内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（文）试题

数学（文）试题

一、单项选择题

1.设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据集合中元素的意义判断即可.

【详解】由题,集合为点的集合,为数的集合.故.

故选：A

【点睛】本题主要考查了集合的元素意义与交集运算,属于基础题.

2.设是两个平面向量，则“”是“”的（　　）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

由，则是成立的；反之，若，而不一定成立，即可得到答案.

【详解】由题意是两个平面向量，若，则是成立的；

反之，若，则向量可能是不同的，所以不一定成立，

所以是是成立的充分而不必要条件，故选A.

【点睛】本题主要考查了向量的概念以及向量模的概念的应用，以及充分条件与必要条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

3.已知复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.  C.  D. 的虚部为

【答案】B

【解析】

【分析】

利用复数的除法求出后可得正确的选项.

【详解】因为，则，，，的虚部为，

故选：B.

【点睛】本题考查复数的除法，计算时分子、分母同乘以分母的共轭复数，本题属于容易题.

4.已知定义在上的奇函数，满足时，，则的值为（    ）

A. -15 B. -7 C. 3 D. 15

【答案】A

【解析】

【分析】

根据奇函数定义域关于原点中心对称,可求得的值.根据奇函数性质,即可求得的值.

【详解】因为奇函数定义域关于原点中心对称

则,解得

因为奇函数当时,

则

故选:A

【点睛】本题考查了奇函数的定义域关于原点对称,奇函数的性质应用,属于基础题.

5.九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载“两环互相贯为一得其关换，解之为三，又合而为一”.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，满足，且，则解下4个圆环所需的最少移动次数为（    ）

A. 7 B. 10 C. 12 D. 18

【答案】A

【解析】

【分析】

利用给定的递推关系可求的值，从而得到正确的选项.

【详解】因为，故，，，

故选：A.

【点睛】本题以数学文化为背景，考虑数列指定项的计算，注意依据分段的递推关系来计算，本题属于基础题.

6.若函数的大致图像如图所示，则的解析式可以为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

通过奇偶性分析排除B，D两个选项，通过极限思想取值选出选项.

【详解】对四个选项解析式分析发现B，D两个均为偶函数，图象关于y轴对称，与题不符，故排除；

极限思想分析，，A错误；

，C符合题意.

故选：C

【点睛】此题考查函数图象与解析式的关系，是对函数基本性质的综合应用，解题中需要注意观察函数定义域，单调性，奇偶性，周期性，特殊值等性质，对图像进行辨析，考查综合能力.

7.已知两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于，当时，函数取得最小值，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于,可求得周期与,再代入分析的值即可.

【详解】因为两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于可得周期为,故.

故,又当时,函数取得最小值,

故,又,故.

故选：A

【点睛】本题主要考查了根据三角函数图像的性质求解参数的问题,需要根据题意分析所给的条件与周期等的关系列式求解,属于基础题.

8.图1是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号的同学的成绩依次为，，图2是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生情况的程序框图，那么该程序框图输出的结果是（　　）

A. 10 B. 6 C. 7 D. 16

【答案】A

【解析】

【分析】

先弄清楚程序框图中是统计成绩不低于分的学生人数，然后从茎叶图中将不低于分的个数数出来，即为输出的结果．

【详解】，，成立，不成立，；

，，成立，不成立，；

，，成立，成立，，；

依此类推，上述程序框图是统计成绩不低于分的学生人数，从茎叶图中可知，不低于分的学生数为，故选A．

【点睛】本题考查茎叶图与程序框图的综合应用，理解程序框图的意义，是解本题的关键，考查理解能力，属于中等题．

9.已知正方形的边长为，以为圆心的圆与直线相切.若点是圆上的动点，则的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

建立平面直角坐标系，圆的方程为：,，利用正弦型函数的性质得到最值.

【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，，，

圆的方程为：,∴，

∴，，

∴

∴时，的最大值是8，

故选：D

【点睛】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了，考查了正弦型函数的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

10.有一个长方形木块，三个侧面积分别为8，12，24，现将其削成一个正四面体模型，则该正四面体模型棱长的最大值为（    ）

A. 2 B.  C. 4 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先求长方体从同一顶点出发的三条棱的长度，从而可得正四面体模型棱长的最大值.

【详解】设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为，则，故，

若能从该长方体削得一个棱长最长的正四面体模型，

则该四面体的顶点必在长方体的面内，

过正四面体的顶点作垂直于长方体的棱的垂面切割长方体，

含正四面体的几何体必为正方体， 故正四面体的棱长为正方体的面对角线的长，

而从长方体切割出一个正方体，使得面对角线的长最大，

需以最小棱长为切割后的正方体的棱长切割才可，

故所求的正四面体模型棱长的最大值.

故选：B.

【点睛】本题考查正四面体的外接，注意根据外接的要求确定出顶点在长方体的侧面内，从而得到正四面体的各顶点为某个正方体的顶点，从而得到切割的方法，本题属于中档题.

11.已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，若平面内点满足，则的最大值为（    ）

A. 7 B. 6 C. 5 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

设，，根据可得，再根据可得点的轨迹，它一个圆，从而可求的最大值.

【详解】设，，故，.

由可得，故，

因为，故，

整理得到，故点的轨迹为圆，其圆心为，半径为2，

故的最大值为，

故选：C.

【点睛】本题考查坐标平面中动点的轨迹以及圆中与距离有关的最值问题，一般地，求轨迹方程，可以动点转移法，也可以用几何法，而圆外定点与圆上动点的连线段长的最值问题，常转化为定点到圆心的距离与半径的和或差，本题属于中档题.

12.函数，若存在实数，使得方程有三个相异实根，则实数的范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先考虑时的单调性，再就分类讨论求在上的最值，结合存在实数，使得方程有三个相异实根可得实数的取值范围.

【详解】当时，，

当时，，在为增函数，

当时，，在为减函数.

又，

因为存在实数，使得方程有三个相异实根，

所以当时，的最小值小于，的最大值大于或等于.

但当，时，，故，故；

而当，时，任意，总成立，舍去.

故选：D.

【点睛】本题考查分段函数的零点，注意先研究不含参数的函数的单调性，再结合函数的零点的个数判断另一范围上函数的性质，本题属于难题.

二、填空题

13.已知向量，满足，，且在方向上的投影是，则实数__________

【答案】

【解析】

【分析】

利用向量投影的计算公式可得关于的方程，其解即为所求的的值.

【详解】在方向上的投影为，解得，

故答案为：.

【点睛】本题考查在方向上的投影，其计算公式为，本题属于基础题.

14.数列满足，且对于任意的都有，，则_______．

【答案】820

【解析】

【分析】

根据条件中的递推关系，利用累加法，求出数列的通项公式，然后计算的值.

【详解】因为，

所以，

，

，

…，

，

上面个式子左右两边分别相加

得，

即，

所以.

【点睛】本题考查累加法求数列通项，求数列中的项.属于中档题.

15.在四面体中，与都是边长为2的等边三角形，且平面平面，则该四面体外接球的体积为_______．

【答案】

【解析】

【分析】

先确定球心的位置，结合勾股定理可求球的半径，进而可得球的面积.

【详解】取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.

【点睛】本题主要考查几何体外接球问题，外接球的半径的求解一般有两个思路：一是确定球心位置，利用勾股定理求解半径；二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.

16.双曲线：的左、右焦点分别为、，是右支上的一点，与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率为____.

【答案】

【解析】

【分析】

根据切线长定理求出MF1﹣MF2，即可得出a，从而得出双曲线的离心率．

【详解】设△MPF2的内切圆与MF1，MF2的切点分别为A，B，

由切线长定理可知MA＝MB，PA＝PQ，BF2＝QF2，

又PF1＝PF2，

∴MF1﹣MF2＝（MA+AP+PF1）﹣（MB+BF2）＝PQ+PF2﹣QF2＝2PQ，

由双曲线的定义可知MF1﹣MF2＝2a，

故而a＝PQ，又c＝2，

∴双曲线的离心率为e．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，考查三角形内切圆的性质，考查切线长定理，考查学生的计算能力，利用双曲线的定义进行转化是解决本题的关键．

三、解答题

17.在中，角，，的对边分别为，，，已知.

（1）若，的面积为，求，的值；

（2）若，且角为钝角，求实数的取值范围.

【答案】（1），或，（2）

【解析】

分析】

先由正弦定理和三角恒等变换，同角的三角函数基本关系求出cosA、sinA的值；

（1）利用余弦定理和三角形的面积公式列出方程组，求出b、c的值；

（2）利用正弦定理和余弦定理，结合角为钝角，求出k的取值范围．

【详解】△ABC中，4acosA＝ccosB+bcosC，

∴4sinAcosA＝sinCcosB+sinBcosC＝sin（C+B）＝sinA，

∴cosA，

∴sinA；

（1）a＝4，

∴a2＝b2+c2﹣2bc•cosA＝b2+c2bc＝16①；

又△ABC的面积为：

S△ABCbc•sinAbc•，

∴bc＝8②；

由①②组成方程组，解得b＝4，c＝2或b＝2，c＝4；

（2）当sinB＝ksinC（k＞0），b＝kc，

∴a2＝b2+c2﹣2bc•cosA＝（kc）2+c2﹣2kc•c•（k2k+1）c2；

又C为钝角，则a2+b2＜c2，

即（k2k+1）+k2＜1，解得0＜k；

所以k的取值范围是．

【点睛】主要考查了同角三角函数的基本关系式，三角恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用问题，是综合性题目．

18.中国北京世界园艺博览会于2019年4月29日至10月7日在北京市延庆区举行．组委会为方便游客游园，特推出“导引员”服务．“导引员”的日工资方案如下：

方案：由三部分组成

（表一）

方案：由两部分组成：（1）根据工作时间20元/小时计费；（2）行走路程不超过4公里时，按10元/公里计费；超过4公里时，超出部分按15元/公里计费．已知“导引员”每天上班8小时，由于各种因素，“导引员”每天行走的路程是一个随机变量．试运行期间，组委会对某天100名“导引员”的行走路程述行了统计，为了计算方便对日行走路程进行取整处理．例如行走1.8公里按1公里计算，行走5.7公里按5公里计算．如表所示：

（表二）

（Ⅰ）分别写出两种方案的日工资（单位：元）与日行走路程（单位：公里）的函数关系

（Ⅱ）①现按照分层抽样的方工式从，共抽取5人组成爱心服务队，再从这5人中抽取3人当小红帽，求小红帽中恰有1人来自的概率；

②“导引员”小张因为身体原因每天只能行走12公里，如果仅从日工资的角度考虑，请你帮小张选择使用哪种方案会使他的日工资更高？

【答案】（Ⅰ）方案：，，方案：；（Ⅱ）①，②建议选方案.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据题设条件可得两种方案的日工资与日行走路程的函数关系.

（Ⅱ）①用列举法可得基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数，从而可得所求的概率.

② 利用（Ⅰ）的函数可得小张的日工资，根据所得工资额的大小关系选择方案.

【详解】（Ⅰ）方案：，，

方案：，即.

（Ⅱ）（ⅰ）因为，依题意从中抽取2人，分别设为，，

从中抽取3人，分别设为，，.

设“小红帽中恰有一人来自”为事件，

则基本事件有、、、、、、、、、共10种.

中的基本事件有、、、、、共6种，所以.

（ⅱ）“方案”：，

方案：.

所以建议选方案.

【点睛】本题考查一次函数及分段函数在实际问题中应用，也考查了古典概型概率的计算，注意利用枚举法、树形图法或借助排列组合的方法来计数，本题属于中档题.

19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．

（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；

（2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.

【解析】

【分析】

(1)利用,可得平面,根据面面垂直的判定定理可证平面平面;

(2) 由底面，得平面平面．将问题转化为点到直线的距离有无最大值即可解决.

【详解】（1）证明:因为，为线段的中点，所以,

因为底面，平面，所以,

又因为底面为正方形，所以，,

所以平面,

因为平面，所以,

因为，所以平面,

因为平面，所以平面平面.

（2）由底面，则平面平面,

所以点到平面的距离（三棱锥的高）等于点到直线的距离,

因此，当点在线段，上运动时，三棱锥的高小于或等于2,

当点在线段上运动时,三棱锥的高为2,

因为的面积为,

所以当点在线段上，三棱锥的体积取得最大值,

最大值为.

由于三棱锥的体积等于三棱锥的体积,

所以三棱锥的体积存在最大值.

【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质,考查了直线与平面垂直的判定定理,考查了平面与平面垂直的判定定理,考查了三棱锥的体积公式,属于中档题.

20.已知椭圆左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.

（1）求的离心率及方程；

（2）试问：否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）,； （2）存在点，且.

【解析】

【分析】

（1）由已知条件得，，即可计算出离心率和椭圆方程

（2）假设存在点，分别求出直线的斜率不存在、直线的斜率存在的表达式，令其相等，求出结果

【详解】（1）由题意可知，，则，

又的周长为8，所以，即，

则，.

故的方程为.

（2）假设存在点，使得为定值.

若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，

则.

若直线的斜率存在，设的方程为，

设点，，联立，得，

根据韦达定理可得：，，

由于，，

则

因为为定值，所以，

解得，故存在点，且.

【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及定值问题，在解答定值问题时先假设存在，分别求出斜率不存在和斜率存在情况下的表达式，令其相等求出结果，此类题型的解法需要掌握

21.设函数，.

（1）若，，求函数的单调区间；

（2）若曲线在点处的切线与直线平行.

①求，的值；

②求实数的取值范围，使得对恒成立.

【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为；（2）①；②.

【解析】

【分析】

（1）求出后讨论其符号可得函数的单调区间.

（2）根据函数在处切线的斜率可得，构建新函数，就分类讨论的单调性后可得的取值范围.

【详解】（1）当，时，，，

则.

当时，；当时，；

所以的单调增区间为，单调减区间为.

（Ⅱ）（ⅰ）因为，

所以.

依题设有，即.

解得.

（ⅱ）由（ⅰ）得，.

对恒成立即对恒成立.

令.则有.

①当时，当时，，

所以在上单调递增.

所以，即当时，恒成立；

②当时，当时，，

所以在上单调递减，

故当时，，

即当时，不恒成立.

综上，.

【点睛】本题考查含参数的函数的单调性以及不等式的恒成立，前者利用导数的符号的正负来说明，后者需构造新函数，通过新函数的最值来讨论，本题属于难题.

22.在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），经过变换，得曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（Ⅰ）求曲线的极坐标方程.

（Ⅱ）若，为曲线上的动点，且，证明：为定值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）利用坐标关系求出，消去后可得曲线的直角坐标方程，再利用可得其极坐标方程 .

（Ⅱ）根据可设的极坐标为，，将它们代入（Ⅰ）中得到的极坐标方程可证为定值.

【详解】（Ⅰ）圆的参数方程为（为参数），经过变换，

得曲线的参数方程（为参数），也就是.

消去参数得到的直角坐标方程为，

故曲线的极坐标方程为：.

（Ⅱ）不妨设，，

又曲线的极坐标方程可化为，

所以即，

两式相加得，故为定值.

【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化以及极坐标方程的应用，注意在解析几何中我们可以利用极坐标来沟通角与线段长度的关系，本题属于中档题.

23.已知函数，.

（Ⅰ）若不等式对恒成立，求正实数的取值范围；

（Ⅱ）设实数为（Ⅰ）中的最大值.若正实数，，满足，求的最小值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）8.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）利用绝对值不等式可求的最小值为，从而有，结合可得的取值范围.

（Ⅱ）利用基本不等式可求的最小值.

【详解】（1），当且仅当时等号成立，

，解得，正实数的取值范围为.

（2）由（1）知，，即.

，，

，

当且仅当时取得最小值为8.

【点睛】本题考查绝对值不等式以及基本不等式的应用，注意绝对值不等式中，等号成立的条件是，而用基本不等式求最值时，注意验证等号成立的条件.