宁夏银川市第二中学2020届高三一模数学（文）试题

宁夏银川市第二中学2020届高三一模数学（文）试题

‎2020届宁夏银川市第二中学高三一模数学（文）‎ 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】A ‎【解析】‎ ‎ ‎ 选A ‎2.若复数在复平面上所对应的点在实轴上，则实数（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，复数是实数，可得值.‎ ‎【详解】复数在复平面上所对应的点在实轴上，‎ ‎.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查复数的分类，属于基础题.‎ ‎3.已知双曲线（a＞0）的离心率是 则a=‎ A. B. ‎4 ‎C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据根据双曲线的离心率的定义，列关于a的方程求解.‎ ‎【详解】 ∵双曲线的离心率 ， ，‎ ‎∴ ，‎ 解得 ，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的定义，双曲线中a,b,c的关系，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎4.在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，BC＝2.在BC边上任取一点M，则∠AMB≥90°的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作，垂足为.由几何概型可知，∠AMB≥90°的概率等于.‎ ‎【详解】作，垂足为，如图所示 由几何概型可知，∠AMB≥90°的概率等于.‎ ‎，‎ ‎.‎ 的概率为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型，属于基础题.‎ ‎5.已知函数,下列结论中错误的是( )‎ A. B. 函数的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为 D. 的值域为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平方差公式及二倍角的余弦函数公式化简函数解析式可得，利用余弦函数的图象和性质及余弦函数的周期公式即可得解．‎ ‎【详解】解：由，故正确；‎ 由定义可知为偶函数，故正确；‎ 由周期公式可得的最小正周期为：，故正确；‎ 由余弦函数的性质可得的值域为，，故错误；‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平方差公式及二倍角余弦函数公式，考查了余弦函数的图象和性质，属于基础题．‎ ‎6.标准对数远视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，标准对数远视力表各行为正方形“E”形视标，且从视力5.2的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下方一行“E”边长的倍，若视力4.1的视标边长为，则视力4.9的视标边长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据等比数列的性质求解即可.‎ ‎【详解】设第行视标边长为，第行视标边长为 由题意可得：‎ 则数列为首项为，公比为的等比数列 即 则视力4.9的视标边长为 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的应用，属于中档题.‎ ‎7.函数的图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则在恒成立，从而在恒成立，即得答案.‎ ‎【详解】令，则在恒成立，‎ 在恒成立，结合图象，可知答案为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查对数函数和三角函数，属于基础题.‎ ‎8.如图，网格纸上小正方形的边长为.从四点中任取两个点作为向量的始点和终点，则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量数量积的几何意义可知，向量在向量方向上的投影最大时，取最大值.‎ ‎【详解】由题意知，‎ ‎，‎ 取最大值时，向量在向量方向上的投影最大.‎ 由图形可知，当时，向量在向量方向上的投影最大.‎ ‎.‎ 即的最大值为3.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的几何意义，属于基础题.‎ ‎9.若满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合数形结合进行求解即可．‎ ‎【详解】由得，‎ 作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）‎ 平移直线，‎ 由图象可知当直线，过点时，直线的截距最小，此时最大，‎ 由，解得，‎ 代入目标函数，‎ 得 目标函数的最大值是1．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ ‎10.已知球、母线和直径相等的圆柱、正方体，它们的体积依次为、、，若它们的表面积相等，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设球的半径为，圆柱的底面半径为，正方体的棱长为，由它们的表面积相等，令表面积为，可得.再由球、圆柱、正方体的体积公式求解即得.‎ ‎【详解】设球的半径为，圆柱的底面半径为，正方体的棱长为，‎ 由它们的表面积相等可得，令表面积为，‎ 则.‎ ‎.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查球、圆柱、正方体的表面积公式和体积公式，属于基础题.‎ ‎11.设抛物线的焦点为F,抛物线C与圆交于 M,N两点,若,则的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆过原点，知中有一点与原点重合，作出图形，由，，得，从而直线倾斜角为，写出点坐标，代入抛物线方程求出参数，可得点坐标，从而得三角形面积．‎ ‎【详解】由题意圆过原点，所以原点是圆与抛物线的一个交点，不妨设为，如图，‎ 由于，，∴，∴，，‎ ‎∴点坐标为，代入抛物线方程得，，‎ ‎∴，．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线与圆相交问题，解题关键是发现原点是其中一个交点，从而 是等腰直角三角形，于是可得点坐标，问题可解，如果仅从方程组角度研究两曲线交点，恐怕难度会大大增加，甚至没法求解．‎ ‎12.已知实数满足，则的最小值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设是曲线的点，是直线的点，可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方，通过求函数到直线的最小距离，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】由题，得，‎ 设是曲线的点，是直线的点，‎ 可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方，‎ 对求导得，令，得，‎ 所以曲线C上的点到直线l的距离最小，‎ 该点到直线l的距离为，‎ 因此的最小值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义及导数的应用问题，其中涉及转化和化归思想的运用.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：‎ ‎①l⊥m；②m∥；③l⊥．‎ 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．‎ ‎【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.‎ ‎【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：‎ ‎（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；‎ ‎（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；‎ ‎（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.‎ ‎14.在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.过去10日，A、B、C、D四地新增疑似病例数据信息如下：‎ A地：中位数为2，极差为5； B地：总体平均数为2，众数为2；‎ C地：总体平均数为1，总体方差大于0； D地：总体平均数为2，总体方差为3.‎ 则以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标志是_______(填A、B、C、D)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对选项逐个分析，即得答案.‎ ‎【详解】对于地，因为中位数为2，极差为5，所以最大值为，满足每天新增疑似病例不超过7人，故地符合；‎ 对于地，若过去10日分别为，满足总体平均数为2，众数为2，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故地不符合；‎ 对于地，若过去10日分别为，满足总体平均数为1，总体方差大于0，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故地不符合；‎ 对于地，假设至少有一天疑似病例超过7人，设为8人，则方差为 ‎，与题中条件总体方差为3矛盾，故假设不成立.故满足每天新增疑似病例不超过7人，故地符合.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用中位数、极差、平均数、众数、方差等数据，对总体数据进行估算，属于中档题.‎ ‎15.黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：‎ ‎，若函数是定义在上的奇函数，且对任意都有，当时，，则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用题中条件推导出函数是以为周期的周期函数，然后利用题中定义结合周期性和奇偶性可分别求出和的值，相加即可.‎ ‎【详解】由于函数是定义在上的奇函数，且，‎ ‎，所以，函数是以为周期的周期函数，‎ 则，‎ ‎，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查新定义函数值的计算，推导出函数的周期是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎16.已知数列满足，，. ‎ ‎（1）_______；‎ ‎（2）数列的通项公式________.‎ ‎【答案】 (1). 8 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，求出，再求出；‎ ‎（2）由，得，则数列是首项为1,公比为2的等比数列，求出，累加法求.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎（2），‎ ‎，又，‎ 数列是首项为1,公比为2的等比数列，‎ ‎.‎ ‎，‎ 以上各式两端分别相加，得，‎ 又.‎ 当时，符合上式，‎ ‎.‎ 故答案为：8；.‎ ‎【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式，属于中档题.‎ 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.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．‎ 求角B的大小；‎ 若的平分线AD交BC于D，，求的值．‎ ‎【答案】() ()‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知及余弦定理可求得，结合范围，可求B的值．‎ 由正弦定理可得，进而根据同角三角函数基本关系式可求，根据二倍角的正弦函数公式即可求解的值．‎ ‎【详解】解：在中，．‎ 由余弦定理可得：，‎ ‎，‎ 由正弦定理可得：，‎ ‎，‎ ‎，的平分线交于，‎ ‎,‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎18.改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：‎ 支付金额 支付方式 不大于2000元 大于2000元 仅使用A ‎27人 ‎3人 仅使用B ‎24人 ‎1人 ‎（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；‎ ‎（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；‎ ‎（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）400人；‎ ‎（Ⅱ）；‎ ‎（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意利用频率近似概率可得满足题意的人数；‎ ‎(Ⅱ)利用古典概型计算公式可得上个月支付金额大于2000元的概率；‎ ‎(Ⅲ)结合概率统计相关定义给出结论即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由图表可知仅使用A的人数有30人，仅使用B的人数有25人，‎ 由题意知A,B两种支付方式都不使用的有5人，‎ 所以样本中两种支付方式都使用的有，‎ 所以全校学生中两种支付方式都使用的有（人）.‎ ‎（Ⅱ）因为样本中仅使用B的学生共有25人，只有1人支付金额大于2000元，‎ 所以该学生上个月支付金额大于2000元的概率为.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知支付金额大于2000元的概率为，‎ 因为从仅使用B的学生中随机调查1人，发现他本月的支付金额大于2000元，‎ 依据小概率事件它在一次试验中是几乎不可能发生的，所以可以认为仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，且比上个月多.‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型概率公式及其应用，概率的定义与应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎19.如图，四棱锥中，，，，，‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见证明（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中所给的条件，利用勾股定理，得到，利用已知条件，结合线面垂直的判定定理得到平面，进而证得平面平面；‎ ‎（2）利用三棱锥体积转换，求得点到平面的距离.‎ ‎【详解】（1）∵，，，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴，∵，∴，∴，∴，‎ ‎∵，，∴平面，‎ ‎∵平面，∴平面平面.‎ ‎（2）取中点，连接，则，且，‎ 由平面平面知平面，‎ 由平面得，‎ 又,,∴的面积为，‎ 又的面积为，，设点到平面的距离为，则 ‎，∴，即点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，点到平面的距离，属于简单题目.‎ ‎20.已知椭圆的焦距为2，过右焦点和短轴一个端点的直线的斜率为，为坐标原点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，根据过右焦点和短轴一个端点的直线的斜率为，求出，求出，即得椭圆的方程；‎ ‎（2）设.把直线的方程代入椭圆的方程，韦达定理.写出直线和直线的方程，求出.根据，求出的值，即可证明直线l经过定点.‎ ‎【详解】（1）由题意，得椭圆的半焦距，右焦点，上顶点，所以直线的斜率，解得，由，得，所以椭圆的方程为. ‎ ‎（2）设.‎ 联立得，‎ ‎，，.‎ 直线，令得，即；‎ 同理可得.‎ 因为，所以；‎ ‎，解之得只有满足题意，所以直线方程为，所以直线恒过定点.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程和直线过定点问题，属于较难的题目.‎ ‎21.‎ 设函数 ‎（Ⅰ）若是函数的极值点，1和是的两个不同零点，且 且，求的值；‎ ‎（Ⅱ）若对任意, 都存在（ 为自然对数的底数），使得 成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）3， （2）详见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：求导后利用为极值点，满足，在根据是的零点，满足，列方程组解出，把的值代入求导，研究函数的另一个零点所在的区间，求出；由于在上为增函数，只需在有解，令，只需存在使得即可，对求导，再进行分类讨论.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）是函数的极值点，∴.‎ ‎∵1是函数的零点，得， ‎ 由，解得，‎ ‎∴,，‎ 令， ， ‎ 令得，‎ 所以在上单调递减；在上单调递增 故函数至多有两个零点，其中，‎ 因为，,，‎ 所以，故． ‎ ‎（Ⅱ）令，，则为关于的一次函数且为增函数，根据题意，对任意，都存在，使得成立，则 在有解，‎ 令，只需存在使得即可，‎ 由于，‎ 令，，‎ ‎∴在(1，e)上单调递增，，‎ ‎①当，即时，，即，在(1，e)上单调递增，∴，不符合题意.‎ ‎② 当，即时， ‎ 若，则，所以在(1，e)上恒成立，即恒成立，∴在(1，e)上单调递减,∴存在，使得，符合题意.‎ 若，则，∴在(1， e)上一定存在实数，使得，‎ ‎∴在(1，)上恒成立，即恒成立，在(1，m)上单调递减,‎ ‎∴存在，使得，符合题意.‎ 综上，当时，对任意，都存在，使得成立 ‎（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，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.[选修4—4：坐标系与参数方程选讲] ‎ 已知曲线C的极坐标方程为，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．‎ ‎（1）求曲线C的普通方程；‎ ‎（2）A,B为曲线C上两点，若OA⊥OB，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将代入曲线的方程，即可求得曲线的普通方程；‎ ‎ （2）因为题意得，由，设可得，‎ 即可求解．‎ 试题解析：‎ ‎ (Ⅰ）由得，‎ 将，代入得到曲线的普通方程是． ‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ 所以，‎ 由，设，则点的坐标可设为，‎ 所以． ‎ ‎23.若，且.‎ ‎（1）求的最小值；‎ ‎（2）是否存在，使得的值为？并说明理由.‎ ‎【答案】（1）； （2）不存在，使得的值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件利用基本不等式求得，再利用基本不等式求得的最小值．‎ ‎（2）根据及基本不等式求得，从而可得不存在a，b，使得=．‎ ‎【详解】（1），‎ ‎，，，当且仅当时等号，‎ ‎，.‎ ‎，‎ ‎，当且仅当时取等号；‎ ‎（2），，，‎ ‎，不存在，使得的值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式在最值中的应用，要注意检验等号成立条件是否具备，属于基础题．‎ ‎ ‎