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文档介绍
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 -查看更多