2020届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市高三第一次诊断性测试数学（理）试题（解析版）

2020届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市高三第一次诊断性测试数学（理）试题  一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】求出集合A，直接进行交集运算即可.【详解】，故选：D【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2．若复数z满足（其中i为虚数单位），则（    ）A．2 B．3 C． D．4【答案】A【解析】对复数进行化简，然后根据复数模长的计算公式，得到答案.【详解】所以.故选：A.【点睛】本题考查复数的计算，求复数的模长，属于简单题.3．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（  ）A．若，则B．若，则C．若，且，则D．若，且，则【答案】D【解析】根据空间中直线和平面的位置关系分别去判断各个选项，均可举出反例；可证明得出.【详解】若，，则或与异面或与相交，故选项错误；若，，则与可能相交，故选项错误；若直线不相交，则平面不一定平行，故选项错误；，    或，又    ，故选项正确.本题正确选项：【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.4．设，则有（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】比较三个数与中间量0,1的大小即可求得大小关系.【详解】因为，所以故选：A【点睛】本题考查利用指数函数、对数函数的单调性比较指数式、对数式的大小，属于基础题.5．已知向量满足，且与夹角为，则（  ）A．-3 B．-1 C．1 D．3【答案】B【解析】根据向量的运算法则与数量积的运算求解即可.【详解】.故选：B【点睛】本题主要考查了向量的运算法则与数量积的运算,属于基础题型.6．已知双曲线的左、右焦点分别为，B为虚轴的一个端点，且，则双曲线的离心率为（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【解析】由题意得，则即，又，即可解得.【详解】已知，因为，则在中，所以即，又，联立得，所以.故选：D【点睛】本题考查双曲线的几何性质，属于基础题.7．执行如图所示的程序框图，则输出的(  )A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算S的值并输出相应变量n的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】解：模拟程序的运行，可得
S=0，n=1
S=2，n=2
满足条件S＜30，执行循环体，S=2+4=6，n=3
满足条件S＜30，执行循环体，S=6+8=14，n=4
满足条件S＜30，执行循环体，S=14+16=30，n=5
此时，不满足条件S＜30，退出循环，输出n的值为5．
故选C．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．8．从这五个数字中随机选择两个不同的数字，则它们之和为偶数的概率为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】先求出基本事件总数n，再求出这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数m，由此能求出这两个数字的和为偶数的概率【详解】从1、2、3、4、5、这五个数字中，随机抽取两个不同的数字，基本事件总数n，这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数m4，∴这两个数字的和为偶数的概率为p．故选：B．【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．9．等比数列的前项和为，且、、成等差数列，若，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设等比数列的公比为，根据题意得出关于的二次方程，求出的值，然后利用等比数列求和公式可求出的值.【详解】设等比数列的公比为，由于、、成等差数列，且，，即，即，解得，因此，.故选：C.【点睛】本题考查等比数列求和，解题的关键就是计算出等比数列的首项和公比，考查计算能力，属于基础题.10．将奇函数的图象向右平移个单位，得到的图象，则的一个单调减区间为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由两角差的正弦函数公式，函数的图象变换规律可求，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间，比较各个选项即可得解.【详解】解：由已知，因为为奇函数，，即，，时，，，，令，，，，当时，为的一个单调减区间，故选：D.【点睛】本题主要考查了两角差的正弦函数公式，函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，考查了转化思想和数形结合思想，属于基础题.11．已知抛物线C：的焦点F，点是抛物线上一点，以M为圆心的圆与直线交于A、B两点（A在B的上方），若，则抛物线C的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据抛物线的定义，表示出，再表示出，利用，得到和之间的关系，将点坐标，代入到抛物线中，从而解出的值，得到答案.【详解】抛物线C：，其焦点，准线方程，因为点是抛物线上一点，所以所在直线，设于，则，因为，所以，即整理得所以将点代入到抛物线方程，得，解得，所以抛物线方程为故选：C.【点睛】本题考查抛物线的定义，直线与圆的位置关系，求抛物线的标准方程，属于中档题.12．已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】先判断出的单调性，然后将不等式转化为，根据单调性，得到对任意恒成立，根据一次函数的单调性，得到最大值小于等于，从而得到关于的不等式，解得的范围.【详解】函数，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递增，所以在上单调递增，所以不等式转化为因为在上单调递增，所以对任意恒成立，即而单调递增，所以得到解得故选：B.【点睛】本题考查根据函数的单调性解不等式，不等式恒成立问题，根据函数单调性求最值，属于中档题.  二、填空题13．若，满足约束条件，则的最大值为_____________．【答案】6【解析】首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：由，可得，画出直线，将其上下移动，结合的几何意义，可知当直线在y轴截距最大时，z取得最大值，由，解得，此时，故答案为6.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.14．已知为锐角，则___________【答案】【解析】先求出，再利用两角和的正弦公式展开，带值计算即可.【详解】解：为锐角，则为钝角，则，，故答案为：.【点睛】本题考查已知角的三角函数值求未知角的三角函数值，关键是要找到已知角和未知角之间的关系，将未知角用已知角表示出来，是基础题.15．已知数列满足：（），若，则          .【答案】【解析】试题分析：因,故当时,,,即时,,即,所以;当时,,,即时,可得,不成立,所以,应填.【考点】分段数列的通项及运用．16．如图，已知在长方体中，，点为上的一个动点，平面与棱交于点，给出下列命题：①四棱锥的体积为；②存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值；③当点不与，重合时，在棱上均存在点，使得平面④存在唯一一点，使得平面，且其中正确的命题是_____________（填写所有正确的序号）【答案】①②④【解析】①根据，再根据等体积转化，求出和，得到答案；②判断出截面四边形为平行四边形，将正方体侧面展开，面和面在同一平面内，得到最小为内的长度，从而得到截面四边形的周长的最小值；③取为中点时，在平面中，延长，交于，可得；④以点建立空间直角坐标系，根据线面垂直，得到点坐标，并求出.【详解】长方体中，命题①，易知平面到平面的距离，等于到平面的距离，为，同理到平面的距离，等于到平面的距离，为所以，故正确.命题②，易知平面平面，平面平面，平面平面所以，同理，即四边形为平行四边形将正方体侧面展开，面和面在同一平面内，可得在内，最小为的长度，此时点为与的交点，所以四边形的周长取得最小值，故正确.命题③，取为中点时，易知为中点在平面中，延长，交于，通过，得到，所以，即此时平面，而此时点在延长线上，不在棱上，故错误.命题④，以点建立空间直角坐标系，设点，，所以，即，要使平面，则需，即所以，得，即，故正确.故答案为：①②④【点睛】本题考查等体积转化求四棱锥的体积，棱柱展开图中最短距离问题，线面平行的判定，已知线面垂直利用空间向量求线段的长，属于中档题. 三、解答题17．的内角所对的边分别为，且.（1）求；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）将条件变形，利用余弦定理求；（2）根据条件，利用基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式代入的最大值求最值即可.【详解】解：（1）由题意得，即，所以，因为，；（2）由余弦定理得：，故，则，当时，的面积最大值为.【点睛】本题考查余弦定理的应用，三角形的面积公式以及基本不等式的应用，是基础题.18．如图，四棱锥中，底面，，为的中点（1）证明：平面（2）若是边长为2的等边三角形，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析   （2）【解析】（1）取中点，得到，从而平面，可得到四边形是平行四边形，得到，从而平面，得到平面平面，从而证明平面；（2）建立空间直角坐标系，得到平面的法向量和平面的法向量，利用向量夹角公式，得到二面角的余弦值.【详解】（1）如图取中点，连接和，为的中点，，平面，平面平面，，又，四边形是平行四边形，，平面，平面平面又因为，平面，平面，平面平面，而平面平面； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，为等边三角形，，不妨设，则，，设平面的法向量，由，得，令，得，平面PAB，平面的法向量二面角A-PB-M的余弦值为【点睛】本题考查面面平行的判定，面面平行的性质，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题.19．“团购”已经渗透到我们每个人的生活，这离不开快递行业的发展，下表是2013-2017年全国快递业务量（x亿件：精确到0.1）及其增长速度（y%）的数据（1）试计算2012年的快递业务量；（2）分别将2013年，2014年，…，2017年记成年的序号t：1，2，3，4，5；现已知y与t具有线性相关关系，试建立y关于t的回归直线方程；（3）根据（2）问中所建立的回归直线方程，估算2019年的快递业务量附：回归直线的斜率和截距地最小二乘法估计公式分别为：，【答案】（1）（亿件）（2）（3）2019年快递业务增长量为（亿件）【解析】(1) 设2012年的快递业务量为a，根据题意列出方程求解即可； (2)先求出，，代入即可求出，再代入 即可求出，从而得到回归直线方程；(3)首先利用(2)中求出的回归直线方程求出2018年快递业务增长量，再令，求出2019年快递业务增长量.【详解】（1）设2012年的快递业务量为a，则，解得；（2）t12345y6152485128 ，（3）令，预测2018年比上半年增长，2018年快递业务增长量为（亿件）令，预测2019年比上半年增长，2019年快递业务增长量为（亿件）.【点睛】本题考查折线统计图、柱状图，理解图中横轴、纵轴的含义是关键，考查线性回归方程，属于基础题.20．已知椭圆C：过点，左焦点  （1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F作于x轴不重合的直线l，l与椭圆交于A，B两点，点A在直线上的投影N与点B的连线交x轴于D点，D点的横坐标是否为定值?若是，请求出定值；若不是，请说明理由【答案】（1）   （2）D点的横坐标是定值-3；【解析】（1）根据左焦点，得到，根据点到左右焦点的距离和，得到，根据，得到，从而得到椭圆的标准方程；（2）设，代入椭圆方程，得到，，根据点写出BN的方程，令，得到的表达式，整理化简后，得到答案.【详解】（1）由题得，；，，即，椭圆的方程为 （2）D点的横坐标为定值-3，理由如下： 已知直线斜率不为零，代入，得整理，设，可知均不为零①，②，两式相除得③ ∴设BN的方程，令，④将③代入④∴点的横坐标为定值【点睛】本题考查椭圆的定义，求椭圆标准方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆中的定值问题，属于中档题.21．已知函数（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个不相等的实数根，求证：【答案】（1）时，在上是增函数，时，在和上是增函数,在上是减函数     （2）证明见解析【解析】（1）对求导，得到，根据的，对进行分类，分为，和；（2）令，先说明当时，不符合题意，再研究当时，利用导数得到最大值，根据有两个零点，得到，易得，再利用导数证明时，，从而确定范围为，再构造函数，利用导数得到在上单调递减，从而得以证明.【详解】（1）易知的定义域为，且，时，在上恒正，所以在上单调递增，时，对于，①当，即时，，在上是增函数；②当，即时，有两个正根，所以，，单调递增，，，单调递减综上，时，在上是增函数，时，在和上是增函数,在上是减函数  （2）令，方程有两个不相等的实根函数有两个零点，由定义域为且①当时，恒成立，在上单调递增，则至多有一个零点，不符合题意；②当时，得，在上单调递增，在上单调递减要使有两个零点，则，由解得 此时 易知当时，，令，所以，时，在为增函数，在为增函数，，所以，即所以函数在与各存在一个零点综上所述，. ∴证明证明时，成立设，则易知在上递减，，在上单调递减，所以.【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数求函数的极值、最值，函数与方程，零点存在定理，属于难题.22．在平面直角坐标系中，曲线，直线的参数方程为（t为参数），其中，以坐标原点O为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程和直线的普通方程；（2）设，的极坐标方程，A，B分别为直线与曲线异于原点的公共点，当时，求直线的斜率；【答案】（1）曲线的极坐标方程为，直线l的普通方程为（2）【解析】(1)利用将的普通方程转化为极坐标方程，消去参数t将直线l的参数方程转化为普通方程； (2)根据题意求出及，又点M在曲线上，则，由列出方程即可得解.【详解】（1）将代入曲线的普通方程得极坐标方程为，直线l的普通方程为；（2）由已知可得，则，因为点M在曲线上且，所以在直角三角形中，则所以，得直线l的斜率【点睛】本题考查普通方程与极坐标方程的互化，参数方程化成普通方程，直线与圆的位置关系，直径所对的圆周角是直角，属于中档题.23．函数（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，且实数满足，求证：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】(1)分类去绝对值符号后解不等式，最后取并集；(2)求出函数的最小值k，根据基本不等式得出结论.【详解】（1）①当时，不等式即为，解得②当时，不等式即为，③当时，不等式即为，综上，的解集为（2）由当时，取最小值4，即，即当且仅当时等号成立【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明与基本不等式的应用，属于中档题.