2020届天一大联考高三高考全真模拟（七）数学（文）试题（解析版）

2020届天一大联考高三高考全真模拟（七）数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，则下列集合中是集合的真子集的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】算出集合A，然后利用真子集的概念即可选出答案.【详解】因为，由集合的子集和真子集的概念知选项D正确.故选：D.【点睛】本题考查一元二次不等式的解集，集合的子集和真子集的概念，是一道基础题.2．已知是虚数单位，，复数，则“”是“为纯虚数”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】直接利用集合间的包含关系判断即可.【详解】当时，是纯虚数；反之，当是纯虚数时，，得或，所以“”是“为纯虚数”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查复数的概念以及充分条件、必要条件的判断，属于容易题.3．在扶贫攻坚战运动中，某电子商务公司指导两个偏远山区甲镇和乙镇建起了网店，用以销售大山里的绿色产品.如图，记录了甲镇和乙镇连续6个月的月销售额（单位：万元），若甲镇的月均销售额高于乙镇，则图中（为整数）可取的最大值是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】分别算出甲、乙平均数，利用甲的平均数大于乙的平均数，解不等式即可.【详解】依题意，，解得，所以可取的最大值为2.故选：B.【点睛】本题考查茎叶图的概念和简单应用，考查考生的数据处理能力，本题的解答要注意的两个问题：一个是正确认识茎叶图中的数据，如图中的，表示的原始数据是，否则在将茎叶图中的数据恢复为原始数据时极易出错；另一个是解得后，误以为的最大值为3，而导致错误4．已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，点是抛物线上位于第一象限内的一点，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用抛物线的定义可算得P的坐标，再利用两点间的距离计算即可.【详解】过点作于点，则.设，由，得，代入抛物线方程可得.又因为，所以.故选：B.【点睛】本题考查抛物线的定义、性质以及两点间距离公式的应用，考查考生的运算求解能力，是一道容易题.5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】利用1的替换，将表示成，再分子分母同除以即可.【详解】.故选：C.【点睛】本题考查同角三角函数关系式和二倍角公式在求值中的应用，考查考生的运算求解能力，是一道容易题.6．圆柱截去一部分后得到的几何体如图（1）所示，该几何体的正（主）视图如图（2）所示，则该几何体的侧（左）视图的面积为（    ）    A．16 B． C． D．【答案】D【解析】由主视图可知，截去的几何体是圆柱的，通过运算知，左视图是一个长为，宽为4的矩形，要注意求的是左视图的面积，不是侧面积.【详解】由正（主）视图可知，截去的几何体是圆柱的，圆柱的底面半径为2，截去的几何体的底面是圆心角为的扇形，所以该几何体的侧（左）视图矩形，且其两边分别为4，，所以其面积为.故选：D.【点睛】本题考查旋转体的三视图的识别，几何体侧视图面积的计算，主要考查考生的空间想象能力以及运算求解能力，是一道基础题.7．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做“和差等比数列”.已知是“和差等比数列”，，，则满足使不等式的的最小值是（    ）A．8 B．7 C．6 D．5【答案】D【解析】根据“和差等比数列”的定义列出与的关系，再用等比数列的定义求解.【详解】依题意，，得，则数列是首项为2，公比为的等比数列，所以，检验知，当时，成立，所以的最小值是5.故选：D.【点睛】本题考查数列的新定义以及等比数列的定义，考查学生的计算能力和理解能力.近几年高考对数列内容的考查，题型、难度保持稳定，试卷中不会同时出现小题和大题，难度以中等偏易为主，主要考查等差数列和等比数列的基本量的计算，包括定义、性质、通项公式和前项和公式的应用.8．已知圆经过两点，，且圆心在直线上，则圆的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】先求出线段的垂直平分线，利用弦的垂直平分线的交点是圆心即可得到圆心坐标，再算出圆心与A点的距离即半径，即可得到圆的标准方程，从而得到一般方程.【详解】因为线段的中点坐标为，直线的斜率为，所以线段的垂直平分线方程为，即与直线方程联立，得圆心坐标为.又圆的半径，所以，圆的方程为，即.故选：C.【点睛】本题考查圆的方程以及直线与圆的位置关系，考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力，是一道容易题.9．《九章算术》中将底面是矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，阳马中，底面是正方形，平面，，分别是，的中点，.给出下列结论：①∥平面；②平面平面；③异面直线与所成的角的余弦值为.其中正确结论的序号是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【解析】取的中点，易得∥，由线面平行的判定定理可得①正确；易证得平面，由面面垂直的判定定理可知②正确；取的中点，为异面直线与所成的角，通过计算易得③错误.【详解】取的中点，连接，，则，∥，所以是平行四边形，则∥，根据线面平行的判定定理可知∥平面，所以①正确.在等腰直角三角形中，为斜边中点，则.因为平面，所以.又，所以平面，则，从而平面.因为平面，所以平面平面，所以②正确.取的中点，连接，则∥，所以为异面直线与所成的角，易知，，且，所以，所以，所以③错误.故选：A.【点睛】本题主要考查空间中直线、平面之间的位置关系的判断，考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力.近几年的高考题中，立体几何的小题一般是两题，一题是三视图，一题是空间线面位置关系或与球有关的问题.但2019年高考题没有考三视图，其他立体几何小题也都新颖别致，值得研究.本题从“阳马”出发给出四棱锥，旧题新编，将线面平行、面面垂直、异面直线所成的角融合在一起，引导考生适应这种变化.10．执行如图所示的程序框图，则输出的（    ）A．414 B．2849 C．325 D．75【答案】A【解析】得，直到时，输出此时得S，通过运算，，故输出的是，依次计算可得到结果.【详解】，由，得，所以的值依次为，，，，，.故选：A.【点睛】本题考查程序框图的简单应用，考查考生逻辑推理能力以及基本的计算能力，是一道中档题.11．已知函数为偶函数，且函数与函数在上有相同的单调性，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】的奇偶性可得奇偶性，由单调性得到的单调性，利用奇偶性将转化为，再利用单调性将“”符号脱掉即可.【详解】令，则，则是奇函数，则由为偶函数知，为奇函数.当时，恒成立，所以在上单调递增.不等式等价于，所以，即，所以，解得.故选：D.【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的应用，考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力以及转化与化归思想.注意以下两点（1）若为奇函数，则；若为偶函数，则；（2）在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解.12．已知等差数列的前项和为，，，记，数列的前项和为，则当时，的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，得到，进一步，再利用裂项相消法求得.【详解】由，得，所以公差，则.因为，所以.因为，所以，，，即，所以，则.故选：D.【点睛】本题考查等差数列的性质，裂项相消法求和以及函数单调性的应用，主要考查考生综合分析问题解决问题的能力.  二、填空题13．已知向量，，，则向量与的夹角为________.【答案】【解析】利用向量的坐标运算可得，所以，即向量与的夹角为.【详解】，，所以，所以，即向量与的夹角为90°.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的坐标表示，数量积以及向量的夹角，考查考生的运算求解能力.近几年高考对平面向量的考查要求较低，主要考查平面向量的坐标运算，平面向量的平行与垂直，数量积等基础知识和方法.在复习中要以基础知识和方法为主，适当关注综合性问题.14．为了加强学生的环保意识，某校组织了一次垃圾分类知识大赛，通过初赛，甲、乙丙三位同学进入决赛，角逐一、二、三等奖（不能并列）.在获奖结果揭晓前，，，，四位同学对获奖结果预测如下：说：甲或乙获得一等奖；说：乙或丙获得一等奖；说：甲、乙都未获得一等奖；说：乙获得一等奖.若这四位同学中只有两位预测结果是对的，则获得一等奖的同学是__________.【答案】丙【解析】分别对甲、乙、丙分别获一等奖进行推理论证即可.【详解】若甲获得一等奖，则只有同学的预测正确，不合题意；若乙获得一等奖，则同学，，的预测正确，不合题意；若丙获得一等奖，则同学，的预测正确，符合题意，所以丙获得一等奖.故答案为：丙.【点睛】本题考查推理与证明相关的问题，考生的逻辑推理能力，是一道容易题.15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是双曲线上位于第一象限内的点，，，则双曲线的标准方程为__________.【答案】【解析】根据双曲线的定义和余弦定理可求得的值.【详解】由双曲线定义得，又，解得，.又，在中，由余弦定理得，得.又，解得，所以双曲线的标椎方程为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的定义、性质、标准方程，考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力.近几年对圆锥曲线小题的考查，通常是两个小题，一个简单题一个中等偏难题，主要考查圆锥曲线的定义、标准方程、离心率等性质. 三、双空题16．居民老张年初将50万元资金投入银行购买理财产品和，其中理财产品是高风险高收益产品，年收益率10%，预期收益不低于2万元；理财产品风险低，收益也较低，年收益率5%，预期收益不低于1万元.则老张购买理财产品_________万元时，一年后所获得的投资总收益最大？最大收益是________万元.【答案】30    4    【解析】设老张购买理财产品：万元，购买理财产品：万元，有投资总收益.作出可行域，利用几何意义找目标函数的最大值即可.【详解】设老张购买理财产品：万元，购买理财产品：万元，则投资总收益.作出不等式组表示的平面区域如图所示（图中的阴影部分），作出直线，即，当直线平移经过点时，取得最大值，则取得最大值.易知，所以当时，万元.故答案为：  (1) 30  ；(2) 4【点睛】本题考查线性规划的简单应用，考查考生的数学应用意识和能力.线性规划中目标函数的最优解问题是高中阶段数学应用的最好体现，人教版必修五第三章中的简单的线性规划问题，大多数题目是以实际问题呈现的，虽然近几年的高考对线性规划问题的考查都是容易题，但作为填空题的压轴题，以实际应用考查线性规划问题，能够考查考生的实际应用能力. 四、解答题17．将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，再将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象.（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求函数的值域.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用函数图象变换的规则求出函数的解析式，再求单调递增区间.（2）由求出的范围，再根据正弦函数的单调性求值域.【详解】（1）将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数图象的解析式为，即.将的图象向左平移得到函数图象的解析式为，即.由，得，所以函数的单调递增区间是.（2）因为，所以，所以，所以，所以当时，函数的值域是.【点睛】本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的单调性、值域等性质，主要考查考生的运算求解能力.18．网约车是城市交通的重要组成部分.某网约车公司准备入驻某一线城市，首先对该城市的网约车市场进行调查，其中一项调查是网约车的接单量.该公司随机访问了100名网约车司机，发现他们的日接单量都在30个以内，现将他们一个月的日均接单量做成如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图估计该城市网约车司机日均接单量的中位数和平均数（结果保留小数点后一位有效数字）；（2）该网约车公司对这100名司机中的6人（其中日均接单4个，日均接单8个，日均接单9个，日均接单12个，日均接单20个，日均接单28个）作了进一步调研，决定邀请其中的3人对该公司入驻该城市给出具体意见，求这3人只有1人接单量小于10的概率.【答案】（1）中位数9.3，平均数为10.3；（2）【解析】（1）根据频率分布直方图中中位数和平均数的计算方法求解.（2）利用列举法列出6人中选出3人的所有可能结果，再利用古典概型的概率公式计算.【详解】直方图中第1和第2个小矩形的面积之和为，所以中位数在内，设中位数为，则，解得.该城市网约车司机日均接单量的平均数为.（2）6人中，，，三人的日均接单量小于10.从这6人中选出3人的所有可能结果是：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20个.其中，只有1人接单量小于10的有：，，，，，，，，，共9个，所以所求概率.【点睛】本题考查频率分布直方图的简单应用、古典概率的求解.考查考生的数据处理能力，是一道容易题.19．多面体中，平面∥平面，∥，平面，为直角梯形，，.（1）求证：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）先利用面面垂直的性质证明，再证明，最后利用线面垂直的判定定理可得直线平面.（2）先找出直线与平面所成的角，再构造直角三角形求解.【详解】（1）因为平面，平面，所以平面平面.又，平面平面，所以平面.又平面，所以.在直角梯形中，由已知长度关系可得，因为，，平面，所以直线平面.（2）因为平面，平面，所以平面平面.又平面∥平面，所以平面平面.过作于点，则平面.连接，则为在平面内的射影，所以为直线与平面所成的角.设，则，.在直角三角形中，有，所以，则，所以，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查空间中直线与平面的垂直关系以及直线与平面所成的角，主要考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力.高考对立体几何大题的考查一直是中等难度，主要考查空间中线面、面面平行，线面、面面垂直的位置关系的判断，空间中距离、几何体体积的求解.几何体多以多面体（棱柱、棱锥）为主，因此，复习中要掌握几种常见的棱柱和棱锥（三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱）的性质特点，熟练掌握线面平行于垂直，面面平行于垂直的判定定理和性质定理，并能在解题中熟练运用.20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆上的动点，，直线经过点，.（1）若，求直线的方程；（2）过点作直线，记到的距离为，到的距离为，求的取值范围.【答案】（1）或；（2）【解析】（1）依据题设条件求出点的坐标，再由两点式或点斜式写出直线方程.（2）先联立直线和椭圆方程求出直线斜率的范围，再利用点到直线的距离求解.【详解】由椭圆的方程知，，又，由知点的横坐标为1，代入椭圆方程，得，所以，所以点的坐标为或，则直线的斜率或，则直线的方程为或，即或.（2）依题意设直线的方程为，代入椭圆方程，整理得，因为点在椭圆上，所以，即，解得.因为，所以当时，，的方程分别为，，则.当时，的方程为，即，又方程为，则.由得，所以，则.综上知的取值范围是.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查考生运算求解能力和综合应用能力.高考对解析几何大题的考查，主要是对椭圆和抛物线的考查，近五年的高考题中，拋物线出现8次，椭圆出现5次，与圆有关的题目出现4次.主要考查椭圆、拋物线、圆的方程，定点、定值、面积、参数的范围等.在复习中要侧重椭圆、抛物线的定义与性质的熟练掌握与应用，掌握定点、定值、面积、范围求解的常见方法，也要关注圆的方程和性质.21．已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）设，若在有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）【解析】（1）求出，利用导数与函数单调性的关系求出单调区间.（2）将函数零点问题转换为两个函数图象的交点问题，通过函数的最值求出的范围.【详解】当时，，则.当时，；当时，；所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（2），因为有两个零点，所以有两个实数根，即有两个实数根，所以函数的图象与直线有两个交点.由求导，得，令，即，得，当时，；当时，，所以当时，取得极大值，也是最大值，.因为，，所以，综上可知，当且仅当，即时，函数的图象与直线有两个交点，即函数有两个零点，所以的取值范围是.【点睛】本题考查导数在判断函数的单调性、函数零点个数中的应用.考查考生综合应用数学知识解决数学问题的能力.22．在平面直角坐标系中，已知曲线（为参数）和定点，，.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的普通方程和直线的极坐标方程；（2）过点且与直线平行的直线交曲线于，两点，求的值.【答案】（1），；（2）【解析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，得焦点的坐标，求出直线的直角坐标方程，再化为极坐标方程.（2）写出直线的参数方程，用直线参数方程中参数的几何意义求解.【详解】（1）由消去，得，所以曲线是抛物线，其焦点为.经过和的直线方程为，即，化为极坐标方程为，即.（2）由（1）知，直线的斜率为，因为∥，所以的斜率为，倾斜角为，所以的参数方程为（为参数），代入抛物线的方程中，得，则.因为在点的两侧，所以.【点睛】本题考查普通方程与参数方程、直角坐标方程与极坐标方程之间的转化以及直线参数方程的应用.考查考生化归与转化能力以及运算求解能力.第（2）问的解答，若用普通方程的方法，则解题过程很复杂，用直线的参数方程中参数的几何意义求解，则过程简单.在写直线的参数方程时，一定要明确参数的几何意义，即方程（为参数）中，的系数必须是直线的倾斜角的余弦值和正弦值，否则就不表示点到点的数量.23．已知函数，不等式的解集为.（1）求；（2）设，若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据的不同取值范围，分类讨论不等式的解集.（2）先求集合，再根据求的范围.【详解】（1）不等式变为，则①或②或③解得①，②，③.综上，不等式的解集.（2）因为，当且仅当，即时，“=”成立，所以.因为，所以，所以，解得，所以实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的几何意义，考查考生的运算求解能力.