安徽省淮北市2020届高三第一次模拟考试数学（文）试题

安徽省淮北市2020届高三第一次模拟考试数学（文）试题

淮北市2020届高三第一次模拟考试 数学（文科）试题 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题所给的四个选项中只有一项符合题意）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合，即可得到.‎ ‎【详解】因集合，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，属于基础题．‎ ‎2.在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简求得的坐标得答案．‎ ‎【详解】因，‎ 所以在复平面内，复数对应的点的坐标为，位于第四象限.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．‎ ‎3.在区间上随机地取一个数，则事件“”发生的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解不等式，再利用解得的区间长度与区间的长度求比值即可.‎ ‎【详解】由不等式，即，得，‎ 所以事件“”发生的概率为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型的应用问题，对数函数的图象与性质的应用问题，属于基础题．‎ ‎4.已知平面，直线，，若，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定条件，结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论.‎ ‎【详解】根据线面垂直的判定条件知，若直线，，则“”即必要性成立；‎ 若，，则直线可以在平面内，也可以与平面相交，还可以为相交垂直，则充分性不成立.‎ 所以，若，则“”是“”的必要不充分条件.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据线面垂直的性质是解决本题的关键，属于基础题.‎ ‎5.函数的部分图像是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数为奇函数排除A，再由时，，排除C，再去特值即可得到答案.‎ ‎【详解】函数的定义域为，，‎ 所以为奇函数，排除A，‎ 当时，，，则，排除C，‎ 取，则，排除D.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数的值域，奇偶性，考查数形结合思想，特殊与一般思想，属于基础题.‎ ‎6.中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数量除以正整数后的余数为，则记为，例如，现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的结果等于（ ）‎ A. 35 B. 36 C. 37 D. 38‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该程序框图作用是求被3除后的余数为2的数与被5除后的余数为3的数，根据所给的选项，即可得出结论.‎ ‎【详解】该程序框图的作用是求被3除后的余数为2，被5除后的余数为3的数，‎ 在所给的选项中，满足被3除后的余数为2，被5除后的余数为3的数只有38.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图的应用，属于基础题.‎ ‎7.已知双曲线的中心在坐标原点且焦点在坐标轴上，的一个焦点与抛物线的焦点重合，且点到双曲线的渐近线的距离等于2，则双曲线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由抛物线的方程得焦点，即在双曲线中，再由到双曲线的渐近线的距离等于，得，进而得双曲线的方程.‎ ‎【详解】由抛物线，即，得其焦点坐标为，‎ 所以，双曲线为焦点在轴，其中，‎ 由在双曲线中，焦点到渐近线的距离等于，则，‎ 在双曲线中，，即，所以.‎ 故双曲线的方程为：.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质，解决本题的关键在于一些几何要素的求解，属于基础题．‎ ‎8.已知定义在上的偶函数满足，当时，，，，，则下列不等式成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据单调性的定义，判断出在上为增函数，又，结合函数的奇偶性，比较即可得到答案.‎ ‎【详解】当时，由知，故在上为增函数，‎ 因为定义在上的偶函数，‎ 又，‎ ‎，‎ 即.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性的定义，单调性和奇偶性的应用，属于中档题.‎ ‎9.已知函数，当时，最小值为，把函数的图像沿轴向右平移个单位，得到函数的图像，关于函数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在上是增函数 B. 其图像关于直线对称 C. 在区间上的值域为 D. 函数是奇函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将化为，当时，最小值为，得，平移后得，进而即可得到答案.‎ ‎【详解】因，‎ 当时，最小值为，则的最小正周期为，‎ 即，所以，把函数的图像沿轴向右平移个单位，得 ‎，‎ 所以，为偶函数，故D选项不正确；‎ 由，即，‎ 故在区间上为减函数，‎ 所以在区间上为减函数，故A选项不正确；‎ 由，即，‎ 所以图像关于对称，故B选项不正确；‎ 当时，，则，所以C选项正确.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的化简与性质，主要考查的性质，图像的平移，属于基础题.‎ ‎10.设等差数列的公差不为0，其前项和为，若，，则（ ）‎ A. 0 B. -2020 C. 2020 D. 4040‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察等式构造函数，则为递增的奇函数，可得，进而可得答案.‎ ‎【详解】由题意可设，则为递增的奇函数，‎ 所以，‎ ‎，‎ 由为奇函数，其图像关于原点对称，所以，即，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列求和，利用等式构造函数求得是关键，属于中档题.‎ ‎11.已知正方形的边长为2，动点满足，且，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建系后，写出四个顶点的坐标，设出动点的坐标，将已知几何条件坐标化，利用的几何意义即可得到答案.‎ ‎【详解】以为原点建立如图所示的直角坐标系：‎ 则，，，，设，由得，，‎ 即动点在以为圆心，半径的圆以及圆内部运动，‎ 又，则，令，‎ 将，即当作直线，‎ 所以当直线与以为圆心，半径的圆以及圆内部相切时，有最值，‎ 此时，圆心到直线的距离，‎ 即，解得，所以的最大值为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算、直线与圆的位置关系以及点到直线的距离，属于难题.‎ ‎12.在三棱锥A-BCD中，平面ABC丄平面ADC, AD丄AC,AD=AC, ，若此三棱锥的外接球表面积为，则三棱锥A-BCD体积的最大值为（ ）‎ A. 7 B. 12 C. 6 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，三棱锥的外接球球心为O，△ABC的外心为O1，△ABC的外接圆半径为r，取DC的中点为O2，过O2作O2E⊥AC，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ADC，连结OA，O1A，则O1A＝r，设AD＝AC＝b，则OO1＝O2Eb，由S＝4πR2＝28π，解得R，由正弦正理求出b，若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大，由此能求出三棱锥A﹣BCD的体积的最大值．‎ ‎【详解】根据题意，设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，‎ 三棱锥的外接球球心为O，‎ ‎△ABC的外心为O1，△ABC的外接圆半径为r，‎ 取DC的中点为O2，过O2作O2E⊥AC，‎ 则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ADC，‎ 如图，连结OA，O1A，则O1A＝r，‎ 设AD＝AC＝b，则OO1＝O2Eb，‎ 由S＝4πR2＝28π，解得R，‎ 在△ABC中，由正弦正理得2r，‎ ‎∴2r，解得b，‎ 在Rt△OAO1中，7＝r2+（）2，解得r＝2，b＝2，∴AC＝2，‎ 若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大，‎ 在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos∠ABC，‎ ‎∴12＝AB2+BC2﹣AB•BC≥2AB•BC﹣AB•BC，‎ 解得AB•BC≤12，‎ ‎∴3，‎ ‎∴三棱锥A﹣BCD的体积的最大值：‎ ‎6．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知非零向量、满足，，且，则与的夹角为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用两向量垂直数量积为0得两向量数量积的值，进而可得两向量的夹角.‎ ‎【详解】由，所以，即，又，，‎ 所以，‎ 所以与夹角为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量垂直的充要条件以及向量数量积的公式，属于基础题.‎ ‎14.已知，，则______‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件求得，再利用两角和的正切公式即可得到答案.‎ ‎【详解】因，则，‎ 由，即，‎ 所以，即，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角公式，两角和的正切求值，属于基础题.‎ ‎15.已知椭圆的左右焦点分别是，，以为圆心的圆过坐标原点，过点作直线与圆相切，直线与椭圆相交于点、且轴，则椭圆的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件以及椭圆的性质，三角形面积公式列出关系式，求解椭圆的离心率即可.‎ ‎【详解】由题意得，如图：‎ 设椭圆的焦点，，则圆的半径为，‎ 因轴，所以点坐标为，，，‎ 所以，即，整理得：，‎ 在椭圆中，，所以，即，‎ 故椭圆的离心率为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，属于基础题.‎ ‎16.已知函数为奇函数，为偶函数，对于任意均有，若对任意都成立，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意结合函数的奇偶性求出的解析式，再代入不等式中，分类参数，构造函数将问题转化为函数的最值问题来解得.‎ ‎【详解】由已知得……①，‎ 所以，又因为为奇函数，为偶函数，‎ 所以……②，‎ ‎①②联立解得，，‎ 将代入不等式得，对任意都成立，‎ 即，对任意都成立，‎ 设，则，‎ 令，解得，‎ 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，‎ 所以的最大值为，即，‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性性质的应用，以及不等式恒成立问题，利用构造函数，利用函数最值问题来解的常规想法，属于中档题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.已知的内角，，所对的边分别为，，，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）设，，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理化简等式即可得到的值；‎ ‎（2）利用已知可得，再利用余弦定理即可得，进而可得的周长.‎ ‎【详解】（1）在中，由余弦定理得，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即，故.‎ ‎（2）∵，∴，∴，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴的周长.‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理，角转化为边，向量数量积的应用，属于基础题.‎ ‎18.已知数列的前项和，等比数列的公比，且，是，的等差中项.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，由，验证时满足，即可得到数列的通项公式，由数列为等比数列，利用基本量思想即可得到通项公式；‎ ‎（2）由（1）得，利用分组求和与裂项相消法即可.‎ ‎【详解】（1）解：∵，∴时，.又时，满足上式，‎ ‎∴，∵，，∴，，‎ 又∵，，解得，，∴，.‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查数列中与的关系，等比数列中基本量思想，数列求和中分组求和法，裂项相消法，注意裂项的运用，考查运算能力，属于基础题.‎ ‎19.如图，在三棱柱中，平面，，，，分别是，的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出，由此能证明平面；‎ ‎（2）由（1）可得四边形为平行四边形，进而可证平面，故点到平面的距离等于点到平面的距离，再利用等体积转化法即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）连接，交于点，如图：‎ ‎∵平面且，∴四边形为正方形，∴过点，且点为中点，‎ 又∵为的中点，为的中点，‎ ‎∴，且，‎ 又∵平面内，平面内，∴面.‎ ‎（2）由（1）可得四边形为平行四边形，∴可证平面，‎ ‎∴点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，‎ ‎∵，为中点，∴，‎ 由，得，又∵，∴.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．‎ ‎20.纪念币是一个国家为纪念国际或本国的政治、历史，文化等方面的重大事件、杰出人物、名胜古迹、珍稀动植物、体育赛事等而发行的法定货币.我国在1984年首次发行纪念币，目前已发行了115套纪念币，这些纪念币深受邮币爱好者的喜爱与收藏.2019年发行的第115套纪念币“双遗产之泰山币”是目前为止发行的第一套异形币，因为这套纪念币的多种特质，更加受到爱好者追捧.某机构为调查我国公民对纪念币的喜爱态度，随机选了某城市某小区的50位居民调查，调查结果统计如下：‎ 喜爱 不喜爱 合计 年龄不大于40岁 ‎24‎ 年龄大于40岁 ‎20‎ 合计 ‎22‎ ‎50‎ ‎（1）根据已有数据，把表格数据填写完整，判断能否在犯错误的概率不超过的前提下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关？‎ ‎（2）已知在被调查的年龄不大于40岁的喜爱者中有5名男性，其中3位是学生，现从这5名男性中随机抽取2人，求至多有1位学生的概率.‎ 附：，.‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.025‎ ‎0010‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎【答案】（1）表见解析，犯错误的概率不超过的条件下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据条件，列出列联表，填上对应的数据，把求得的数据代入求的公式求出值，并判断即可得到结论；‎ ‎（2）利用列举法确定基本事件，即可求出概率.‎ ‎【详解】‎ 喜爱 不喜爱 合计 年龄不大于40岁 ‎8‎ ‎16‎ ‎24‎ 年龄大于40岁 ‎20‎ ‎6‎ ‎26‎ 合计 ‎28‎ ‎22‎ ‎50‎ ‎（1）.‎ ‎∴能在犯错误的概率不超过的条件下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关.‎ ‎（2）记不大于40岁的5位喜爱者中的3位学生记为，，，非学生记为，，‎ 则从5人中任取2人，共有，，，，，，，，，共10种结果.‎ 其中至多有1位学生的有7种，∴至多有1位学生的概率.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验的应用，考查概率的计算，本题解题的关键是根据所给的数据完善列联表，注意数据的位置不要出错，属于基础题.‎ ‎21.设，为抛物线：上不同两点，抛物线的焦点到其准线的距离为4，与的横坐标之和为8.‎ ‎（1）求直线的斜率；‎ ‎（2）若设为抛物线上一点，在点处的切线与直线平行，过点作直线与曲线相交于点，，与轴交于点，且满足，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，设点，，将，的坐标代入抛物线方程可得，，将两式相减即可得直线的斜率；‎ ‎（2）设，利用切线与直线平行，得点坐标，设直线的方程为，联立抛物线，利用，计算得直线的方程，进而可得，两点的坐标，即可求得的面积.‎ ‎【详解】（1）由条件可知：，∴.‎ 设点，，∴，∴.‎ ‎（2）设，，∴，∴，∴.‎ 设点，，直线为：，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，.∵，∴，∴，，‎ ‎∴，∴.‎ ‎【点睛】熟练掌握抛物线的定义及其性质、直线与抛物线相交问题转化为方程联立即可得到交点的坐标、导数的几何意义与切线的斜率关系，斜率的计算公式是解题的关键，向量的代数运算，属于中档题．‎ ‎22.已知函数，是的导函数，.‎ ‎（1）当时，判断函数在上是否存在零点，并说明理由；‎ ‎（2）若在上存在最小值，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）不存在零点，理由见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，得，对求导，从而得单调性，即可判断零点；‎ ‎（2）求出的导函数，结合，讨论的单调性，看是否存在最值即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）时，.‎ 令，即，，得，‎ 当变化时，，变化如下：‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 减 最小值 增 ‎∴函数的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎∴的极小值为.∴函数在上不存在零点.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 令，则.‎ ‎①当时，，即，‎ ‎∴在单调递增，‎ ‎∴时，，‎ ‎∴在单调递增，∴在不存在最小值，‎ ‎②当时，，‎ 所以，即在内有唯一解，‎ 当时，，当时，，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增.‎ 所以，又因为，‎ 所以在内有唯一零点，‎ 当时，即，‎ 当时，即，所以在上单调递减，在上单调递增.‎ 所以函数在处取得最小值，‎ 即时，函数在上存在最小值.‎ 综上所述，在上存在最小值时，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点，函数的最值，属于难题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎