2020届广东省化州市高三上学期高考第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）

2020届广东省化州市高三上学期高考第一次模拟考试数学（理）试题


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】先化简集合A，再求，从而根据交集运算求得结果.
【详解】
由集合，则，
又，所以.
所以本题答案为D.
【点睛】
本题考查集合的交并补混合运算，注意认真计算，仔细检查，属基础题.
2．设，是的共轭复数，则（ ）
A．-1 B． C．1 D．4
【答案】C
【解析】利用两个复数代数形式的乘除法，虚数单位的幂运算性质，求得的值，可得，从而求得的值．
【详解】
，则，
故，故选C.
【点睛】
本题主要考查复数基本概念，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．
3．已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点，，，，（如图所示），则四棱锥的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】先作出，，，四点所在的截面图，由图可求四边形的面积，再利用正方体的性质可求点到平面的距离，从而根据锥体体积公式求得结果.
【详解】
因为，，，分别为各个面的中心，显然，，，四点共面，截面如图所示．

显然四边形为正方形，且边长为，
所以.
另外易知点到平面的距离为正方体棱长的一半，
即四棱锥的高为，
所以四棱锥的体积.
所以本题答案为A.
【点睛】
本题考查正方体的性质和正四棱锥的体积，主要考查学生的空间想象能力和计算求解能力，属中档题.
4．“中国梦”的英文翻译为“ ”，其中又可以简写为，从“ ”中取6个不同的字母排成一排，含有“”字母组合（顺序不变）的不同排列共有（ ）
A.360种 B.480种 C.600种 D.720种
【答案】C
【解析】从其他5个字母中任取4个,然后与“”进行全排列,共有,故选B.
5．等比数列的各项均为正数，其前项和为，已知，，则的值是（ ）
A.28 B.32 C.35 D.41
【答案】B
【解析】先考虑时的情况，明显不符合题意，故当时，根据条件列出关于和的方程组，解之即可求出和，从而根据等比数列的通项公式求得结果.
【详解】
当时，显然不符合题意；当时，
，②÷①，得，∴，
依题意，代入①，解得，
∴.
所以本题答案为B.
【点睛】
本题主要考查等比数列的求和公式和等比数列的通项公式的基本运算，注意讨论的情况，属基础题.
6．已知是定义在区间上的奇函数，当时，.则关于的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】【详解】
分析：根据函数奇偶性的性质将不等式进行转化为一般的不等式求解即可．
详解：∵，函数f(x)为奇函数，
∴，
又f(x)是定义在[−1,1]上的减函数，
∴ ，即，解得．
∴不等式的解集为．
故选A．
点睛：解题的关键是根据函数的奇偶性将不等式化为或的形式，然后再根据单调性将函数不等式化为一般的不等式求解，解题时不要忘了函数定义域的限制．
7．已知双曲线的右焦点到渐近线的距离等于实轴长，则此双曲线的离心率为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】可设双曲线的右焦点F(c,0),渐近线的方程为,由右焦点到渐近线的距离等于实轴长，可得c=，可得答案.
【详解】
解：由题意可设双曲线的右焦点F(c,0),渐进线的方程为，
可得d==b=2a，可得c==，
可得离心率e=，
故选C.
【点睛】
本题主要考查双曲线离心率的求法，是基础题，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质.
8．图一是美丽的“勾股树”，它是一个直角三角形分别以它的每一边向外作正方形而得到．图二是第1代“勾股树”，重复图二的作法，得到图三为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形面积为1，则第代“勾股树”所有正方形的个数与面积的和分别为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】第1代“勾股树”中，小正方形的个数3＝21+1﹣1＝3，所有正方形的面积之和为2＝（1+1）×1，第2代“勾股树”中，小正方形的个数7＝22+1﹣1，所有的正方形的面积之和为3＝（2+1）×1，以此类推，第n代“勾股树”所有正方形的个数为2n+1﹣1，第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为：（n+1）×1＝n+1．
【详解】
解：第1代“勾股树”中，小正方形的个数3＝21+1﹣1＝3，
如图（2），设直角三角形的三条边长分别为a，b，c，
根据勾股定理得a2+b2＝c2，
即正方形A的面积+正方形B的面积＝正方形C的面积＝1，
所有正方形的面积之和为2＝（1+1）×1，
第2代“勾股树”中，小正方形的个数7＝22+1﹣1，
如图（3），正方形E的面积+正方形F的面积＝正方形A的面积，
正方形M的面积+正方形N的面积＝正方形B的面积，
正方形E的面积+正方形F的面积+正方形M的面积+正方形N的面积＝正方形A的面积+正方形B的面积＝正方形C的面积＝1，
所有的正方形的面积之和为3＝（2+1）×1，
…
以此类推，第n代“勾股树”所有正方形的个数为2n+1﹣1，
第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为：（n+1）×1＝n+1．
故选：A．

【点睛】
本题考查正方形的性质及勾股定理的应用，考查归纳推理等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力、归纳总结能力，是中档题．
9．函数（其中，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需将的图象（ ）

A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度
【答案】C
【解析】根据图象求出的值，再由“左加右减”法则，判断出函数图象平移的方向和单位长度，即可得到答案．
【详解】
由题意，根据选项可知只与平移有关，没有改变函数图象的形状，故，
又函数的图象的第二个点是，，所以，
所以，故
所以只需将函数的图形要向右平移个单位，即可得到的图象，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了三角函数的函数图象，其中解答中根据函数图象求解析式时，注意应用正弦函数图象的关键点进行求解，考查了读图能力和图象变换法则，属于中档题．
10．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周碑算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在中，由余弦定理求出，从而根据两个等边三角形的面积比求得所求概率.
【详解】
在中，，，，
由余弦定理，得，
所以，所以所求概率为.
所以本题答案为A.
【点睛】
本题考查几何概型和余弦定理的应用，本题关键在于利用余弦定理求出，属中档题.
11．形如的函数因其图像类似于汉字中的“囧”字，故我们把其生动地称为“囧函数”.若函数有最小值，则“囧函数”与函数的图像交点个数为（ ）
A.1 B.2 C.4 D.6
【答案】C
【解析】令，根据函数有最小值，可得，由此可画出“囧函数”与函数在同一坐标系内的图象，由图象分析可得结果.
【详解】
令，则函数有最小值．
∵，
∴当函数是增函数时，在上有最小值，
∴当函数是减函数时，在上无最小值，
∴.此时“囧函数”与函数在同一坐标系内的图象如图所示，

由图象可知，它们的图象的交点个数为4.
所以本题答案为C.
【点睛】
本题考查对数函数的性质和函数图象的应用，考查学生画图能力和数形结合的思想运用，属中档题.
12．设函数（，为自然对数的底数），定义在上的函数满足，且当时，.令，已知存在，且为函数的一个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由，推得为奇函数，再由在上单调递减，，转化为，在，有一个零点即可.
【详解】
因为，
所以，
所以为奇函数，
当时，，
所以在上单调递减，
所以在上单调递减.
因为存在，所以，
所以，即.
令，，
因为为函数的一个零点，所以在时有一个零点.
因为当时，，所以函数在时单调递减，
由选项知，，
又因为，所以要使在时有一个零点，只需使，解得，
所以的取值范围为，故选.
【点睛】
本题考查函数零点问题，奇偶性，单调性，综合性强，关键是判断为奇函数及其单调性，由此解得的范围.


二、填空题
13．已知，，则______.
【答案】-1
【解析】由得，化简计算即可求得结果.
【详解】
由得，得，∴，故答案为-1．
【点睛】
本题考查平面向量的数量积运算和向量垂直的应用，注意公式要准确，认真计算，属基础题.
14．设，满足约束条件，则的最小值为______.
【答案】8
【解析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形求得最优解，再计算目标函数的最小值．
【详解】
画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示，
由图形知，当目标函数z＝2x+3y过点A时，z取得最小值；
由，求得A（1，2）；
∴z＝2x+3y的最小值是2×1+3×2＝8．
故答案为：8．
【点睛】
本题考查了线性规划的应用问题，解题时常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域，②求出可行域各个角点的坐标，③将坐标逐一代入目标函数，④验证求出最优解．
15．若数列的通项公式为，令，则数列的前项和为______.
【答案】
【解析】依题意可知数列是等差数列，根据等差数列的前n项和公式可求数列的通项公式，从而利用裂项相消法求和.
【详解】
由等差数列的通项公式与一次函数的关系可知，数列是首项为3，公差为2 的等差数列，
∴，
∴，
故数列的前项和
.
所以本题答案为.
【点睛】
本题考查等差数列的判断和前n项和公式，考查了裂项相消法求和，注意求和消项时剩余项的个数，属中档题.
16．在四面体中，，当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为________.
【答案】；
【解析】先利用勾股定得出是以为斜边的直角三角形，求得其外接圆的直径，再由平面时，四面体的体积取得最大值，求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解．
【详解】
由题意，可知，则,
所以是以为斜边的直角三角形，且该三角形的外接圆的直径为，
当平面时，四面体的体积取得最大值，
此时外接球的直径为,
所以四面体的外接球的表面积为．
【点睛】
本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的组合体的性质的应用，其中解答中选择合适的几何模型，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．

三、解答题
17．在锐角中，分别是角所对的边，且.
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求的值.
【答案】（1）；(2) .
【解析】（1）由，利用正弦定理可得，结合是锐角可得结果；(2)由，可得，再利用余弦定理可得结果.
【详解】
（1）因为
所以由正弦定理得,因为，
所以,
因为是锐角，
所以.
(2)由于，，
又由于
，
，
所以.
【点睛】
解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
18．如图所示，在四棱台中，底面，四边形为菱形，，.

（1）若为中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）连接，可证 ，又因为底面，可得，即可得证.
（2）如图建立空间直角坐标系，求出和平面 的一个法向量的坐标，则直线与平面所成角的正弦值.
试题解析：
（Ⅰ）∵四边形为菱形，，连结，则为等边三角形，
又∵为中点∴，由得∴
∵底面，底面∴，又∵
∴平面
（Ⅱ）∵四边形为菱形，，，
得，，∴ 又∵底面，
分别以，，为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系
、、、
∴，，
设平面的一个法向量，
则有，令，则
∴直线与平面所成角的正弦值
．

点晴：本题考查的空间的线面关系以及空间的角.第一问通过证明直线和平面内的两条相交直线垂直，证明平面；第二问中通过建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量
，结合得到结论.
19．
为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.
（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求
①顾客所获的奖励额为60元的概率
②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;
（2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
【答案】(1),参考解析;(2)参考解析
【解析】试题分析：(1)由袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元,又规定每位顾客从
一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额..由获得60元的事件数除以总的事件数即可. 顾客获得奖励有两种情况20元,60元.分别计算出他们的概率,再利用数学期望的公式即可得结论.
(2) 根据商场的预算，每个顾客的平均奖励为60元.根据题意有两种获奖励的情况,确定符合题意的方案,分别仅有一种.再分别计算出两种方案相应的概率以及求出数学期望和方差.即可得到结论.
试题解析：(1)设顾客所获的奖励为X. ①依题意,得.即顾客所获得的奖励额为60元的概率为.
②依题意,得X的所有可能取值为20,60..即X的分布列为
X

20

60

P

0.5

0.5


所以顾客所获得的奖励额的期望为（元）.
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励为60元.所以先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,所以数学期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况,同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2.以下是对两个方案的分析:对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励为,则的分布列为


20

60

100










的期望为,的方差为.
对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励为,则的分布列为


40

60

80










的期望为,的方差为.由于两种方案的奖励额都符合要求,但方案2奖励的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.
【考点】1.概率.2.统计.3.数学期望,方差.

20．已知直线上有一动点，过点作直线垂直于轴，动点在上，且满足（为坐标原点），记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）已知定点，，为曲线上一点，直线交曲线于另一点，且点在线段上，直线交曲线于另一点，求的内切圆半径的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】(1 )设点的坐标为 ，结合题意得出点的坐标，再利用可得出点的轨迹方程；(2)设 ，设直线的方程为 ，将该直线方程与曲线的方程联立，结合韦达定理进行计算得出点，和点的横坐标相等,于是得出轴，根据几何性质得出的内切圆圆心在轴上，且该点与切点的连线与垂直，计算出的面积和周长，利用等面积法可得出其内切圆的半径的表达式，通过化简得到关于的函数表达式，并换元，将函数关系式转化为关于的函数关系式，然后利用单调性可求出的取值范围.
【详解】
（1）设点，则，
所以，.
因为，
所以，即.
（2）设，，，直线与轴交点为，直线与内切圆的切点为.
设直线的方程为，则联立方程组得，
所以且，所以，
所以直线的方程为，
与方程联立得，
化简得，解得或.
因为，
所以轴，
设的内切圆圆心为，则点在轴上且.
，且的周长，
，
，
令，则，
所以在区间上单调递增，则，
即的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查轨迹方程以及直线与抛物线的位置关系，属于难题. 求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.本题（1）就是利用方法①求的轨迹方程的.
21．已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当，时，对任意，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】1通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
2原问题等价于，成立，可得，可得，即，
设，，可得在单调递增，且，即可得不等式的解集即可．
【详解】
1函数的定义域为．
当时，，所以．
当时，，所以函数在上单调递增．
当时，令，解得：，
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增．
综上所述，当，时，函数在上单调递增；
当，时，函数在上单调递减，在上单调递增．
2对任意，，有成立，
，
，成立，
，时，．
当时，，当时，，
在单调递减，在单调递增，
，，，
设，，．
在递增，，
可得，
，即，
设，，在恒成立．
在单调递增，且，
不等式的解集为．
实数b的取值范围为．
【点睛】
本题考查了导数的应用，利用导数研究函数的单调区间，恒成立问题，考查了转化思想、运算能力，属于压轴题．
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.
【答案】（1）：，：；（2），此时.
【解析】试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
试题解析： （1）的普通方程为，的直角坐标方程为.
（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
【考点】坐标系与参数方程.
【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．

23．已知函数，
（1）当时，解不等式；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当时，得，分类讨论，即可求解.
（2）由题意对任意的恒成立，转化为对任意的恒成立，借助函数的图象，即可求解.
【详解】
（1）当时，，所以，即求不同区间对应解集，所以的解集为.
（2）由题意，对任意的恒成立，即对任意的恒成立，令 ，
所以函数的图象应该恒在的下方，数形结合可得.
【点睛】
本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．