甘肃省2020届高三第一次高考诊断考试理科数学试题

甘肃省2020届高三第一次高考诊断考试理科数学试题

‎2020年甘肃省第一次高考诊断考试 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 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，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别解出集合然后求并集.‎ ‎【详解】解：， ‎ 故选：D ‎【点睛】考查集合的并集运算，基础题.‎ ‎2.已知，则（ ）‎ A. 5 B. C. 13 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数，再求，最后求即可.‎ ‎【详解】解：，‎ ‎，‎ 故选：C ‎【点睛】考查复数的运算，是基础题.‎ ‎3.已知平面向量，满足，，且，则（ ）‎ A. 3 B. C. D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再利用求出，再求.‎ ‎【详解】解：‎ 由，所以 ‎，‎ ‎，，‎ 故选：B ‎【点睛】考查向量的数量积及向量模的运算，是基础题.‎ ‎4.已知抛物线经过点，焦点为，则直线的斜率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再求焦点坐标，最后求的斜率 ‎【详解】解：抛物线经过点 ‎，，‎ ‎，，‎ 故选：A ‎【点睛】考查抛物线基础知识及斜率的运算公式，基础题.‎ ‎5.函数的部分图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 显然是偶函数，排除B C，即可判断.‎ ‎【详解】解：是偶函数，排除B C，‎ 又，排除D，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】考查函数的基本性质，是基础题.‎ ‎6.已知双曲线的一条渐近线经过圆的圆心，则双曲线的离心率为（ ）‎ A B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心，代入渐近线方程，找到的关系，即可求解.‎ ‎【详解】解：，‎ 一条渐近线 ‎，‎ 故选：B ‎【点睛】利用的关系求双曲线的离心率，是基础题.‎ ‎7.网络是一种先进的高频传输技术，我国的技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款手机，现调查得到该款手机上市时间和市场占有率（单位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴1代表2019年8月，2代表2019年9月……，5代表2019年12月，根据数据得出关于的线性回归方程为.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款手机市场占有率能超过0.5%（精确到月）（ ）‎ A. 2020年6月 B. 2020年7月 C. 2020年8月 D. 2020年9月 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形，计算出，然后解不等式即可.‎ ‎【详解】解：，‎ 点在直线上 ‎，‎ 令 因为横轴1代表2019年8月，所以横轴13代表2020年8月，‎ 故选：C ‎【点睛】考查如何确定线性回归直线中系数以及线性回归方程的实际应用，基础题.‎ ‎8.设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若，，，则；‎ ‎②若，，，则；‎ ‎③若，，，则；‎ ‎④若，，，，则.其中正确的是（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.‎ ‎【详解】解：①：、也可能相交或异面，故①错 ‎②：因为，，所以或，‎ 因为，所以，故②对 ‎③：或，故③错 ‎④：如图 因为，，在内过点作直线的垂线，‎ 则直线，‎ 又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则 又，所以 因为，， ‎ 所以，所以，故④对.‎ 故选：C ‎【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题.‎ ‎9.定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的性质和单调性即可判断.‎ ‎【详解】解：对，，且，有 在上递增 因为定义在上的偶函数 所以在上递减 又因为，，‎ 所以 故选：A ‎【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.‎ ‎10.将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍，再将图像向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图象的变换规律可得到解析式，然后将四个选项代入逐一判断即可.‎ ‎【详解】解：图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,得到 再将图像向左平移个单位长度，得到函数的图象 ‎，‎ 故选：D ‎【点睛】考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质，基础题.‎ ‎11.若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ）‎ A. 85 B. ‎84 ‎C. 57 D. 56‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和.‎ ‎【详解】解：的展开式中二项式系数和为256‎ 故，‎ 要求展开式中有理项，则 则二项式展开式中有理项系数之和为：‎ 故选：A ‎【点睛】考查二项式二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题.‎ ‎12.若函数有且只有4个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是偶函数，则只需在上有且只有两个零点即可.‎ ‎【详解】解：显然是偶函数 所以只需时，有且只有2个零点即可 令，则 令，‎ 递减，且 递增，且 时，有且只有2个零点，‎ 只需 故选：B ‎【点睛】考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围，基础题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.实数，满足约束条件，则的最大值为__________.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，根据目标函数截距可求.‎ ‎【详解】解：作出可行域如下：‎ 由得，平移直线，‎ 当经过点时，截距最小，最大 解得 的最大值为10‎ 故答案为：10‎ ‎【点睛】考查可行域的画法及目标函数最大值的求法，基础题.‎ ‎14.‎ 某班星期一共八节课（上午、下午各四节，其中下午最后两节为社团活动），排课要求为：语文、数学、外语、物理、化学各排一节，从生物、历史、地理、政治四科中选排一节.若数学必须安排在上午且与外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则不同的排法有__________种.‎ ‎【答案】1344‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分四种情况讨论即可 ‎【详解】解：数学排在第一节时有：‎ 数学排在第二节时有：‎ 数学排在第三节时有：‎ 数学排在第四节时有：‎ ‎ 所以共有1344种 故答案为：1344‎ ‎【点睛】考查排列、组合的应用，注意分类讨论，做到不重不漏；基础题.‎ ‎15.在中，角，，的对边分别为，，.若；且，则周长的范围为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求角，再用余弦定理找到边的关系，再用基本不等式求的范围即可.‎ ‎【详解】解：‎ 所以三角形周长 故答案为：‎ ‎【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；基础题.‎ ‎16.1611年，约翰内斯·开普勒提出了“没有任何装球方式的密度比面心立方与六方最密堆积要高”的猜想.简单地说，开普勒猜想就是对空间中如何堆积最密圆球的解答.2017年，由匹兹堡大学数学系教授托马斯·黑尔斯（Thomas Hales）带领的团队发表了关于开普勒猜想证明的论文，给这个超过三百年的历史难题提交了一份正式的答案.现有大小形状都相同的若干排球，按照下面图片中的方式摆放（底层形状为等边三角形，每边4个球，共4层），这些排球共__________个，最上面球的球顶距离地面的高度约为__________（排球的直径约为）‎ ‎【答案】 (1). 20 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从下往上，各层球的个数依次是：10、6、3、1，所以共有20个 ‎（2）连接位于四个顶点的球的球心得到一个棱长为63的正四面体，易求该四面体的高，然后加上21即可.‎ ‎【详解】解：（1）从下往上，各层球的个数依次是：10、6、3、1，所以共有20个 ‎（2）连接位于四个顶点的球的球心得到一个棱长为63的正四面体，如图：‎ 取的中点，的重心，连接,则平面 ‎，‎ 所以最上面球的球顶距离地面的高度约为.‎ 故答案为：20；‎ ‎【点睛】考查把实际问题转化为数学问题的能力、空间想象能力以及运算求解能力；较难题.‎ 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题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.数列满足，是与的等差中项.‎ ‎（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）见解析，（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等差中项的定义得，然后构造新等比数列，写出的通项即可求 ‎（2）根据（1）的结果，分组求和即可 ‎【详解】解：（1）由已知可得，即，可化为 ‎，故数列是以为首项，2为公比的等比数列.‎ 即有，所以.‎ ‎（2）由（1）知，数列的通项为：，‎ 故.‎ ‎【点睛】考查等差中项的定义和分组求和的方法；中档题.‎ ‎18.如图，正方体的棱长为2，为棱的中点.‎ ‎（1）面出过点且与直线垂直的平面，标出该平面与正方体各个面的交线（不必说明画法及理由）；‎ ‎（2）求与该平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）与平面垂直，过点作与平面平行的平面即可 ‎（2）建立空间直角坐标系求线面角正弦值 ‎【详解】解：（1）截面如下图所示：其中，，，，分别为边，，，，的中点，则垂直于平面.‎ ‎（2）建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，所以，，.‎ 设平面的一个法向量为，则.‎ 不妨取，则，‎ 所以与该平面所成角的正弦值为.‎ ‎（若将作为该平面法向量，需证明与该平面垂直）‎ ‎【点睛】考查确定平面的方法以及线面角的求法，中档题.‎ ‎19.某健身馆为响应十九届四中全会提出的“聚焦增强人民体质，健全促进全民健身制度性举措”，提高广大市民对全民健身运动的参与程度，推出了健身促销活动，收费标准如下：健身时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为20元（不足l小时的部分按1小时计算）.现有甲、乙两人各自独立地来该健身馆健身，设甲、乙健身时间不超过1小时的概率分别为，，健身时间1小时以上且不超过2小时的概率分别为，，且两人健身时间都不会超过3小时.‎ ‎（1）设甲、乙两人所付的健身费用之和为随机变量（单位：元），求的分布列与数学期望 ‎；‎ ‎（2）此促销活动推出后，健身馆预计每天约有300人来参与健身活动，以这两人健身费用之和的数学期望为依据，预测此次促销活动后健身馆每天的营业额.‎ ‎【答案】（1）见解析，40元（2）6000元 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）甲、乙两人所付的健身费用都是0元、20元、40元三种情况，因此甲、乙两人所付的健身费用之和共有9种情况，分情况计算即可 ‎（2）根据（1）结果求均值.‎ ‎【详解】解：（1）由题设知可能取值为0，20，40，60，80，则 ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎.‎ 故的分布列为：‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ 所以数学期望（元）‎ ‎（2）此次促销活动后健身馆每天的营业额预计为：（元）‎ ‎【点睛】考查离散型随机变量的分布列及其期望的求法，中档题.‎ ‎20.椭圆的右焦点，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点.为坐标原点，为椭圆的右顶点，求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）最大值.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据通径和即可求 ‎（2）设直线方程为，联立椭圆，利用，用含的式子表示出，用换元，‎ 可得，最后用均值不等式求解.‎ ‎【详解】解：（1）依题意有，，，所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）设直线的方程为，联立，得.‎ 所以，.‎ 所以 ‎.‎ 令，则，‎ 所以，因，则，所以，当且仅当，即时取得等号，‎ 即四边形面积的最大值.‎ ‎【点睛】考查椭圆方程的求法和椭圆中四边形面积最大值的求法，是难题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数单调性；‎ ‎（2）当时，求证：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据的导函数进行分类讨论单调性 ‎（2）欲证，只需证，构造函数，证明，这时需研究的单调性，求其最大值即可 ‎【详解】解：（1）的定义域为，‎ ‎，‎ ‎① 当时，由得，由，得，‎ 所以在上单调递增，在单调递减；‎ ‎②当时，由得，由，得，或，‎ 所以在上单调递增，在单调递减，在单调递增；‎ ‎③当时，，所以在上单调递增；‎ ‎④当时，由，得，由，得，或，‎ 所以在上单调递增，在单调递减，在单调递增.‎ ‎（2）当时，欲证，只需证，‎ 令，，则，‎ 因存在，使得成立，即有，使得成立.‎ 当变化时，，的变化如下：‎ ‎0‎ 单调递增 单调递减 所以.‎ 因为，所以，所以.‎ 即，‎ 所以当时，成立.‎ ‎【点睛】考查求函数单调性的方法和用函数的最值证明不等式的方法，难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，求取得最大值时直线的直角坐标方程.‎ ‎【答案】（1）曲线，曲线.（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用和消去参数即得的极坐标方程；将两边同时乘以，然后由解得直角坐标方程.‎ ‎（2）过极点的直线的参数方程为，代入到和：中，表示出即可求解.‎ ‎【详解】解：由和，得 ‎，化简得 故：‎ 将两边同时乘以，得 因为，所以 得的直角坐标方程.‎ ‎（2）设直线的极坐标方程 由，得，‎ 由，得 故 当时，取得最大值 此时直线的极坐标方程为：，‎ 其直角坐标方程为：.‎ ‎【点睛】考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互相转化以及应用圆的极坐标方程中的几何意义求距离的的最大值方法；中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数，不等式的解集为.‎ ‎（1）求实数，的值；‎ ‎（2）若，，，求证：.‎ ‎【答案】（1），.（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分三种情况讨论即可 ‎（2）将，的值代入，然后利用均值定理即可.‎ ‎【详解】解：（1）不等式可化为.‎ 即有或或.‎ 解得，或或.‎ 所以不等式的解集为，故，.‎ ‎（2）由（1）知，，即，‎ 由，得，，‎ 当且仅当，即，时等号成立.故，即.‎ ‎【点睛】考查绝对值不等式的解法以及用均值定理证明不等式，中档题.‎