黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三下学期第一次调研考试数学（文）试题 Word版含解析

黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三下学期第一次调研考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020届高三学年第一次调研考试数学科试卷 （文史类）‎ 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，只有一项符合题目要求.‎ ‎1.已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为（　　）‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可确定集合中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.‎ ‎【详解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4种情况，所以选A项.‎ ‎【点睛】考查集合并集运算，属于简单题.‎ ‎2.已知的共轭复数是，且（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ 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】‎ 设，整理得到方程组，解方程组即可解决问题．‎ ‎【详解】设，‎ 因为，所以，‎ 所以，解得：，‎ 所以复数在复平面内对应的点为，此点位于第四象限.‎ 故选D - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题．‎ ‎3.若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数、指数函数的性质即可判断.‎ ‎【详解】解：由对数函数、指数函数的性质可知，，，则成立．故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查对数函数、指数函数的性质的应用，属于基础题.‎ ‎4.记数列的前n项和为，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题要求,故直接令再令,将两式相除即可.‎ ‎【详解】当时,,当时,,所以 故选:D ‎【点睛】已知前项积求通项公式,则.‎ ‎5.已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于轴对称，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简为，求出它图象向左平移个单位长度后的图象的函数表达式，利用所得到的图象关于轴对称列方程即可求得，问题得解．‎ ‎【详解】函数可化为：，‎ 将函数的图象向左平移个单位长度后，‎ 得到函数的图象，又所得到的图象关于轴对称，‎ 所以，解得：，即：，‎ 又，所以.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式及三角函数图象的平移、性质等知识，考查转化能力，属于中档题．‎ ‎6.已知双曲线的离心率为2，则经过第一象限的渐近线的倾斜角为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由离心率公式可得，可得渐近线方程，然后求解一条渐近线的倾斜角．‎ - 22 -‎ ‎【详解】由题意可得，‎ 即，‎ ‎，‎ 双曲线的渐近线方程为，‎ 即为．‎ 则经过第一象限的渐近线的倾斜角为为：．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的运用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．‎ ‎7.函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用排除B，C；用排除；可得正确答案.‎ ‎【详解】解：当时，，，‎ 所以，故可排除B，C；‎ 当时，，故可排除D．‎ - 22 -‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了函数图象，属基础题．‎ ‎8.如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）‎ A. 20 B. 27 C. 54 D. 64‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解．‎ ‎【详解】设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，‎ 设落在小正方形内的米粒数大约为，‎ 则，解得：‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎9.设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（　　）‎ A. 若,,则 B. 若，,则 C. 若,,则 D. 若,,则 ‎【答案】C - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在A中，与相交或平行；在B中，或；在C中，由线面垂直的判定定理得；在D中，与平行或．‎ ‎【详解】设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则：‎ 在A中，若，，则与相交或平行，故A错误；‎ 在B中，若，，则或，故B错误；‎ 在C中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故C正确；‎ 在D中，若，，则与平行或，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．‎ ‎10.定义域为的函数，若关于的方程恰有5个不同的实数解，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图像，结合图像判断出的对称情况，由此求得的值，进而求得的值.‎ ‎【详解】画出的图像如下图所示，由图可知有个解；有个解.这个解有一个为，其它四个解关于对称，所以，所以.‎ - 22 -‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查函数图像与方程的零点问题的求解，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎11.已知为外接圆的圆心，，，则 ( )‎ A. 2 B. 4 C. 8 D. 16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合圆的几何性质，利用向量的线性运算，向量数量积的运算，求得.‎ ‎【详解】设分别是的中点，所以，所以.‎ 故选：C - 22 -‎ ‎【点睛】本小题主要考查向量的线性运算，考查向量的数量积运算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎12.已知函数满足对一切恒成立， 且当时， 有.那么函数的极值点的个数是( )‎ A. 5 B. 4 C. 3 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断出为偶函数，利用导数判断出当时的极值点个数，根据偶函数的性质判断出的极值点个数.‎ ‎【详解】由于，所以为偶函数.当时，，，所以在上递减，在上递增，所以是的极值点.由于为偶函数，图像关于轴对称，所以也是的极值点.所以共有个极值点.由于，且由于是偶函数，所以在两侧附近左增右减，所以也是的极值点.故函数的极值点为个.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查函数极值点的判断，考查函数的奇偶性，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分 - 22 -‎ ‎13.平面直角坐标系中,O为坐标原点,己知A(3,1),B(-1,3),若点C满足,其中α,β∈R,且α+β=1,则点C的轨迹方程为 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量共线定理得A,B,C三点共线，再根据点斜式得结果 ‎【详解】因为,且α+β=1，所以A,B,C三点共线，‎ 因此点C的轨迹为直线AB:‎ ‎【点睛】本题考查向量共线定理以及直线点斜式方程，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎14.已知曲线且）过定点，若且，则的最小值为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得定点坐标，然后利用基本不等式求得的最小值.‎ ‎【详解】曲线的定点为，故.所以，所以，当且仅当时，等号成立.所以的最小值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本小题主要考查指数型函数过定点问题，考查利用基本不等式求最值，属于中档题.‎ ‎15.已知抛物线的准线与圆相切，则的值为__________．‎ ‎【答案】2‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ 抛物线的准线为，与圆相切，则，．‎ ‎16.正四面体ABCD的体积为，则正四面体ABCD的外接球的体积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，设正四面体ABCD的棱长为，由已知求得，进一步求出外接球半径，代入体积公式求解．‎ ‎【详解】解：如图，‎ 设正四面体ABCD的棱长为，过A作AD⊥BC，‎ 设等边三角形ABC的中心为O，则，‎ ‎，‎ ‎，即．‎ 再设正四面体ABCD的外接球球心为G，连接GA，‎ 则，即．‎ ‎∴正四面体ABCD的外接球的体积为.‎ 故答案为．‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查正四面体外接球体积的求法，考查数学转化思想方法，正确的找到外接球的半径是关键．‎ 三、解答题：解答题应写出文字说明，证明过程或者演算步骤。‎ ‎17.在平面四边形中，已知，，．‎ ‎（1）若，求的面积；‎ ‎（2）若，，求的长．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，由余弦定理，求得,进而利用三角形的面积公式，即可求解；‎ ‎（2）利用三角函数的诱导公式化和恒等变换的公式，求解，再在中，利用正弦定理和余弦定理，即可求解.‎ ‎【详解】（1）在中，‎ ‎ 即 ,解得.‎ 所以.‎ ‎（2）因为,所以 ，,‎ ‎ ‎ - 22 -‎ ‎.‎ 在中，, .‎ ‎ ‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎18.如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.‎ ‎（1）证明：BE⊥平面EB1C1；‎ ‎（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见详解；（2）18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为在长方体中，平面；‎ - 22 -‎ 平面，所以，‎ 又，，且平面，平面，‎ 所以平面； ‎ ‎（2）设长方体侧棱长为，则，‎ 由（1）可得；所以，即，‎ 又，所以，即，解得；‎ 取中点，连结，因，则；‎ 所以平面，‎ 所以四棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.‎ ‎19.党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一,为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村扶贫. 此帮扶单位为了了解某地区贫困户对其所提供的帮扶的满意度，随机调查了40个贫困户，得到贫困户的满意度评分如下：‎ 贫困户编号 评分 贫困户编号 评分 贫困户编号 评分 贫困户编号 评分 - 22 -‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎78‎ ‎73‎ ‎81‎ ‎92‎ ‎95‎ ‎85‎ ‎79‎ ‎84‎ ‎63‎ ‎86‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎88‎ ‎86‎ ‎95‎ ‎76‎ ‎97‎ ‎78‎ ‎88‎ ‎82‎ ‎76‎ ‎89‎ ‎21‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎26‎ ‎27‎ ‎28‎ ‎29‎ ‎30‎ ‎79‎ ‎83‎ ‎72‎ ‎74‎ ‎91‎ ‎66‎ ‎80‎ ‎83‎ ‎74‎ ‎82‎ ‎31‎ ‎32‎ ‎33‎ ‎34‎ ‎35‎ ‎36‎ ‎37‎ ‎38‎ ‎39‎ ‎40‎ ‎93‎ ‎78‎ ‎75‎ ‎81‎ ‎84‎ ‎77‎ ‎81‎ ‎76‎ ‎85‎ ‎89‎ 用系统抽样法从40名贫困户中抽取容量为10的样本，且在第一分段里随机抽到的评分数据为92.‎ ‎（1）请你列出抽到的10个样本的评分数据； ‎ ‎（2）计算所抽到的10个样本的均值和方差；‎ ‎（3）在（2）条件下，若贫困户满意度评分在之间，则满意度等级为“级”.运用样本估计总体的思想，现从（1）中抽到的10个样本的满意度为“级”贫困户中随机地抽取2户，求所抽到2户的满意度均评分均“超过80”的概率.‎ ‎（参考数据：）‎ ‎【答案】（1）92，84，86，78，89，74，83，78，77，89；（2）83，33；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据系统抽样的规则，第一组编号为4，则随后第组编号为，即可确定系统抽抽取的样本编号，从而得到对应的样本的评分数据．‎ ‎（2）利用平均数公式以及方差公式即可求得.‎ - 22 -‎ ‎（3）先确定样本中符合级的人数以及级的人当中80分以上的人数，利用古典概型公式即可求出对应概率.‎ ‎【详解】（1）通过系统抽抽取的样本编号为：4，8，12，16，20，24，28，32，36，40‎ 则样本的评分数据为：92，84，86，78，89，74，83，78，77，89.‎ ‎（2）由（1）中的样本评分数据可得 ‎，则有 ‎ 所以均值，方差. ‎ ‎（3）由题意知评分在即之间满意度等级为“A级”， ‎ 由（1）中容量为10的样本评分在之间有5人，‎ 从5人中选2人共有10种情况，而80-分以上有3人，‎ 从这3人选2人共有3种情况，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查了系统抽样，平均数和方差的计算以及古典概型，属于中档题.‎ ‎20.已知是椭圆的左右顶点，点为椭圆上一点，点关于轴的对称点为，且.‎ ‎（1）若椭圆经过了圆的圆心，求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）在（1）的条件下，抛物线的焦点与点关于轴上某点对称，且抛物线与椭圆在第四象限交于点，过点作抛物线的切线，求该切线方程并求该直线与两坐标轴围成的三角形面积.‎ ‎【答案】（1）；（2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）设出点的坐标，根据求得，根据圆的圆心坐标求得，由此求得，进而求得椭圆的标准方程.‎ ‎（2）根据对称性求得点的坐标，由此求得抛物线的方程.联立抛物线和椭圆的方程求得点的坐标，进而求得过点的抛物线的切线方程，求得切线的截距后求得切线与两坐标轴围成的三角形面积.‎ ‎【详解】（1）设，因为，则点关于轴的对称点.‎ ‎，‎ 因为，‎ 所以 ，‎ 所以 又椭圆过圆的圆心，‎ ‎∴‎ 所以，所以椭圆的标准方程为； ‎ ‎（2）由题意，抛物线焦点为，故其方程为，‎ 联立方程组，解得或 （舍去），所以 设抛物线在点处的切线为，‎ 联立方程组，整理得，‎ - 22 -‎ 由解之得， ‎ 所以所求的切线方程为.即是.‎ 令，得；令，得.‎ 故所求三角形的面积为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求法，考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线、抛物线和椭圆的位置关系，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)求的极大值；‎ ‎(2)当时，不等式恒成立，求的最小值；‎ ‎(3)是否存在实数，使得方程在上有唯一的根，若存在，求出所有的值，若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）-1；（3）存在，且当符合题意．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导,明确函数的单调性，从而得到的极大值；‎ ‎(2) 不等式恒成立，即恒成立，记，求其最大值，即可得到的最小值；‎ ‎(3) 记，由，存在，使在上有零点，再证明唯一性即可.‎ ‎【详解】（1），令，得. ‎ 当时，，则在上单调递增，当时，，则 - 22 -‎ 在上单调递减，故当时，的极大值为．‎ ‎（2）不等式恒成立，即恒成立，‎ 记，则， ‎ 当时，令，得，‎ 当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则，即，…8分 则， 记，则，令，得 当时，，此时单调递减，当时，，此时 单调递增，，故的最小值为. ‎ ‎（3）记，由， ‎ 故存在，使在上有零点，下面证明唯一性：‎ ‎① 当时，，故，上无解 ‎②当时，，而，‎ 此时，单调递减，‎ 所以当符合题意．‎ ‎【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ - 22 -‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.‎ ‎（1）求的直角坐标方程和的直角坐标；‎ ‎（2）设与交于，两点，线段的中点为，求.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用互化公式把曲线C化成直角坐标方程，把点P的极坐标化成直角坐标；‎ ‎（2）把直线l的参数方程的标准形式代入曲线C的直角坐标方程，根据韦达定理以及参数t的几何意义可得．‎ ‎【详解】（1）由ρ2得ρ2+ρ2sin2θ＝2，将ρ2＝x2+y2，y＝ρsinθ代入上式并整理得曲线C的直角坐标方程为y2＝1，‎ 设点P的直角坐标为（x，y），因为P的极坐标为（，），‎ 所以x＝ρcosθcos1，y＝ρsinθsin1，‎ 所以点P的直角坐标为（1，1）．‎ ‎（2）将代入y2＝1，并整理得41t2+110t+25＝0，‎ 因为△＝1102﹣4×41×25＝8000＞0，故可设方程的两根为t1，t2，‎ 则t1，t2为A，B对应的参数，且t1+t2，‎ 依题意，点M对应的参数为，‎ - 22 -‎ 所以|PM|＝||．‎ ‎【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数的最大值为3，其中．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，，，求证：‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分三种情况去绝对值，求出最大值与已知最大值相等列式可解得；（2）将所证不等式转化为2ab≥1，再构造函数利用导数判断单调性求出最小值可证．‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴. ‎ ‎∴当时，取得最大值. ‎ ‎∴. ‎ ‎（2）由（Ⅰ），得，‎ ‎. ‎ ‎∵，当且仅当时等号成立，‎ ‎∴. ‎ 令，.‎ 则在上单调递减.∴. ‎ ‎∴当时，.‎ - 22 -‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及不等式的恒成立问题，其中解答中根据绝对值的定义，合理去掉绝对值号，及合理转化恒成立问题是解答本题的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用.‎ - 22 -‎ - 22 -‎