- 2021-04-22 发布 |
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文档介绍
新疆乌鲁木齐地区2020届高三年级第一次质量监测理科数学试题
乌鲁木齐地区2020年高三年级第一次质量监测 理科数学(问卷) 第Ⅰ卷(选择题共60分) 一、选择题:本大题共12小题,每小题5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.若集合,,则集合( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 求解一元二次不等式,解得集合,再求并集即可. 【详解】对集合:,解得; 对集合:,解得, 故可得. 故选:D. 【点睛】本题考查一元二次不等式的求解,以及集合并运算,属基础题. 2.已知复数满足(是虚数单位),则的共轭复数( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先求的模长,再利用复数除法运算求得复数,写出其共轭复数即可. 【详解】因为, 故, 故其共轭复数. 故选:A. 【点睛】本题考查复数模长的求解,复数的除法运算,以及共轭复数的求解,属综合基础题. 3.已知双曲线(,)的两条渐近线互相垂直,焦距为,则该双曲线的实轴长为( ) A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】 根据渐近线垂直,可得的关系,结合焦距的长度,列方程组,即可求得结果. 【详解】因两条渐近线互相垂直,故可得, 又因为焦距为,故可得, 结合, 解得, 故实轴长. 故选:B. 【点睛】本题考查双曲线方程的求解,属基础题. 4.已知,为两条不同的直线,,,为三个不同的平面,则下列命题正确的是( ) A. 若,,则 B. 若,且,则 C. 若,,,,则 D. 若,,,则 【答案】B 【解析】 【分析】 根据线线平行,线线垂直,线面垂直,面面垂直的判定,对选项进行逐一分析即可. 【详解】对:若,,则,或与是异面直线,或与相交,故错误; 对:若,且, 不妨取交线上一点,作平面的垂线为, 因为,且点,故; 同理可得,故与是同一条直线, 因为,故. 故选项正确. 对:只有当与是相交直线时,若,,,, 才会有.故错误; 对:若,,,则与的关系不确定,故错误. 故选:B. 【点睛】本题考查线线平行,面面平行,面面垂直的判定,属综合基础题. 5.数列是公差为2的等差数列,为其前项和,且,,成等比数列,则( ) A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】 根据等比中项的定义,结合数列的公差为,列方程即可求得数列的首项,进而利用公式求得. 【详解】因为,,成等比数列,故可得, 即可得,解得. 故. 故选:D. 【点睛】本题考查等差数列前项和与通项公式基本量的计算,涉及等比中项,属综合基础题. 6.若正整数除以正整数的余数为,则记为,例如.如图程序框图的算法源于我国古化著名的《中国剩余定理》,执行该程序框图,则输出的等于( ) A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】 模拟执行程序,根据循环结构,逐步执行,即可得到结果. 【详解】 模拟执行程序如下: 开始, ,不满足, 故,满足,但不满足, 故,不满足, 故,满足,满足, 输出. 故选:D. 【点睛】本题考查循环结构语句的执行,只需按照程序框图模拟执行即可,属基础题. 7.为了解某市居民用水情况,通过抽样,获得了100位居民某年的月均用水量(单位:吨).将数据按照,…,分成9组,绘制了如图所示的频率分布直方图.政府要试行居民用水定额管理,制定一个用水量标准.使的居民用水量不超过,按平价收水费,超出的部分按议价收费,则以下比较适合做为标准的是( ) A. 2.5吨 B. 3吨 C. 3.5吨 D. 4吨 【答案】B 【解析】 【分析】 根据频率分布直方图中,长方形面积表示频率,找出将面积分割为和的数值,即为标准. 【详解】根据频率分布直方图,结合题意可得: 解得. 故要满足的居民用水量不超过, 则比较合适的取值为吨. 故选:B. 【点睛】本题考查频率分布直方图中,频率的计算,属基础题. 8.天文学中为了衡量星星的明暗程度,古希腊天文学家喜帕恰斯(,又名依巴谷)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小,星星就越亮;星等的数值越大,它的光就越暗.到了1850年,由于光度计在天体光度测量中的应用,英国天文学家普森()又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念.天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足.其中星等为的星的亮度为.已知“心宿二”的星等是1.00.“天津四” 的星等是1.25.“心宿二”的亮度是“天津四”的倍,则与最接近的是(当较小时, ) A. 1.24 B. 1.25 C. 1.26 D. 1.27 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意,代值计算,即可得,再结合参考公式,即可估算出结果. 【详解】根据题意可得: 可得,解得, 根据参考公式可得, 故与最接近的是. 故选:C. 【点睛】本题考查对数运算,以及数据的估算,属基础题. 9.已知函数,则下列判断正确的是( ) A. 的图象关于对称 B. 为奇函数 C. 的值域为 D. 在上是增函数 【答案】A 【解析】 【分析】 利用降幂扩角公式以及辅助角公式,将三角函数化简为标准正弦型三角函数,再对选项进行逐一分析即可. 【详解】 . 因为是该函数的最大值,故是函数的对称轴,故正确; 因为,故该函数不是奇函数,故错误; 因为,故的值域为,故错误; 由,可得,在此区间内,正弦函数不单调,故错误; 综上所述,正确的是. 故选:A. 【点睛】本题考查利用降幂扩角公式以及辅助角公式化简三角函数,以及正弦型函数性质的求解,属综合性基础题. 10.已知,,,,则,,的大小关系是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 因为,故可得,由指数函数和幂函数的单调性即可比较大小. 【详解】因为,故可得, 根据指数函数是单调减函数, 可得,即可得; 根据幂函数是单调增函数, 可得,即可得 综上所述:. 故选:A. 【点睛】本题考查正弦函数和余弦函数在区间上的大小关系,以及指数函数和幂函数的单调性,属综合中档题. 11.已知抛物线的焦点为,准线为,过点且斜率为的直线交抛物线于点(在第一象限),于点,直线交轴于点,则( ) A. 4 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设出直线方程,联立抛物线方程,求得点的坐标,即可得点坐标,进而可求得的方程,容易得点的坐标,用两点之间的距离公式即可求得的长度. 【详解】根据题意,作图如下: 由题可知,点,故直线的方程为, 联立抛物线方程 可得,解得或 因为点在第一象限,故可得. 又因为准线方程为,故可得. 则直线的方程为, 令,解得,即可得. 故. 故选:B. 【点睛】本题考查抛物线中线段长度的求解,关键是要逐步求解出点的坐标即可. 12.已知函数,若且,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据的函数图像,结合,求得的取值范围以及之间的等量关系,将表示为的函数,求该函数在区间上的值域即可. 【详解】因为,故其函数图像如下所示: 令,解得;令,解得. 数形结合可知,若要满足,且, 则,且,解得. 故,. 令, 则,令,解得, 故在区间单调递减,在区间单调递增, 则, 故. 即可得. 故选:B. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的值域,以及构造函数的能力,数形结合的能力,属综合性中档题. 第Ⅱ卷(非选择题共90分) 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分. 13.已知单位向量,满足,则向量与向量的夹角的大小为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据向量的数量积运算,结合单位向量模长为1,代值计算即可. 【详解】因为,均是单位向量,故可得, 故可得, 即,解得, 又因为向量夹角的范围为, 故的夹角为. 故答案为:. 【点睛】本题考查向量数量积的运算,属基础题. 14.已知点在圆上,点在直线上,则的最小值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】 根据直线和圆相离,即可得圆心到直线的距离减去半径,即为所求. 【详解】因圆方程为,故圆心坐标为, 则圆心到直线的距离,则直线与圆相离. 故的最小值为. 故答案为:3. 【点睛】本题考查圆心到直线上一点距离的最值问题,属基础题. 15.造纸术是我国古代四大发明之一.纸张的规格是指纸张制成后,经过修整切边,裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准,规定以、、…、;、、…、等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用系列和系列,其中系列的幅面规格为:①规格的纸张的幅宽(以表示)和长度(以表示)的比例关系为;②将纸张沿长度方向对开成两等分,便成为规格.纸张沿长度方向对开成两等分,便成为规格,…,如此对开至规格.现有、、、…、纸各一张.若纸的面积为,则这9张纸的面积之和等于______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意,求出纸张的长度和宽度,构造纸张面积的等比数列,利用等比数列前项和的计算公式,即可求得. 【详解】由题可设,纸的面积为, 根据题意,纸张面积是首项为,公比为的等比数列, 则容易知纸张的面积为,故可得, 故纸张面积是一个首项为,公比为的等比数列, 故张纸的面积之和为. 故答案为:. 【点睛】本题考查实际问题中等比数列的应用,问题的关键是要构造等比数列,属中档题. 16.如图,正方体的棱长为1,有下列四个命题: ①与平面所成角为; ②三棱锥与三棱锥的体积比为; ③过点作平面,使得棱,,在平面上的正投影的长度相等,则这样的平面有且仅有一个; ④过作正方体的截面,设截面面积为,则的最小值为. 上述四个命题中,正确命題的序号为______. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】 根据线面角的求解方法,棱锥体积的求解,正方体截面的相关性质,对选项进行逐一分析即可求得. 【详解】对①:连接交与,连接,作图如下: 因为是正方体,故可得平面, 又因为平面,故可得,又, 故可得平面,则即为所求线面角. 在中,, 故可得,又线面角的范围为, 故,则与平面所成角为, 故①正确; 对②:因为正方体棱长为1, 故可得; 而棱锥的体积可以理解为 正方体的体积减去4个体积都和相等的三棱锥的体积, 故. 故棱锥与三棱锥的体积比为, 故②正确; 对③:若棱在平面的同侧,则为过点且与平面平行的平面; 若棱中有一条棱与另外两条棱分别在平面的异侧,则这样的平面有3个; 故满足题意的平面有4个. 故③错误; 对④:根据题意,取中点为,则过作正方体的截面如下: 则过的所有截面中,当截面为菱形时,面积最小, 其面积为. 故④正确. 总上所述,正确的有①②④. 【点睛】本题考查线面角的求解,正方体截面面积的求解,涉及棱锥体积的计算,属中档题. 三、解答题:第17~21题每题12分,解答应在答卷的相应各题中写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.如图,在四棱锥中,平面,是正方形,是中点,点在上,且. (1)证明平面; (2)若,求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解;(2). 【解析】 【分析】 (1)根据平面,可得,再证,即可由线线垂直推证线面垂直; (2)以为坐标原点,建立空间直角坐标系,分别求得两个平面的法向量,再求出夹角的余弦,转化为正弦值即可. 【详解】(1)因为平面,平面,故可得; 设底面正方形的边长为4,故可得, ,, 故在中,满足,故可得; 又平面,且, 则平面,即证. (2)因为平面,平面,故可得, 又底面为正方形,故可得, 故以为坐标原点,以所在直线为轴建立空间直角坐标系如下图所示: 设,故可得 设平面的法向量为, 则,则 取,则. 不妨取平面的法向量. 则. 设平面与平面所成二面角的平面为, 则. 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 【点睛】本题考查由线线垂直推证线面垂直,以及利用向量法求解二面角的大小,属综合中档题. 18.已知的面积为3,边上的高是2,. (1)求外接圆的半径; (2)求和的长. 【答案】(1);(2)或 【解析】 【分析】 (1)利用三角形的面积公式求得,再利用同角三角函数关系,求得,最后利用正弦定理,即可求得外接圆半径; (2)利用面积公式以及余弦定理,求得和的方程组,解方程组即可. 【详解】设三角形的边长. (1)由面积公式,解得. 因为,,故由同角三角函数关系, 容易得. 由正弦定理可得. 故外接圆的半径为. (2)由面积公式可得,结合(1)中所求, 可得; 由余弦定理可得,解得, 即 解得,联立 可得或. 故或. 【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形,以及三角形外接圆半径的求解,属综合基础题. 19.在统计调查中,问卷的设计是一门很大的学问,特别是对一些敏感性问题.例如学生在考试中有无作弊现象,社会上的偷税漏税等.更要精心设计问卷.设法消除被调查者的顾虑,使他们能够如实回答问题,否则被调查者往往会拒绝冋答,或不提供真实情况,为了调查中学生中的早恋现象,随机抽出300名学生,调查中使用了两个问題.①你的学籍号的最后一位数是奇数(学籍号的后四位是序号);②你是否有早恋现象,让被调查者从装有4个红球,6个黑球(除颜色外完全相同)的袋子中随机摸取两个球.摸到两球同色的学生如实回答第一个问题,摸到两球异色的学生如实回答第二个问题,回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子,回答“否”的人什么都不放,后来在盒子中收到了78个小石子. (1)你能否估算出中学生早恋人数的百分比? (2)若从该地区中学生中随机抽取一个班(40人),设其中恰有个人存在早恋的现象,求的分布列及数学期望. 【答案】(1);(2)分布列见详解,数学期望为. 【解析】 【分析】 (1)先计算出摸两个球,出现同色和异色的概率,据此计算出回答第一个问题和第二个问题的人数,再根据学籍号最后一位是奇数的概率为,计算出回答第一个问题选择“是”的同学个数,从而算出回答早恋选择“是”的同学个数,据此估算百分比即可; (2)根据题意可知,服从二项分布,结合(1)中所求,写出分布列,计算出数学期望即可. 【详解】(1)从10个球中随机摸取两个球,摸到两球同色的的概率. 故回答第一个问题的人数为人,则回答第二个问题的人数为人; 又学籍号最后一位是奇数还是偶数,是等可能的, 故回答第一个问题,选择“是”是的同学个数为人, 则回答第二个问题,选择“是”的同学个数为人, 则中学生早恋人数的百分比为. (2)根据(1)中所求,可知,且可取值为, 故可得 故的分布列如下所示: 故. 【点睛】 本题考查简单随机抽样的特点,以及二项分布分布列的求解和数学期望的计算,属综合性中档题. 20.已知函数(). (1)当时,求曲线在点处的切线方程; (2)若在定义域内为单调函数,求实数的取值范围. 【答案】(1);(2). 【解析】 分析】 (1)对函数求导,解得函数在点处切线的斜率,根据点斜式即可求得切线方程; (2)构造函数,利用导数求解其值域,再根据与之间的关系,求解恒成立问题即可得参数的范围. 【详解】(1)当时,,故; 故可得, 故切线方程为:,整理得. 故曲线在点处的切线方程为. (2)因为,故可得. 若在定义域内为单调函数,则恒成立,或恒成立. 构造函数,故可得, 令,解得, 故在区间上单调递增,在区间上单调递减. 故,且当趋近于0时,趋近于. 故. 若要保证在定义域内恒成立,即恒成立, 即在定义域内恒成立,则只需; 若要保证在定义域内恒成立,则恒成立, 则在定义域内恒成立,但没有最小值,故舍去. 综上所述,要保证在定义域内为单调函数, 则. 【点睛】本题考查导数的几何意义,以及根据函数单调性,利用导数求参数的范围,属综合中档题. 21.点与定点的距离和它到直线的距离的比是常数,设点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程; (2)过点的直线与曲线交于,两点,设的中点为,,两点为曲线上关于原点对称的两点,且(),求四边形面积的取值范围. 【答案】(1);(2). 【解析】 【分析】 (1)设出点的坐标,根据题意,列出方程,整理化简即可求得动点的轨迹方程; (2)设出直线的方程,利用弦长公式求得,再利用,建立直线与之间的联系,再利用点到直线的距离,以及面积公式,将四边形面积表示为函数形式,求该函数的值域即可. 【详解】(1)设动点,则到直线的距离, 由题可知:,即可得, 两边平方整理可得: 故曲线的方程为:. (2)因,故两点不可能重合, 则直线的斜率不可能为0, 故可设直线方程为, 联立椭圆方程, 可得, 设两点坐标分别为, 则可得, 则 故可得, 因为,故可得四点共线, 故可得. 不妨设直线方程为,, 联立直线与椭圆方程 可得, 设, 则,即 则,即 则点到直线的距离为: 将代入上式即可得: ,, 故 又根据弦长公式可得: 故四边形面积 , 因为,则,, 故. 故四边形面积的取值范围为. 【点睛】本题考查椭圆轨迹方程的求解,以及椭圆中四边形面积的范围问题,计算量相对较大,属综合性困难题. 22.在直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,四边形的四个顶点都在曲线上. (1)求曲线的直角坐标方程; (2)若,相交于点,求的值. 【答案】(1);(2)4 【解析】 【分析】 (1)将两边平方,利用公式,即可转化为直角坐标方程; (2)写出直线的参数方程,根据直线参数的几何意义,即可求得. 【详解】(1)将两边平方,即可得, 即可得. (2)因为直线都经过点, 故直线的参数方程为:为参数; 直线的参数方程为:为参数; 联立直线的方程与可得: , 设两点对应的参数为,故可得; 同理联立直线的方程与可得: , 设两点对应的参数为,故可得; 根据直线参数方程中的几何意义可知: .即为所求. 【点睛】本题考查极坐标方程转化为直角坐标方程,以及利用直线参数方程中参数几何意义,求解线段长度的乘积,属基础题. 23.已知函数. (1)求不等式的解集; (2)若不等式的解集包含,求实数的取值范围. 【答案】(1);(2). 【解析】 【分析】 (1)分类讨论,求解不等式即可; (2)将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题,列出不等式组即可求得. 【详解】(1)当时,等价于, 解得; 当时,等价于,恒成立, 解得; 当时,等价于, 解得; 综上所述,不等式的解集为. (2)不等式的解集包含, 等价于在区间上恒成立, 也等价于在区间恒成立. 则只需满足: 且即可. 即, 解得. 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解,以及二次函数在区间上恒成立的问题,属综合基础题.查看更多