2020届云南省昆明市高三元月三诊一模数学（文）试题（解析版）

2020届云南省昆明市高三元月三诊一模数学（文）试题  一、单选题1．设全集，集合，集合，则图中阴影部分表示的集合为（     ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由图可得阴影部分表示,进而利用交集的定义求解即可【详解】由题,,由图,图中阴影部分表示,所以,故选:D【点睛】本题考查集合的交集运算,考查利用韦恩图求集合2．已知复数在复平面内对应的向量为，为坐标原点，则为（    ）A．1 B． C． D．2【答案】B【解析】由图,,进而由复数的模的定义求解即可【详解】由图,,所以,故选:B【点睛】本题考查复数的模,考查复数在复平面上的表示3．己知矩形中，，则（    ）A．20 B．12 C． D．【答案】C【解析】由矩形可得,,进而求解即可【详解】由题,因为矩形,所以,,,所以,故选:C【点睛】本题考查向量的数量积,考查平面向量分解定理的应用4．己知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由且可得,进而利用正弦的二倍角公式求解即可【详解】由题,因为,所以或,因为,所以,所以,所以,故选:A【点睛】本题考查正弦的二倍角公式的应用,考查同角的三角函数关系的应用5．根据中国生态环境部公布的2017年、2018年长江流域水质情况监测数据，得到如下饼图：则下列说法错误的是（    ）A．2018年的水质情况好于2017年的水质情况B．2018年与2017年相比较，Ⅰ、Ⅱ类水质的占比明显增加C．2018年与2017年相比较，占比减小幅度最大的是Ⅳ类水质D．2018年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比超过【答案】C【解析】根据饼图逐一判断．【详解】A．2018年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比明显超过2017年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比，故正确；B．2018年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比达到60.4%，而2017年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比为46.4%，故正确；C. 2018年与2017年相比较，占比减小幅度最大的是III类水质，故错误；D. 2018年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比达到60.4%，超过，故正确.故选：C．【点睛】本题考查饼图的识别及认识，是基础题．6．己知为双曲线的右焦点，且在的渐近线上的射影为点为坐标原点，若，则的渐近线方程为（     ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题,利用点到直线距离公式可得,则,进而求解即可【详解】设,一条渐近线为,则,所以,所以,由可得,所以渐近线为,即,故选:A【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程,考查数形结合思想7．如图所示，九连环是中国的一种古老的智力游戏，它环环相扣，趣味无穷．它主要由九个圆环及框架组成，每个圆环都连有一个直杆，各直杆在后一个圆环内穿过，九个直杆的另一端用平板或者圆环相对固定，圆环在框架上可以解下或者套上．九连环游戏按某种规则将九个环全部从框架上解下或者全部套上．将第个圆环解下最少需要移动的次数记为（且），已知，，且通过该规则可得，则解下第5个圆环最少需要移动的次数为（    ）A．7 B．16 C．19 D．21【答案】B【解析】根据递推关系计算即可．【详解】解：由已知，，，故选：B．【点睛】本题考查递推关系的应用，是基础题．8．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象可能是（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】根据导函数图像得到原函数单调性，再逐一对照选项即可．【详解】解：根据导函数图像，的增区间为，减区间为，观察选项可得D符合，故选：D．【点睛】本题考查原函数和导函数图像之间的关系，注意导函数图像重点关注函数值的正负，原函数图像重点关注函数的单调性，是基础题．9．的三个内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】先通过已知求出，进而根据求出，再利用正弦定理求出，则利用面积公式可求出的面积．【详解】解：，，又，为锐角，，，由正弦定理得，，，故选：A．【点睛】本题考查正弦定理解三角形，以及求三角形的面积，关键是对公式的灵活应用，缺什么，求什么即可，是基础题．10．已知函数，则（     ）A． B．C． D．【答案】D【解析】求导可得,即在上单调递增,进而求解即可【详解】由题,,所以在上单调递增,因为,所以,故选:D【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用单调性比较大小11．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的半径是（    ）A．2 B．4 C． D．【答案】B【解析】先求出截面圆的半径，然后根据球的半径，小圆半径，球心距三者之间的关系列方程求解即可．【详解】解：设截面圆半径为，球的半径为，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即，根据截面圆的周长可得，得，故由题意知，即，所以，故选：B．【点睛】本题考查球被面所截的问题，考查学生计算能力以及空间想象能力，是基础题．12．己知函数在上有且仅有两个零点，则的取值范围是（     ）A． B． C． D．【答案】C【解析】先求得,由此时有且仅有两个零点,且可得,进而求解即可【详解】由题,因为,所以,因为此时有且仅有两个零点,且,所以,解得,故选:C【点睛】本题考查正弦型函数的图像与性质的应用,考查数形结合思想  二、填空题13．能够说明“若，则”是假命题的一组整数的值依次为_________.【答案】0，（答案不唯一）【解析】找到一组满足,且不满足的数即可【详解】由题,当时,,但,不满足,则可说明原命题是假命题,故答案为:0,（答案不唯一）【点睛】本题考查特殊值法判断命题的真假,属于基础题14．若变量满足则的最大值为_________.【答案】4【解析】先画出不等式组表示的平面区域,再由目标函数的几何意义求解即可【详解】由题,设目标函数为,则,由不等式组可得可行域如图所示,平移直线,当与可行域交于点时,截距最小,则最大,联立,解得,所以,即的最大值为4,故答案为:4【点睛】本题考查根据线性规划求最值,考查数形结合思想15．已知椭圆：的左顶点为，为坐标原点，、两点在上，若四边形为平行四边形，且，则椭圆的离心率为____.【答案】.【解析】四边形为平行四边形，，直线的方程为：，联立，解得：．同理联立，解得．根据，即化简即可得出．【详解】解：如图所示，四边形为平行四边形，，
∴直线的方程为：，
联立，解得：．
同理联立，化为：．
解得．
∵，
∴．
化为：．
∴椭圆的离心率．
故答案为：．【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、平行四边形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．16．依法纳税是每个公民应尽的义务，个人取得的所得应依照《中华人民共和国个人所得税法》向国家缴纳个人所得税（简称个税）．2019年1月1日起，个税税额根据应纳税所得额、税率和速算扣除数确定，计算公式为：个税税额＝应纳税所得额×税率－速算扣除数．应纳税所得额的计算公式为：应纳税所得额＝综合所得收入额－免征额－专项扣除－专项附加扣除－依法确定的其他扣除．其中免征额为每年60000元，税率与速算扣除数见下表：级数全年应纳税所得额所在区间税率（）速算扣除数130210252032016920425319205305292063585920745181920 备注：“专项扣除”包括基本养老保险、基本医疗保险、失业保险等社会保险费和住房公积金。“专项附加扣除”包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等支出。“其他扣除”是指除上述免征额、专项扣除、专项附加扣除之外，由国务院决定以扣除方式减少纳税的优惠政策规定的费用。某人全年综合所得收入额为160000元，假定缴纳的基本养老保险、基本医疗保险、失业保险等社会保险费和住房公积金占综合所得收入额的比例分别是，，，，专项附加扣除是24000元，依法确定其他扣除是0元，那么他全年应缴纳综合所得个税____元．【答案】1880.【解析】根据题意求出应纳税所得额，再根据公式求出个税税额即可．【详解】解：由已知应纳税所得额，则个税税额．故答案为：．【点睛】本题考查实际问题的解答，考查理解能力和计算能力，是基础题． 三、解答题17．近年来，昆明加大了特色农业建设，其中花卉产业是重要组成部分.昆明斗南毗邻滇池东岸，是著名的花都，有“全国10支鲜花7支产自斗南”之说，享有“金斗南”的美誉.为进一步了解鲜花品种的销售情况，现随机抽取甲、乙两户斗南花农，对其连续5日的玫瑰花日销售情况进行跟踪调查，将日销售量作为样本绘制成茎叶图如下，单位：扎（20支／扎）.（1）求甲、乙两户花农连续5日的日均销售量，并比较两户花农连续5日销售量的稳定性；（2）从两户花农连续5日的销售量中各随机抽取一个，求甲的销售量比乙的销售量高的概率·【答案】（1）甲日平均销售量为，乙日平均销售量为30，乙的销售量比甲稳定（2）【解析】（1）先由数据求得平均数,再由茎叶图中数据的集中程度判断稳定性；（2）先写出所有的基本事件,再找到甲的销售量比乙的销售量高的情况,进而求解即可【详解】（1）记甲、乙连续5日的日平均销售量分别为,,则,,由茎叶图可知乙的数据比较集中,说明乙的销售量比甲稳定（2）从两户花农连续5日的销售量中各随机抽取一个,总的基本事件为:,,,,共25个基本事件,其中甲高于乙的有:,共8个基本事件.根据古典概率计算公式,甲的销售量比乙的销售量高的概率为【点睛】本题考查由茎叶图求平均数,考查列举法求古典概型的概率,考查数据处理能力18．在长方体中，.（1）证明：平面面；（2）求三棱锥与的体积比.【答案】（1）证明见解析（2）1∶1【解析】（1）由四边形是正方形可得,由长方体可得,利用平行线的性质,进而求证即可；（2）由长方体的性质可得,则平面,即,到平面的距离相等,进而求解即可【详解】（1）证明:连接,因为,所以四边形是正方形,所以,由题,因为,所以,又,,平面,所以平面,又平面,所以平面平面（2）解:连结,由题,因为,所以平面,所以,到平面的距离相等,故三棱锥与的体积比为1:1.【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查棱锥的体积,考查推理论证能力19．设等差数列公差为，等比数列公比为，已知.（1）求数列，的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1），，（2）【解析】（1）由求得,即可得到,进而求解即可；（2）由（1）可得,则利用分组求和法求解即可【详解】（1）因为,所以,又,所以,又因为,所以,因为,所以,.（2）.所以.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的通项公式,考查等差数列、等比数列前项和公式的应用,考查分组求和法求数列的和20．已知抛物线：的焦点为，准线为，是上的动点.（1）当时，求直线的方程；（2）过点作的垂线，垂足为，为坐标原点，直线与的另一个交点为，证明：直线经过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）或；（2）直线恒过点，理由见解析.【解析】（1）设，利用求出，进而可求出，利用点的坐标求出，用斜截式可写出直线方程；（2）设，则，联立直线与抛物线，求出点坐标，进而写出直线的方程，可得其所过的定点．【详解】（1）设，由得，解得：，所以.所以，所以直线的方程为：或.（2）设，则，直线的方程为：.联立得：，解得.①当时，直线的方程为，②当时，直线方程为：，化简得：，综上①②，可知直线恒过点.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，锻炼了学生计算能力，是基础题．21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求实数的取值范围，并证明.【答案】（1）见解析（2），证明见解析【解析】（1）先求导可得,分别讨论和的情况,进而求解即可；（2）设,当时由单调则不符合题意；当时,,可得,利用零点存在性定理可判断,,进而求解即可；由于,可得,,则,设可得,进而证明在时恒成立即可【详解】（1）由题意得,①当时,,所以在上单调递增；②当时,由,得,当时,,在上单调递减；当时,,在上单调递增.（2）由于有两个零点,不妨设,由（1）可知,当时,在上单调递增,不符合题意；当时,,,即,解得,此时有,所以存在,使得,由于,所以在上单调递增,所以当时,,所以在上单调递增,所以当时,；所以,所以存在,使得,综上,当时,有两个零点.证明:由于,,且,则,所以,,所以,设,有,则,要证,只需证,即证,设,则,所以在上单调递增,所以当时,,即,故【点睛】本题考查利用导函数判断函数的单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查分类讨论思想与运算能力22．已知极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点，极轴与轴的非负半轴重合．曲线的极坐标方程是，直线的极坐标方程是．（1）求曲线和直线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线相交于点、，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）利用，将极坐标方程化为直角坐标方程；（2）写出直线过点的参数方程，代入曲线，利用参数的几何意义以及韦达定理，可求出结果．【详解】（1）曲线化为：，将代入上式，即，整理，得曲线的直角坐标方程.由，得，将代入上式，化简得，所以直线的直角坐标方程.（2）由（1）知，点在直线上，可设直线的参数方程为（为参数），即（为参数），代入曲线的直角坐标方程，得，整理，得，所以，，由题意知，.【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化以及直线参数方程的应用，关键是要写出直线的标准参数方程，才能利用参数的几何意义来解题，是基础题．23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，且，证明：.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（1）分类讨论去绝对值，作出函数的图像，根据图像得到函数的单调性，利用单调性结合图像可得不等式的解集；（2）利用绝对值的三角不等式以及基本不等式可证明结果．【详解】（1）法一：，作出的图象，如图所示： 结合图象，函数在上单调递增，在上单调递减，又，，所以不等式的解集是.法二：，等价于：或或，解得：或或，所以不等式的解集是.（2）由（1）知函数的最大值是，所以恒成立.因为，当且仅当时，等号成立.所以.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及绝对值的三角不等式的应用，是中档题．