山东省济宁市嘉祥一中2020届高三下学期第一次质量检测数学试题

山东省济宁市嘉祥一中2020届高三下学期第一次质量检测数学试题

‎2020年高考数学第一次模拟测试试卷 一、选择题 ‎1.若全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，再由交并补的定义，即可求解.‎ ‎【详解】，‎ ‎，.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.‎ ‎2.复数满足，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算法则，求得复数，即可得到复数的模，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，复数，解得，所以，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎3.已知向量，，．若，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量共线坐标表示得方程，解得结果.‎ ‎【详解】因为，所以,选C.‎ ‎【点睛】本题考查向量共线，考查基本分析与求解能力，属基础题.‎ ‎4.函数的部分图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性排除B，当时，，排除CD，得到答案.‎ ‎【详解】， 为奇函数，排除B 当时，恒成立，排除CD 故答案选A ‎【点睛】本题考查了函数图像的判断，通过奇偶性，特殊值法排除选项是解题的关键.‎ ‎5.“”是“，”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把题设，进行化简，求出的范围，再根据充分必要条件进行判断即可 ‎【详解】必要性：设，当时，，所以，即；‎ 当时，，所以，即.故或.‎ 充分性：取，当时，成立.‎ 答案选A ‎【点睛】对于充分必要条件的判断的一般思路为：对于每一个命题进行化简，去伪存真，若最终判断问题为范围问题，则可简单记为：小范围推大范围成立；大范围推小范围不成立 ‎6.若，则的最小值为（ ）‎ A. 6 B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，从而，则，然后利用基本不等式即可求出最小值．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，且，，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 当且仅当且即时，等号成立；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，考查对数的运算法则，利用基本不等式求最值时应注意“一正二定三相等”，注意“‎1”‎的代换，属于中档题．‎ ‎7.已知圆与双曲线的渐近线相切，则该双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线方程，求得其一条渐近线的方程，再由圆，求得圆心为，半径，利用直线与圆相切，即可求得，得到答案．‎ ‎【详解】由双曲线，可得其一条渐近线的方程为，即，‎ 又由圆，可得圆心，半径，‎ 则圆心到直线的距离为，则，可得，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎8.已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，在正三棱锥中，求得，进而得到三棱锥的高，再在 直角三角形中，利用勾股定理列出方程，求得球的半径，最后利用球的表面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】如图所示，因为正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，‎ 则，所以三棱锥的高,‎ 又由球心到四个顶点距离相等，‎ 在直角三角形中，，‎ 又由，即，解得，‎ 所以球的表面积为，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算，以及组合体的性质的应用，其中在直角三角形中，利用勾股定理列出方程求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ 二、多项选择题 ‎9.已知均为实数，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若则 D. 若则 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质判断即可．‎ ‎【详解】解：若，，则，故A错；‎ 若，，则，化简得，故B对；‎ 若，则，又，则，故C对；‎ 若，，，，则，，，故D错；‎ 故选：BC．‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的基本性质，常结合特值法解题，属于基础题．‎ ‎10.已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若则 B. 若则 C. 若，，则 D. 若，则 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论．‎ ‎【详解】解：‎ 若，则且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A对；‎ 若，，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故B错；‎ 垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；‎ 若，则，又，则，故D对；‎ 故选：ACD．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理、面面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理，通常借助长方体为载体进行判断，属于基础题．‎ ‎11.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，且，F为AE的中点，则（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量加法的三角形法则、数乘运算及平面向量基本定理进行解题．‎ ‎【详解】解：∵ AB∥CD，AB⊥AD，AB=2AD=2DC，‎ 由向量加法的三角形法则得 ‎，A对；‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，‎ 又F为AE的中点，∴，B对；‎ ‎∴，C对；‎ ‎∴，D错；‎ 故选：ABC．‎ ‎【点睛】本题主要考查向量加法的三角形法则、数乘运算，考查平面向量基本定理，属于基础题．‎ ‎12.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 当时，‎ B. 函数有3个零点 C. 的解集为 D. ，都有 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，则由题意得，根据奇函数即可求出解析式，即可判断A选项，再根据解析式分类讨论即可判断B、C两个选项，对函数求导，得单调性，从而求出值域，进而判断D选项．‎ ‎【详解】解：（1）当时，，则由题意得，‎ ‎∵ 函数是奇函数，‎ ‎∴ ，且时，，A错；‎ ‎∴ ，‎ ‎（2）当时，由得，‎ 当时，由得，‎ ‎∴ 函数有3个零点，B对；‎ ‎（3）当时，由得，‎ 当时，由得，‎ ‎∴ 的解集为，C对；‎ ‎（4）当时，由得，‎ 由得，由得，‎ ‎∴ 函数在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴函数在上有最小值，且，‎ 又∵ 当时，时，函数在上只有一个零点，‎ ‎∴当时，函数的值域为，‎ 由奇函数的图象关于原点对称得函数在的值域为，‎ ‎∴ 对，都有，D对；‎ 故选：BCD．‎ ‎【点睛】本题主要考查奇函数的性质，考查已知奇函数一区间上的解析式，求其对称区间上解析式的方法，考查函数零点的定义及求法，以及根据导数符号判断函数单调性和求函数最值、求函数值域的方法，属于较难题．‎ 三、填空题 ‎13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为，若，，则______．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由边化角得，化简得，又与余弦定理得，得，则，则，从而求出．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴由正弦定理得，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴由余弦定理得，‎ ‎∴，‎ ‎∵为的内角，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故答案为：4．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查同角的三角函数关系，属于基础题．‎ ‎14.我国古代的天文学和数学著作《周碑算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气唇（guǐ）长损益相同（暑是按照日影测定时刻的仪器，暑长即为所测量影子的长度），夏至、小署、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列，经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为________尺.‎ ‎【答案】1.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设此等差数列的公差为，则求出首项即可得到答案．‎ ‎【详解】设此等差数列的公差为， ‎ 由题意即解得 ‎ ‎ 所以夏至的日影子长为 ‎ ‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查等差数列性质以及求和公式，解题的关键把文字叙述转化为数学等式，属于基础题．‎ ‎15.已知抛物线的焦点为F(4，0)，过F作直线l交抛物线于M，N两点，则p=_______，的最小值为______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的定义可得，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程消元，根据韦达定理和抛物线的的定义可得，代入到，再根据基本不等式求最值．‎ ‎【详解】解：∵ 抛物线的焦点为F(4，0)，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ 抛物线的方程为，‎ 设直线的方程为，设，，‎ 由得，‎ ‎∴，，‎ 由抛物线的定义得 ‎，‎ ‎∴，‎ 当且仅当即时，等号成立，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线定义的应用，属于中档题．‎ ‎16.设函数在定义域(0，+∞)上是单调函数，，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用换元法求出，然后再用分离变量法，借助函数的单调性解决问题．‎ ‎【详解】解：由题意可设，则，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 由得，‎ ‎∴对恒成立，‎ 令，，则，‎ 由得，‎ ‎∴在上单调递减，在单调递增，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查利用函数的单调性解决恒成立问题，属于中档题．‎ 四、解答题：本题共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.在中，内角所对的边分别为.已知，.‎ ‎（I）求的值；‎ ‎（II）求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，‎ 进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出 的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.‎ 由，及余弦定理，得.‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.‎ 由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，‎ ‎，故 ‎.‎ 考点：正弦定理、余弦定理、解三角形 ‎【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.‎ ‎18.已知数列的前n项和，是等差数列，且.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令.求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.‎ 试题解析：（1）由题意知当时，，‎ 当时，，所以．‎ 设数列的公差为，‎ 由，即，可解得，‎ 所以．‎ ‎（2）由（1）知，又，得，，两式作差，得所以．‎ 考点 1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.‎ ‎【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题. “错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.‎ ‎19.如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点E是棱的中点．‎ ‎（1）求证：平面ABC；‎ ‎（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）存在，或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理解得，结合勾股定理得到，证得侧面，‎ ‎，继而可证平面ABC；‎ ‎（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立空间直角坐标系，假设存在点M，设，由EM与平面所成角的正弦值为，可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，因为，，，利用余弦定理，‎ 解得，又，，侧面，．‎ 又，AB，平面ABC，∴直线平面ABC．‎ ‎（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则有，，，，‎ 设平面的一个法向量为，，，‎ ‎，，令，则，，‎ 假设存在点M，设，，，‎ ‎，，‎ 利用平面的一个法向量为，，得．‎ 即，或，或．‎ ‎【点睛】本题考查了空间向量和立体几何综合问题，考查了学生逻辑推理，空间向量和数学运算能力，属于中档题.‎ ‎20.为了解某地区初中学生的体质健康情况,统计了该地区8所学校学生的体质健康数据,按总分评定等级为优秀,良好,及格,不及格.良好及其以上的比例之和超过40%的学校为先进校.各等级学生人数占该校学生总人数的比例如下表:‎ ‎ 比例 ‎ 学校A 学校B 学校C 学校D 学校E 学校F 学校G 学校H ‎ 学校 等级 优秀 ‎8%‎ ‎3%‎ ‎2%‎ ‎9%‎ ‎1%‎ ‎22%‎ ‎2%‎ ‎3%‎ 良好 ‎37%‎ ‎50%‎ ‎23%‎ ‎30%‎ ‎45%‎ ‎46%‎ ‎37%‎ ‎35%‎ 及格 ‎22%‎ ‎30%‎ ‎33%‎ ‎26%‎ ‎22%‎ ‎17%‎ ‎23%‎ ‎38%‎ 不及格 ‎33%‎ ‎17%‎ ‎42%‎ ‎35%‎ ‎32%‎ ‎15%‎ ‎38%‎ ‎24%‎ ‎(1)从8所学校中随机选出一所学校,求该校为先进校的概率；‎ ‎(2)从8所学校中随机选出两所学校,记这两所学校中不及格比例低于30%的学校个数为X,求X的分布列；‎ ‎(3)设8所学校优秀比例的方差为S12,良好及其以下比例之和的方差为S22,比较S12与S22的大小.(只写出结果)‎ ‎【答案】(1) ；(2)见解析； (3)S12=S22‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）统计出健康测试成绩达到良好及其以上的学校个数，即可得到先进校的概率；‎ ‎（2）根据表格可得：学生不及格率低于30%的学校有学校B､F､H三所, 所以X的取值为0,1,2，分别计算出概率即可得到分布列；‎ ‎（3）考虑优秀的比例为随机变量Y，则良好及以下的比例之和为Z=1-Y，根据方差关系可得两个方差相等.‎ ‎【详解】解:( 1)8所学校中有ABEF四所学校学生的体质健康测试成绩达到良好及其以上的比例超过40% , ‎ 所以从8所学校中随机取出一所学校,该校为先进校的概率为；‎ ‎(2)8所学校中,学生不及格率低于30%的学校有学校B､F､H三所,所以X的取值为0,1,2. ‎ ‎ ‎ 所以随机变量X的分布列为：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎(3)设优秀的比例为随机变量Y，则良好及以下的比例之和为Z=1-Y，‎ 则，‎ 所以：S12=S22‎ ‎【点睛】此题考查简单的几何概率模型求概率，求分布列，以及方差关系的辨析，关键在于熟练掌握分布列的求法和方差关系.‎ ‎21.已知椭圆C：.‎ ‎（1）求椭圆C的离心率；‎ ‎（2）设分别为椭圆C的左右顶点,点P在椭圆C上,直线AP,BP分别与直线相交于点M,N.当点P运动时,以M,N为直径的圆是否经过轴上的定点？试证明你的结论.‎ ‎【答案】（1）（2）以为直径的圆经过轴上的定点和,证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将转化为,根据椭圆的性质得到,即可求出离心率.‎ ‎（2）根据椭圆方程求出,设,则①,分别求出直线和的方程,再分别与相交于点 和,设以 为直径的圆经过轴上的定点,则,即得②,将①代入②得 解得或,得出为直径的圆是过定点和.‎ ‎【详解】解：（1）由得,‎ 那么 所以 解得,所以离心率 ‎（2）由题可知,‎ 设,则①‎ 直线的方程：‎ 令,得,从而点坐标为 直线的方程：‎ 令,得,从而点坐标为 设以为直径的圆经过轴上的定点,则 由得②‎ 由①式得,代入②得 解得或 所以为直径的圆经过轴上的定点和.‎ ‎【点睛】本题考查已知椭圆的方程求离心率和证明椭圆中的定点问题,属于中档题.‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数在的单调性；‎ ‎（2）当且时，，求函数在上的最小值；‎ ‎（3）当时，有两个零点，，且，求证：.‎ ‎【答案】（1）在上单调递增（2）（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得函数的导数，结合导数的符号，即可求得函数的单调性；‎ ‎（2）由，求得，分类讨论求得函数的单调性与极值，进而求得函数的最小值，得到答案.‎ ‎（3）由，根据题意，得到，，‎ 两式相减，，令，得到函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，则，‎ 又∵，∴，，∴，‎ ‎∴在上单调递增.‎ ‎（2）由，则，‎ ‎（1）当时，，，‎ 此时图数在区间上单调递减，‎ ‎∴函数在处取得最小值，即；‎ ‎（2）当时，令，‎ 当时，即当，，，‎ 此时函数在区间上单调递减，函数在处取得最小值，‎ 即；‎ 综上所得.‎ ‎（3）证明：根据题意，，‎ ‎∵，是函数的两个零点，‎ ‎∴，.‎ 两式相减，可得，即，‎ ‎∴，则，.‎ 令，，则.‎ 记，，则.‎ 又∵，∴恒成立，故，即.‎ 可得，∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎