,‎ 又在上单调递减,‎ ‎,且 ‎.‎ - 22 -‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查对数大小的比较,考查利用函数的单调性和对称性比较大小,属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡中的横线上.‎ ‎13.分别为内角的对边.已知,则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由根据正弦定理有,可得答案.‎ ‎【详解】因为,所以,又,所以.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理进行边角的互化,属于基础题.‎ ‎14.四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上,AB,AC,AD两两垂直,且,,,则四面体ABCD的体积为____,球O的表面积为____‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据四面体的特征,利用锥体体积公式求解,②利用补图法可得该四面体的外接球与以AB,AC,AD为长宽高的长方体的外接球相同,求出体对角线长度即直径,即可得解.‎ ‎【详解】因为AB,AC,AD两两垂直,且,,,‎ 所以四面体ABCD的体积,‎ 该四面体的外接球与以AB,AC,AD为长宽高的长方体的外接球相同,‎ 直径为该长方体的体对角线长 球O的表面积为.‎ 故答案为:①1,②‎ - 22 -‎ ‎【点睛】此题考查求锥体体积,解决几何体的外接球问题,需要积累常见几何体外接球半径的求解方法,以便于解题中能够事半功倍.‎ ‎15.函数的值域为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由根据的范围先求分母的范围,可得值域.‎ ‎【详解】,‎ ‎,,,‎ 所以,则.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查求函数的值域,属于基础题.‎ ‎16.设,若直线上存在一点满足,且的内心到轴的距离为,则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得点为直线与椭圆的交点,直线方程与椭圆方程联立可得,由的内心到轴的距离为,即的内切圆的半径,由等面积法可求出参数的值.‎ - 22 -‎ ‎【详解】点满足,则点在椭圆上.‎ 由题意可得点为直线与椭圆的交点.‎ 联立与,消去得,则.‎ 因为的内心到轴的距离为,所以的内切圆的半径.‎ 所以的面积为,‎ 即,解得,又,则.‎ ‎【点睛】本题考查考查直线与椭圆位置关系,根据椭圆的焦点三角形的相关性质求参数,属于中档题.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,E为AB的中点,‎ ‎(1)证明:平面PCD.‎ ‎(2)求DA与平面PCE所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎(1)通过证明,即可证明线面垂直;‎ ‎(2)建立空间直角坐标系,利用向量方法求解线面角的正弦值.‎ ‎【详解】(1)证明:因为E为AB的中点,,‎ 所以,‎ 所以,从而.‎ 又,,‎ 所以底面ABCD,所以.‎ 因为四边形ABCD是正方形,所以.‎ 又,所以平面PCD.‎ ‎(2)解:以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,‎ 则,,,,‎ 所以,,.‎ 设平面PCE的法向量为,‎ 则,即,‎ 令,得.,‎ 故DA与平面PCE所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】此题考查证明线面垂直,求直线与平面所成角的正弦值,关键在于熟练掌握线面垂直的判定定理,熟记向量法求线面角的方法.‎ - 22 -‎ ‎18.某厂加工的零件按箱出厂,每箱有10个零件,在出厂之前需要对每箱的零件作检验,人工检验方法如下:先从每箱的零件中随机抽取4个零件,若抽取的零件都是正品或都是次品,则停止检验;若抽取的零件至少有1个至多有3个次品,则对剩下的6个零件逐一检验.已知每个零件检验合格的概率为0.8,每个零件是否检验合格相互独立,且每个零件的人工检验费为2元.‎ ‎(1)设1箱零件人工检验总费用为元,求的分布列;‎ ‎(2)除了人工检验方法外还有机器检验方法,机器检验需要对每箱的每个零件作检验,每个零件的检验费为1.6元.现有1000箱零件需要检验,以检验总费用的数学期望为依据,在人工检验与机器检验中,应该选择哪一个?说明你的理由.‎ ‎【答案】(1)详见解析(2)应该选择人工检验,详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意,工人抽查的4个零件中,分别计算出4个都是正品或者都是次品,4个不全是次品的人工费用,得出的可能值,利用二项分布分别求出概率,即可列出的分布列;‎ ‎(2)由(1)求出的数学期望,根据条件分别算出1000箱零件的人工检验和机器检验总费用的数学期望,比较即可得出结论.‎ ‎【详解】解:(1)由题可知,工人抽查的4个零件中,‎ 当4个都是正品或者都是次品,则人工检验总费用为:元,‎ 当4个不全是次品时,人工检验总费用都为:元,‎ 所以的可能取值为8,20,‎ ‎,‎ ‎,‎ 则的分布列为 ‎8‎ ‎20‎ ‎0.4112‎ ‎0.5888‎ ‎(2)由(1)知,,‎ 所以1000箱零件的人工检验总费用的数学期望为元,‎ 因为1000箱零件的机器检验总费用的数学期望为元,‎ 且,‎ - 22 -‎ 所以应该选择人工检验.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的实际应用,求离散型随机变量概率、分布列和数学期望,属于基础题.‎ ‎19.设为数列的前项和,,且.‎ ‎(1)证明:数列为等比数列,并求.‎ ‎(2)求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)证明见解析,;(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1),结合,可得数列为等比数列,进一步可得的通项;‎ ‎(2)当时,,再利用分组求和法求和即可.‎ ‎【详解】(1)证明:,,‎ 又,故数列是首项为2,公比为2的等比数列,‎ 则,,‎ 当时,,‎ 故.‎ ‎(2)当时,,‎ 则 ‎.‎ - 22 -‎ 又,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查构造法证明等比数列、分组法求数列前n项和,考查学生的数学运算能力,逻辑推理能力,是一道容易题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎(1)讨论在上的单调性;‎ ‎(2)若,求不等式的解集.‎ ‎【答案】(1)当时,,则在上单调递增; 当时,的单调递减区间为,单调递增区间为;当时的单调递减区间为,单调递增区间为,;当时 的单调递减区间为,单调递增区间为;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1),分和讨论得出函数单调性. (2) 原不等式等价于,又,,当时,,所以在上单调递增,从而可得出答案.‎ ‎【详解】(1).‎ 当时,,则在上单调递增.‎ 当时,令,得.‎ ‎(i)当时,,‎ - 22 -‎ 令,得;令,得.‎ 所以的单调递减区间为,单调递增区间为.‎ ‎(ii)当时,,‎ 令,得;‎ 令,得或.‎ 所以的单调递减区间为,单调递增区间为,.‎ ‎(iii)当时,,‎ 令,得;令,得.‎ 所以的单调递减区间为,单调递增区间为.‎ ‎(2)因为,所以,当时,,所以在上单调递增.‎ 因为,‎ 所以原不等式等价于.‎ 因为,,‎ 所以,‎ 解得,故所求不等式的解集为.‎ ‎【点睛】本题考查讨论函数的单调性和根据函数的单调性解不等式,属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎21.已知抛物线的焦点为,直线与抛物线交于两点.‎ ‎(1)若过点,抛物线在点处的切线与在点处的切线交于点.证明:点在定直线上.‎ ‎(2)若,点在曲线上,的中点均在抛物线上,求面积的取值范围.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设,,设直线的方程为,与抛物线方程联立可得,求出抛物线在点处的切线方程,和在点处的切线方程,联立可得答案. (2) 设,的中点分别为,,可得,,轴,,‎ ‎,的面积,从而可求出三角形的面积的范围.‎ ‎【详解】(1)证明:易知,设,.‎ 由题意可知直线的斜率存在,故设其方程为.‎ 由,得,所以.‎ 由,得,,则,‎ - 22 -‎ 直线的方程为,即,①‎ 同理可得直线的方程为,②‎ 联立①②,可得.‎ 因为,所以,故点在定直线上.‎ ‎(2)解:设,的中点分别为,.‎ 因为得中点均在抛物线上,所以为方程的解,‎ 即方程的两个不同的实根,‎ 则,,,‎ 即,‎ 所以的中点的横坐标为,则轴.‎ 则 ‎,‎ ‎,‎ 所以的面积.‎ 由,得,‎ 所以,‎ - 22 -‎ 因为,所以,‎ 所以面积的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,抛物线的切线的相关问题,抛物线中三角形的面积的范围问题,属于难题.‎ ‎(二)选考题:共10分.请考生在第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.‎ ‎[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中,已知点,的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.‎ ‎(1)求的普通方程和的直角坐标方程;‎ ‎(2)设曲线与曲线相交于,两点,求的值.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)消去参数方程中的参数,求得的普通方程,利用极坐标和直角坐标的转化公式,求得的直角坐标方程.‎ ‎(2)求得曲线的标准参数方程,代入的直角坐标方程,写出韦达定理,根据直线参数中参数的几何意义,求得的值.‎ - 22 -‎ ‎【详解】(1)由的参数方程(为参数),消去参数可得,‎ 由曲线的极坐标方程为,得,‎ 所以的直角坐方程为,即.‎ ‎(2)因在曲线上,‎ 故可设曲线的参数方程为(为参数),‎ 代入化简可得.‎ 设,对应的参数分别为,,则,,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程,考查极坐标方程化为直角坐标方程,考查利用利用和直线参数方程中参数的几何意义进行计算,属于中档题.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲]‎ ‎23.已知函数.‎ ‎(1)求不等式的解集;‎ ‎(2)设的最小值为,正数,满足,证明:.‎ ‎【答案】(1)(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将表示为分段函数的形式,由此求得不等式的解集.‎ ‎(2)利用绝对值三角不等式求得的最小值 - 22 -‎ ‎,利用分析法,结合基本不等式,证得不等式成立.‎ ‎【详解】(1),‎ 不等式,即或或,‎ 即有或或,‎ 所以所求不等式的解集为.‎ ‎(2),,‎ 因为,,‎ 所以要证,只需证,‎ 即证,‎ 因为,所以只要证,‎ 即证,‎ 即证,因为,所以只需证,‎ 因为,所以成立,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法,考查分析法证明不等式,考查基本不等式的运用,属于中档题.‎ - 22 -‎ - 22 -‎
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