2020届广西壮族自治区柳州市一模数学（理）试题（解析版）
展开2019年11月广西壮族自治区柳州市一模数学（理）试题
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解出集合、，再利用并集的定义可得出集合.
【详解】
，解不等式，得，.
因此，.
故选：A.
【点睛】
本题考查集合并集的运算，同时也考查了对数不等式的解法，考查运算求解能力，属于基础题.
2．若复数z满足，其中i是虚数单位，则z＝（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用复数乘法运算求得，再根据共轭复数的概念求得.
【详解】
依题意，根据共轭复数的概念得.
故选：A.
【点睛】
本小题主要考查复数乘法运算，考查共轭复数的概念，属于基础题.
3．为了解某地区的“微信健步走”活动情况，拟从该地区的人群中抽取部分人员进行调查，事先已了解到该地区老、中、青三个年龄段人员的“微信健步走”活动情况有较大差异，而男女“微信健步走”活动情况差异不大.在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是( )
A．简单随机抽样 B．按性别分层抽样
C．按年龄段分层抽样 D．系统抽样
【答案】C
【解析】我们常用的抽样方法有：简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，
事先已了解到该地区老、中、青三个年龄段人员的“微信健步走”活动情况有较大差异，而男女“微信健步走”活动情况差异不大. 了解某地区的“微信健步走”活动情况，，按年龄分层抽样，这种方式具有代表性，比较合理．
故选：C．
4．若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意知：，所以，故，令得所有项系数之和为.
5．已知，并且成等差数列，则的最小值为（ ）
A．2 B．4 C．5 D．9
【答案】D
【解析】∵成等差数列，
，
当且仅当a=2b即时“=“成立，
本题选择D选项.
点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
6．如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由三视图知，该几何体为直四棱锥，底面是边长为的正方形，且高为，计算出底面外接圆的直径，利用公式可计算出外接球的半径，再利用球体的表面积公式可得出结果.
【详解】
由三视图知，该几何体为直四棱锥，底面是边长为的正方形，且高为，
则底面外接圆直径为，
设该几何体的外接球半径为，则，.
因此，该几何体外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查简单几何体外接球表面积的计算，要结合三视图得出简单几何体的结构，并选择合适模型进行计算，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
7．设、、是三条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若，，，，，则；
②若，，则；
③若，是两条异面直线，，，，且，则；
④若，，，，，则.
其中正确命题的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】A
【解析】根据线面平行的性质定理以及空间中平行直线的传递性可判断出命题①的正误；根据面面关系可判断出命题②的正误；利用线面平行的性质定理以及直线与平面垂直的判定定理可判断出命题③的正误；根据线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理可判断出命题④的正误.
【详解】
对于命题①，，，，由直线与平面平行的性质定理可得，
，，由平行线的传递性可知，命题①正确；
对于命题②，，，则平面与平面平行或相交，命题②错误；
对于命题③，过直线作平面，使得，，，，
，，，若，根据平行线的传递性可得，这与题意矛盾，
又、，，，，又，、，，
命题③正确；
对于命题④，，，，，但、不一定垂直，则与不一定垂直，所以与也不一定垂直，命题④错误.
因此，正确的命题序号为①③.
故选：A.
【点睛】
本题考查线面关系、面面关系有关命题的判断，判断时要熟悉线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查推理能力，属于中等题.
8．某种产品的广告费支出与销售额之间有如下对应数据（单位：百万元），根据下表求出关于的线性回归方程为，则表中的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【详解】
根据规律知道回归直线一定过样本中心，故得到，得到的值为.
故答案为：B.
9．执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，中输入的S=（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【详解】试题分析：由题意得，输出的为数列的前三项和，而
，∴，故选B.
【考点】1程序框图；2.裂项相消法求数列的和.
【名师点睛】
本题主要考查了数列求和背景下的程序框图问题，属于容易题，解题过程中首先要弄清程序
框图所表达的含义，解决循环结构的程序框图问题关键是列出每次循环后的变量取值情况，循环次数较多时，需总结规律，若循环次数较少可以全部列出.
10．设函数，则，则（ ）
A．在单调递增，其图象关于直线对称
B．在单调递增，其图象关于直线对称
C．在单调递减，其图象关于直线对称
D．在单调递减，其图象关于直线对称
【答案】D
【解析】,
由得，再由,所以.
所以y=f(x)在在单调递减,其图象关于直线对称,故选D.
11．若定义在R上的偶函数满足，且时, ，则函数的零点个数是( )
A．6个 B．8个 C．2个 D．4个
【答案】D
【解析】先根据奇偶性和周期性作出f(x)在R上的图象，再在同一个坐标系中作出 的图象，根据两图像交点个数即可得出h(x)的零点个数。
【详解】
解：∵定义在R上的偶函数f（x）满足f（x+1）＝﹣f（x），
∴满足f（x+2）＝f（x），
故函数的周期为2．
当x∈[0，1]时，f（x）＝x，
故当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝-x．
函数h(x)＝f（x）﹣的零点的个数等于函数y＝f（x）的图象与函数y＝的图象的交点个数．
在同一个坐标系中画出函数y＝f（x）的图象与函数y＝的图象，如图所示：
显然函数y＝f（x）的图象与函数y＝的图象有4个交点，
故选：D．
【点睛】
本题考查了根的存在性及根的个数判断，以及函数与方程的思想，解答关键是运用数形结合的思想．
12．已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意得，，设，由，得 ,因为在的渐近线上存在点，则，
即 ，又因为为双曲线，则 ，故选B.
【点睛】本题主要考查了双曲线的基本性质的应用，抛物线基本性质的应用，向量数量积坐标运算以及一元二次方程根的判别式的运用，属于中档题，首先可画一张草图，分析其中的几何关系，然后将系用代数形式表示出来，即可得到一个一元二次方程，若要使得一元二次方程有实数解，，水到渠成，即可得到答案，因此将几何关系转化成方程是解题的关键.
二、填空题
13．设，若在方向上的投影为2，且在方向上的投影为1，则与的夹角等于_______________
【答案】
【解析】【详解】
由题意得
14．一船以每小时的速度向东航行,船在处看到一个灯塔在北偏东，行驶后，船到达处，看到这个灯塔在北偏东，这时船与灯塔的距离为
【答案】
【解析】【详解】
依题意,作图如图，
,
在中,，
设,
根据正弦定理得:,
即,
，
答:这时船与灯塔的距离为,
故答案为
15．圆关于直线成轴对称图形，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】由圆的一般方程求得圆心，并根据二元二次方程表示圆的条件，求得的取值范围.根据圆关于直线对称，得到直线过圆的圆心，求得的值，进而求得的取值范围.
【详解】
由于圆的一般方程为，故圆的圆心为，且根据二元二次方程表示圆的条件有，解得.由于圆关于直线成轴对称图形，故直线过圆的圆心，即.所以，由于，故.
故答案为：.
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查二元二次方程表示圆的条件，属于基础题.
16．三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1=CAA1=60°则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为____________.
【答案】
【解析】【详解】
如图设设棱长为1，则，因为底面边长和侧棱长都相等，且所以，所以，，，设异面直线的夹角为，所以.
三、解答题
17．设正项等比数列且的等差中项为．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前n项为，数列满足，为数列的前项和，求．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用已知条件列出方程，求出首项与公比，然后求解通项公式．
（2）化简数列的通项公式，利用裂项相消法求解数列的和即可．
【详解】
（1）设等比数列的公比为，
由题意，得，解得，
所以.
（2）由（1）得，
∴，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查数列的递推关系式以及数列求和，考查转化思想以及计算能力．
18．甲乙两人参加某种选拔测试，在备选的10道题中，甲答对其中每道题的概率都是，乙能答对其中的8道题，规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出4道题进行测试，只有选中的4个题目均答对才能入选.
（1）求甲恰有2个题目答对的概率；
（2）求乙答对的题目数X的分布列；
（3）试比较甲，乙两人平均答对的题目数的大小，并说明理由.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）相等，理由见解析；
【解析】（1）根据二项分布概率计算公式，计算出所求概率.
（2）利用超几何分布分布列计算公式，计算出分布列.
（3）由（2）计算出乙平均答对题目数的期望值.利用二项分布期望计算公式，计算出甲平均答对题目数的期望值.由此得到两人平均答对的题目数的大小相等.
【详解】
（1）∵甲在备选的10道题中，答对其中每道题的概率都是，
∴选中的4个题目甲恰有2个题目答对的概率
.
（2）由题意知乙答对的题目数X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
X的分布列为：
X | 2 | 3 | 4 |
P |
（3）∵乙平均答对的题目数，
甲答对题目，
甲平均答对的题目数.
∴甲平均答对的题目数等于乙平均答对的题目数.
【点睛】
本小题主要考查二项分布的概率计算，考查利用超几何分布概率计算公式计算分布列，考查期望值的计算，属于中档题.
19．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．
（Ⅰ）求证：AB⊥平面ADC；
（Ⅱ）若AD＝2，直线CA与平面ABD所成角的正弦值为，求二面角E－AD－C的余弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析; （Ⅱ）.
【解析】试题分析：（1）有平面平面，证得，再根据线面垂直的判定定理，即可作出证明；
（Ⅱ）现证得为直线与平面所成的角，在中，得到的值，即可求解，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解二面角的大小.试题分析：（Ⅰ）证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
又DC⊥BD所以DC⊥平面ABD，所以DC⊥AB，
又AD⊥AB ，所以AB⊥平面ADC
（Ⅱ）因CD⊥平面ABD，所以∠CAD为直线CA与平面ABD所成的角，
CD⊥平面ABD所以CD⊥AD
则
则，依题意得 所以，
即，所以
取BD的中点O，连结AO，EO，因为，∴AO⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，∴AO⊥平面BCD
如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，，，
由（1）可知AB⊥平面ADC，则平面ADC的法向量，
设平面ADE的法向量，，，
则，即，令，得，
所以，所以，，由图可知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为．
20．已知圆： 经过椭圆： 的左右焦点，且与椭圆在第一象限的交点为，且三点共线，直线交椭圆于， 两点，且（）.
（1）求椭圆的方程；
（2）当三角形的面积取得最大值时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）．
【解析】试题分析：（1）求椭圆标准方程，由圆与轴的交点，可求得，利用三点共线，由是圆的直径，从而，利用勾股定理可求得，从而由椭圆的定义可求得，于是得，椭圆方程即得；
（2）是确定的， ，说明，于是直线斜率已知，设出其方程为，代入椭圆方程，消去得的二次方程，从而有（分别是的横坐标），由直线与圆锥曲线相交的弦长公式可求得弦长，再由点到直线距离公式求出到直线的距离，可计算出的面积，最后利用基本不等式可求得面积的最大值，及此时的值，得直线方程．
解析：
（1）
如图，圆经过椭圆的左、右焦点，，所以，解得,因为， ，三点共线，所以为圆的直径， 所以,因为，所以.所以,由，得．所以椭圆的方程为.
（2）由（1）得，点的坐标为，因为,所以直线的斜率为，设直线的方程为,联立，得,设，由，得．因为
所以, 又点到直线的距离为，.当且仅当，即时，等号成立,所以直线的方程为或.
点睛：本题考查椭圆中的三角形面积的最值问题，解题时，一般设出直线方程，如直线方程为，设出交点坐标，由直线方程与椭圆方程联立，消元后可得，再由圆锥曲线中的弦长公式表示出弦长，再求点到直线的距离，这样可把三角形的面积用参数表示出来，最后可利用基本不等式求最值，并求出取最大值时参数的值，得直线方程.“设而不求”思想是解决直线与圆锥曲线相交问题的主要方法.
21．已知函数在点处切线方程为.
（1）求a，b的值；
（2）当且时，，求k的取值范围.
【答案】（1），；（2）；
【解析】（1）利用切点坐标和斜率列方程，由此解得的值.
（2）构造函数，函数，首先根据以及确定的大致范围，然后结合研究的单调性，验证，由此确定的取值范围.
【详解】
（1）函数在点处切线方程为，即
， ，
，，
.
（2）当且时，
令
令
，
，当且由，
得
当时，必须
设，则
当，.当，，单调递增，则
当，，单调递增，又
∴k的取值范围为
【点睛】
本小题主要考查根据切线方程求函数解析式，考查利用导数求解不等式成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，综合性很强，属于难题.
22．在直角坐标系中，曲线，曲线（为参数），以坐标原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求，的极坐标方程；
（2）射线l的极坐标方程为，若l分别与，交于异于极点的，两点，求的最大值.
【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；
（2）；
【解析】（1）利用直角坐标和极坐标相互转化的公式，将曲线的直角坐标方程转化为极坐标方程.先求得曲线的直角坐标方程，再转化为极坐标方程.
（2）将射线的极坐标方程分别和联立，求得和的表达式，利用二次函数的性质求得的最大值，也即求得的最大值.
【详解】
（1），
故的极坐标方程为.
而的直角坐标方程为，即，
的极坐标方程为.
（2）直线l分别与，联立得
，则
，则
，
由于，根据二次函数的性质可知，当时，有最大值为，故有最大值.
【点睛】
本小题主要考查直角坐标方程、参数方程转化为极坐标方程，考查利用极坐标的几何性质来研究直线和圆锥曲线相交所得弦长的有关计算问题，考查利用二次函数的性质来求最值，属于中档题.
23．已知函数，不等式的解集为.
（1）求；
（2）记集合的最大元素为，若、、都是正实数，且.求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）分、、三种情况，去绝对值解不等式，可得出集合；
（2）由（1）知，，则，然后将代数式与相乘，利用柯西不等式可证明出.
【详解】
（1）.
当时，，解得，此时；
当时，，解得，此时；
当时，，解得，此时.
故不等式的解集为，因此，集合；
（2）由（1）可知，，
由柯西不等式得，
即，当且仅当时，即当，，时取等号.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，同时也考查了利用柯西不等式证明三元不等式，解题的关键在于对代数式进行合理配凑，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.
