宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（文）试题

宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（文）试题

宁夏六盘山高级中学2020届高三第一次模拟试卷 文科数学试卷 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置，并将核对后的条形码贴在答题卡条形码区域内.‎ ‎2.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.‎ ‎3.做答时，务必将答案写在答题卡相应位置上，写在本试题上、超出答题区域或非题号对应区域的答案一律无效.考试结束后，将答题卡交回.‎ 一、选择题：（每题5分，共60分，每题只有一个答案是正确的）‎ ‎1.若复数z满足，则z的实部为 A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知得复数z的表达式，再根据复数的除法运算，将复数z的分子、分母同时乘以分母的共轭复数，计算化简得复数z，从而得解.‎ ‎【详解】由得 ‎，‎ 所以复数z的实部为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的概念与乘法、除法运算，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得集合，根据集合的交集运算，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，集合，又由，‎ 所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合交集运算，其中解答中正确求解集合A，再利用集合的交集运算求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.‎ ‎3. 从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：从甲乙等名学生中随机选出人，基本事件的总数为，甲被选中包含的基本事件的个数，所以甲被选中的概率，故选B．‎ 考点：古典概型及其概率的计算．‎ ‎4.已知非零向量，满足，且，，的夹角为，则实数k的值为（ ）‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据即可得出，然后根据进行数量积的运算即可得出，再由即可求出．‎ 详解】，‎ ‎，‎ 且，，，‎ 即，，‎ ‎.‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，向量数量积的运算及计算公式，属于基础题．‎ ‎5.函数的部分图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数奇偶性，再根据对应区间函数值的正负确定选项.‎ ‎【详解】为偶函数，舍去A;‎ 当时,舍去C；‎ 当时,舍去D；‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查函数奇偶性以及识别函数图象，考查基本分析求解判断能力，属基础题.‎ ‎6.双曲线－＝1 (a＞0，b ‎＞0)的两条渐近线将平面划分为“上、下、左、右”四个区域(不含边界)，若点(2,1)在“右”区域内，则双曲线离心率e的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点在不等式表示的区域内，即可求得的不等关系，据此求得离心率范围.‎ ‎【详解】由题意可得双曲线的渐近线方程为，‎ 且“右”区域由不等式组 确定，‎ ‎∵点(2,1)在“右”区域内，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，‎ 即双曲线离心率e的取值范围是．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率范围的求解，属中档题.‎ ‎7.在四边形中，，且，，，则边的长（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用二倍角的余弦公式求出，然后利用余弦定理可求得边的长.‎ ‎【详解】，，‎ 由余弦定理得，‎ 因此，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用余弦定理求三角形的边长，同时也考查了二倍角余弦公式的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎8.如图，给出的是计算的值的一个程序框图，则图中判断框内(1)处和执行框中的(2)处应填的语句是（ ）‎ A. i>100，n＝n＋1 B. i<34，n＝n＋3‎ C. i>34，n＝n＋3 D. i≥34，n＝n＋3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据算法的功能确定跳出循环的i值，可得判断框内的条件，根据n值的出现规律可得执行框②的执行式子.‎ ‎【详解】算法的功能是计算的值，易知1，4，7，…，100成等差数列，公差为3，所以执行框中(2)处应为n＝n＋3，令1＋(i－1)×3＝100，解得i＝34，∴终止程序运行的i值为35，∴判断框内(1)处应为i>34.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了循环结构的程序框图，根据算法的功能确定跳出循环的i值及n值的出现规律是解答本题的关键，属于基础题．‎ ‎9.如图四棱锥中，平面，底面是正方形，且，则直线与平面所成角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出和，可求得，即可得解.‎ ‎【详解】四边形是边长为的正方形，则，且，，‎ 平面，平面，，同理可得，‎ ‎，平面，‎ 所以，直线与平面所成角为，‎ ‎，，‎ 平面，平面，，‎ 在中，，，.‎ 因此，直线与平面所成角为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎10.定义行列式运算.已知函数满足且的最小值为，则的值为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出函数的解析式，然后由的最小值为可以求出周期，进而求出.‎ ‎【详解】由题意得，，，因为的最小值为，所以，则由得.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，属于基础题．‎ ‎11.如图，若是椭圆上位于第一象限内的点，、分别是椭圆的左顶点和上顶点，是椭圆的右焦点，且，，则该椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，由建立等式，可求得椭圆的离心率.‎ ‎【详解】直线的斜率为，，所以，直线的方程为，‎ 联立，解得或，‎ 由于点在第一象限，则，‎ ‎，则，，‎ ‎，，因此，该椭圆的离心率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是求出点的坐标，并由此建立有关、、的齐次方程，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12.定义在上的奇函数满足，且在上，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合函数的性质整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】由题意可得：，‎ 则，且，‎ 由于，故，‎ 据此可得：，.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，函数的周期性及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 二、填空题：（每小题5分，共20分）‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出原函数的导函数，得到函数在时的导数值，即切线的斜率，然后由直线方程的点斜式得答案．‎ ‎【详解】求导可得，故切线斜率为，‎ 故切线方程，即.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，过曲线上某点处的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是基础题．‎ ‎14.若实数x，y满足条件，则的最大值为_____________.‎ ‎【答案】18‎ ‎【解析】‎ 绘制不等式组表示的平面区域如图所示，‎ 结合目标函数的几何意义可知目标函数在点处取得最大值，‎ 最大值为：.‎ 故答案为 18．‎ ‎15.已知，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两角差的正切公式求出的值，再利用二倍角的正切公式可求出的值.‎ ‎【详解】，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用两角差和二倍角的正切公式求值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎16.已知圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的体积为，则该圆柱的侧面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱的底面半径为，可知该圆柱的高为，计算出圆柱的体积，可求得的值，进而可求得圆柱的侧面积.‎ ‎【详解】设圆柱的底面半径为，由于该圆柱的轴截面为正方形，则该圆柱的高为，‎ 所以，圆柱的体积为，解得.‎ 因此，该圆柱的侧面积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查圆柱侧面积的计算，同时也考查了圆柱的体积的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ 三、解答题：（本大题共5小题，共60分，解答应写出文字说明）‎ ‎17.已知等差数列的前n项和为，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题，等差数列的前n项和为，，，求得，可求得通项公式；‎ ‎（2）先利用求和公式，求得，即可求得最大值.‎ ‎【详解】（1）由题，因为等差数列，，所以 ‎ 又，所以 解得 ‎ 所以 ‎ ‎（2）由（1）可得：‎ 可得当n=25时，取最大值为625‎ ‎【点睛】本题考查了数列，熟悉等差数列的通项和求和公式是解题的关键，熟记基础题.‎ ‎18.甲、乙两人在相同条件下各射击次，每次中靶环数情况如图所示：‎ ‎（1）请填写下表（先写出计算过程再填表）：‎ 平均数 方差 命中环及环以上的次数 甲 乙 ‎（2）从下列三个不同的角度对这次测试结果进行分析：‎ ‎①从平均数和方差相结合看（分析谁的成绩更稳定）；‎ ‎②从平均数和命中环及环以上的次数相结合看（分析谁的成绩好些）；‎ ‎③从折线图上两人射击命中环数的走势看（分析谁更有潜力）.‎ 参考公式：.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）①甲成绩比乙稳定；②乙成绩比甲好些；③乙更有潜力.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据统计图列举出甲、乙两人各射击次中靶环数，并计算出乙射击次中靶环数的平均数、方差以及命中环及环以上的次数，由此可完善表格；‎ ‎（2）①根据表格中的数据甲、乙两人的平均数和方差的大小，由此可得出结论；‎ ‎②根据表格中数据甲、乙两人的平均数和命中环及 环以上的次数的大小，由此可得出结论；‎ ‎③根据甲、乙两人射击命中环数的波动情况可得出结论.‎ ‎【详解】解：（1）由列联表中数据，计算由题图，知：‎ 甲射击10次中靶环数分别为、、、、、、、、、.‎ 将它们由小到大排列为、、、、、、、、、.‎ 乙射击次中靶环数分别为、、、、、、、、、.‎ 将它们由小到大排列为、、、、、、、、、；‎ ‎（1）（环），‎ ‎.‎ 填表如下：‎ 平均数 方差 命中环及环以上的次数 甲 乙 ‎（2）①平均数相同，，甲成绩比乙稳定；‎ ‎②平均数相同，命中环及环以上的次数甲比乙少，乙成绩比甲好些；‎ ‎③甲成绩在平均数上下波动；而乙处于上升势头，从第三次以后就没有比甲少的情况发生，乙更有潜力.‎ ‎【点睛】本题考查统计图表的应用，同时也考查了平均数、方差的计算，考查计算能力与数据处理能力，属于基础题.‎ ‎19.如图，直三棱柱中，是的中点，且，四边形为正方形.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若， ，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据三角形中位线性质得线线平行，再根据线面平行判定定理得结果，（Ⅱ）根据等体积法求高，即得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）连接，交于点，再连接，‎ 由已知得，四边形为正方形，为的中点，‎ ‎∵是的中点，∴，又平面，平面，‎ ‎∴平面. ‎ ‎（Ⅱ）∵在直三棱柱中，平面平面,且为它们的交线，‎ 又，∴平面,又∵平面,‎ ‎∴，且.‎ 同理可得，过作，则面，且. ‎ 设到平面的距离为,由等体积法可得：‎ ‎，即，‎ 即.‎ 即点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行判定定理以及等体积法，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎20.已知抛物线和圆，倾斜角为45°的直线过抛物线的焦点，且与圆相切．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）动点在抛物线的准线上，动点在上，若在点处的切线交轴于点，设．求证点在定直线上，并求该定直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）点在定直线上．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出直线的方程为，由直线和圆相切的条件：，解得；‎ ‎（2）设出，运用导数求得切线的斜率，求得为切点的切线方程，再由向量的坐标表示，可得在定直线上；‎ ‎【详解】解：（1）依题意设直线的方程为，‎ 由已知得：圆的圆心，半径，‎ 因为直线与圆相切，‎ 所以圆心到直线的距离，‎ 即，解得或（舍去）．‎ 所以；‎ ‎（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，‎ 所以，所以，设，则以为切点的切线的斜率为，‎ 所以切线的方程为．‎ 令，，即交轴于点坐标为，‎ 所以， ，‎ ‎，‎ ‎．‎ 设点坐标为，则，‎ 所以点在定直线上．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，直线与圆的位置关系的判断，考查直线方程和圆方程的运用，以及切线方程的求法，考查化简整理的运算能力，属于综合题．‎ ‎21.已知函数在处的切线与直线平行．‎ ‎(1)求实数的值，并判断函数的单调性；‎ ‎(2)若函数有两个零点，，且，求证：．‎ ‎【答案】（1）在上是单调递减；在上是单调递增. （2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可得，利用导数可求的单调区间.‎ ‎（2）由可得，，令，则 且，构建新函数，利用导数可以证明即.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域：，‎ ‎，解得，‎ ‎，‎ 令，解得，故在上是单调递减；‎ 令，解得，故在上是单调递增. ‎ ‎（2）由为函数的两个零点，得 两式相减，可得 ‎ 即，， ‎ 因此， ‎ 令，由，得.‎ 则， ‎ 构造函数， ‎ 则 所以函数在上单调递增，故，‎ 即，可知.故命题得证.‎ ‎【点睛】（1）一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．‎ ‎（2）函数有两个不同的零点，考虑它们的和或积的性质时，我们可以通过设，再利用得到、与的关系式，最后利用导数证明所考虑的性质成立．‎ 选做题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与曲线交于，两点，线段的中点的直角坐标为（2,1），求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）曲线的极坐标方程中将和换成和即可得到曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程代入的直角坐标方程得，利用韦达定理以及直线参数方程的几何意义可得 ‎，从而可得结果.‎ ‎【详解】（1）由题目知曲线的极坐标方程可化为，‎ 即，即，‎ ‎∴ 曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）将直线的参数方程代入的直角坐标方程得 ‎，‎ 整理可得，‎ 设，所对应的参数分别为，，则，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ 直线的斜率，‎ ‎∴ 直线的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查圆的参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化以及点到直线距离公式，消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.‎ ‎23.已知函数 ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）设函数的最小值为，实数满足，，，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对按，，进行分类讨论，去掉绝对值，得到不等式的解集；（2‎ ‎）根据绝对值三角不等式得到最小值的值，再令，，由基本不等式进行证明.‎ ‎【详解】①当时，不等式可化为，.‎ 又，；‎ ‎②当时，不等式可化为，.‎ 又，.‎ ‎③当时，不等式可化为，.‎ 又，.‎ 综上所得，.‎ ‎∴原不等式的解集为.‎ ‎（2）证明：由绝对值不等式性质得，‎ ‎，‎ ‎，即.‎ 令，，则，，‎ ‎，，，‎ ‎，‎ 原不等式得证．‎ ‎【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，绝对值三角不等式，利用基本不等式进行证明，属于中档题.‎