2020届天一大联考海南省高三年级第一次模拟考试数学试题（解析版）

2020届天一大联考海南省高三年级第一次模拟考试数学试题  一、单选题1．已知集合，则集合的子集的个数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据已知条件，求出，再根据子集的含义得出答案.【详解】，则集合的子集的个数为.故选：A.【点睛】本题考查集合的子集个数，需要学生理解和子集的含义，属于基础概念的考查.2．（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据复数的除法运算，化简即可.【详解】.故选：D.【点睛】本题考查复数的除法运算，属于简单题.3．祖暅原理“幂势既同，则积不容异”中的“幂”指面积，“势”即是高，意思是：若两个等高的几何体在所有等高处的水平截面的面积恒等，则这两几何体的体积相等.设夹在两个平行平面之间的几何体的体积分别为，它们被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为，则“恒成立”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】根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可．【详解】根据祖暅原理，由“恒成立”可得到“”，反之不一定.解：由祖暅原理知，若，总相等，则，相等成立，即充分性成立，若，相等，则只需要底面积和高相等即可，则，不一定相等，即必要性不成立，即“恒成立”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合祖暅原理是解决本题的关键．考查学生的推理能力．4．将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，再将上所有点的横坐标伸长到原来的倍得到曲线，则的解析式为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由三角函数平移和伸缩的性质，以及运用诱导公式化简，便可得出答案.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后,得到曲线，的解析式为，再将上所有点的横坐标伸长到原来的倍,得到曲线的解析式为.故选：B.【点睛】本题考查三角函数图像的平移伸缩，结合应用诱导公式化简，属于简单题.5．不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】利用幂函数的定义域和单调递增，列式，解不等式即可得出解集.【详解】原不等式等价于，解得或.即解集为：故选：A.【点睛】本题考查幂函数的定义域和单调性的应用，以及一元二次不等式的解法，同时考查知识点间的转化运用.6．已知是不同的直线，是不同的平面，给出以下四个命题：①若，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，则.其中真命题的序号是（    ）A．①② B．③④ C．②③ D．③【答案】B【解析】根据线面和面面平行垂直的性质分别进行判断即可．【详解】解：①若，，，则或者，也有可能是相交的；故①错误，②若，，，则或者异面，也有可能相交；故②错误，③若，，，则；故③正确，④若，，，则，故④正确，故选：B.【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线平行和垂直以及面面平行和垂直的性质和判断，结合相应的定理是解决本题的关键．7．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】观察选项中的图象，代入特殊值时，，排除，根据换元求二次函数最值和对称轴，即可得出正确选项.【详解】当时，，排除，令，，当且仅当，即时，，排除选项.故选：A.【点睛】本题考查函数图象的识别，一般通过代入特殊值、值域、奇偶性、单调性以及零点个数等来排除.8．如图所示，矩形ABCD的边AB靠在墙PQ上，另外三边是由篱笆围成的.若该矩形的面积为4，则围成矩形ABCD所需要篱笆的（    ）A．最小长度为8 B．最小长度为 C．最大长度为8 D．最大长度为【答案】B【解析】设，得到，所求的篱笆长度为，根据基本不等式，得到最小值.【详解】设，因为矩形的面积为，所以，所以围成矩形所需要的篱笆长度为，当且仅当即时，等号成立.故选：B.【点睛】本题考查基本不等式求和的最小值，属于简单题.9．若，，，则的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】通过对数的运算进行化简以及对数单调性，得出，根据指数函数单调性得出，利用公式，得出，即可比较出的大小.【详解】因为，，所以，，.即：.故选：C.【点睛】本题考查指数函数和对数函数的单调性，还利用对数函数的运算公式进行数据比较大小，属于知识点的转化应用.10．如图为函数的图象，为图象与轴的三个交点，为函数图象在轴右侧部分上的第一个最大值点，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意，由函数的图象，可得出顶点和最高最低点坐标，求出相应向量坐标，利用向量的数量积，即可求出答案.【详解】设的中点为，的中点为，则，，，所以.故选：D.【点睛】本题考查向量的数量积，通过利用三角函数的性质以及向量的坐标和数量积公式.11．已知，若存在，使不等式成立，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意，利用分离参数法求出，求函数的最小值，即可求得的取值范围.【详解】因为，所以.即：因为存在使不等式成立，所以.即：的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查不等式恒成立问题求参数的取值范围，通过分离参数法，将不等式恒成立问题转化成求函数最值问题，属于中等题目.12．已知函数.若，，则函数在上的零点之和为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由，，求出分段函数的解析式，得出函数的周期性为2，将函数的零点转化为的零点，即可求出零点之和.【详解】因为，，所以解得，，所以所以在上是周期为的函数，在上的所有零点为，所以在上的所有零点为的零点且，所以且，解得（且），所以函数在上的零点之和为.故选：B.【点睛】本题考查复合函数的零点问题，还涉及分段函数的解析式、周期性等，同时考查学生的转化和理解能力.  二、填空题13．函数的图象在点处的切线的倾斜角为______.【答案】【解析】求导，求出，即可得出切线斜率，根据斜率和倾斜角关系，即可得出答案.【详解】由题意得，所以，所以函数的图象在处的切线的斜率为，倾斜角为.故答案为：.【点睛】本题考查通过导数求切线的斜率，以及斜率和倾斜角关系式，属于基础题.14．已知向量，.若，则的值为______.【答案】【解析】由两向量共线的公式：，代数即可求出结果.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的共线公式，考查对公式的识记.15．在四棱锥中，若，平面，，则该四棱锥的外接球的体积为______.【答案】【解析】通过补形法，将四棱锥的外接球，转化成正六棱柱的外接球，利用，求出球的半径，即可求出四棱锥的外接球的体积.【详解】由已知可得四边形为一个等腰梯形.将四棱锥补成一个正六棱柱，四棱锥的外接球即为正六棱柱的外接球为，设正六棱柱的上下底面的中心分别为，则的中点为外接球的球心，因为，，所以外接球的半径，所以该四棱锥的外接球的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查四棱锥的外接球的体积，通过补形法以及运用球的体积公式，还考查空间想象能力和计算能力.16．顶角为的等腰三角形称为“黄金三角形”，黄金三角形看起来标准又美观.如图所示，是黄金三角形，，作的平分线交于点，易知也是黄金三角形.若，则______；借助黄金三角形可计算______.【答案】        【解析】根据题意，得出，求出，再利用两角和与差公式以及余弦定理求出，利用诱导公式，即可求出.【详解】由题可得，，所以，得，且.设，则，所以，可解得.因为.在中，根据余弦定理可得，所以.故答案为：；.【点睛】本题考查三角形相关的角的正弦值和余弦值，其中运用相似三角形和余弦定理，以及两角和与差公式和诱导公式化简. 三、解答题17．已知是数列的前项和，且.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据，再利用递推公式，证出为等比数列，且可得出首项和公差，即可求出通项公式； （2）利用对数的运算化简，得出，再根据裂项相消法求数列的前项和.【详解】（1）因为，所以.相减得，所以，所以.又，解得，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即的通项公式为.（2）由（1）可得.所以.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和利用裂项相消法求数列前项和，还结合运用递推关系证明等比数列以及，属于常考题型.18．在平面四边形中，已知，，.（1）若，，，求的长；（2）若，求证：.【答案】（1），；（2）见解析【解析】（1）根据题意，得出，，再利用正弦定理求得，结合已知条件，即可求出的长； （2）利用余弦定理以及三角形的内角和，得出，通过判断三角形中边角关系，即可得出结论.【详解】（1）由已知得，，所以.因为，所以，.所以.在中，由正弦定理得，所以，所以.又，所以，.（2）在中，由余弦定理得.在中，由余弦定理得.因为，，所以，即.又，，所以，所以.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，通过正弦定理和余弦定理、以及三角形边和角的有关性质等，同时考查学生化归和转化思想.19．如图（1），在平面五边形中，已知四边形为正方形，为正三角形.沿着将四边形折起得到四棱锥，使得平面平面，设在线段上且满足，在线段上且满足，为的重心，如图（2）.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）取的中点，的中点，连接，可知三点共线，三点共线.，因而可得为的重心，再利用线面平行的判定，及可证出； （2）根据条件，通过面面垂直的性质，证出平面，建立空间直角坐标系，标点，求及平面的法向量为，通过利用空间向量法求出线面角.【详解】（1）如图，取的中点，的中点，连接.由已知易得三点共线，三点共线.因为，，所以.又为的重心，所以，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）在中，因为为的中点，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.由（1）得，.所以两两垂直，如图，分别以射线的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系.设，因为，，所以，所以，.所以，，，.所以，，.设平面的法向量为，则所以令，则，所以可取.设直线与平面所成的角为，则.【点睛】本题主要考查线面平行的判定和通过向量法求线面夹角，还涉及三点共线、重心、面面垂直的性质等知识点相结合，同时考查空间思维能力和想象能力.20．某大型企业生产的某批产品细分为个等级，为了了解这批产品的等级分布情况，从仓库存放的件产品中随机抽取件进行检测、分类和统计，并依据以下规则对产品进行打分：级或级产品打分；级或级产品打分；级、级、级或级产品打分；其余产品打分.现在有如下检测统计表：等级12345678910频数10901002002001001001007030 规定：打分不低于分的为优良级.（1）①试估计该企业库存的件产品为优良级的概率；②请估计该企业库存的件产品的平均得分.（2）从该企业库存的件产品中随机抽取件，请估计这件产品的打分之和为分的概率.【答案】（1）①，②78；（2）【解析】（1）根据统计表，分别求出在件产品中，分别求出打分为分、分、分、分对应的概率，则优良级的概率即为分、分对应的概率之和； （2）利用平均数公式，即可估计出件产品的平均得分；（3）由题可知，件产品的打分之和为分，即为或者，再根据二项分布以及分类加法原则，求出概率.【详解】解：在件产品中，设任意件产品打分为分、分、分、分，分别记为事件，由统计表可得，，，，.（1）①估计该企业库存的件产品为优良级的概率为.②估计该企业库存的件产品的平均得分为(分).（2）因为，所以从该企业库存的件产品随机抽取件，估计这件产品的打分之和为分的概率为.【点睛】本题考查通过频率分布表求频率和平均数，其中还运用二项分布以及分类加法原则，属于基础题.21．已知抛物线上横坐标为的点到焦点的距离为.（1）求抛物线的方程；（2）若过的直线与圆切于点，与抛物线交于点，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）通过抛物线的性质，列式求出，即可得出抛物线的方程； （2）根据题意，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的的距离，联立方程，写出韦达定理，再利用弦长公式求出，再通过新函数的单调性，证明出.【详解】（1）由已知可得，解得.所以抛物线的方程为.（2）设直线的方程为，因为直线与圆相切，所以，即.将与联立消去得，所以，.因为，所以.因为，单调递增，所以，所以.【点睛】本题考查抛物线的标准方程，运用抛物线的定义和性质、直线与圆的位置关系、韦达定理、弦长公式，以及直线与圆相切、点到直线的距离公式，属于综合题.22．设函数，.（1）当时，求的值域；（2）当时，不等式恒成立（是的导函数），求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）求导，令，求出极值点，利用导数求出函数的单调性，即可得出内的最值，即可得出值域； （2）根据题意，构造新函数，将不等式的恒成立问题，转化为在内的恒成立问题，求导，再二次求导，通过单调性求出最值，即可求出参数的取值范围.【详解】（1）由题可得.令，得.当时，，当时，，所以，.因为，所以，所以的值域为.（2）由得，即.设，则.设，则.当时，，，所以.所以即在上单调递增，则.若，则，所以在上单调递增.所以恒成立，符合题意.若，则，必存在正实数，满足：当时，，单调递减，此时，不符合题意.综上所述，的取值范围是.【点睛】本题考查通过导数研究函数的单调性、最值以及恒成立问题，属于综合题，同时考查学生的综合分析能力和解题计算能力.