山西省晋城市2020届高三第一次模拟考试数学（文）试题

晋城市2020年高三第一次模拟考试试题

数学（文科）

考生注意：

1.本试卷分第Ⅰ卷(选择題)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分.考试时间120分钟.

2.请将各题答案填写在答题卡上.

3.本试卷主要考试内容:高考全部内容.

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知复数，则（    ）

A. 1 B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据复数代数形式的除法运算计算化简，再计算其模.

【详解】解：因，

所以.

故选：

【点睛】本题考查复数代数形式的计算以及复数的模，属于基础题.

2.已知集合，，则（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

解不等式，化简集合，根据交集定义即可求解.

【详解】因为，所以.

故选:D

【点睛】本题考查集合间的运算，解对数不等式是解题的关键，属于基础题.

3.经调查，在某商场扫码支付的老年人、中年人、青年人的比例为，用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本进行调查，其中中年人人数为9，则（  ）

A. 30 B. 40 C. 60 D. 80

【答案】A

【解析】

【分析】

根据用分层抽样的方法特点，各层比例相等，即可求出答案.

【详解】老年人、中年人、青年人的比例为，用分层抽样的方法

中年人人数为9，所以.

故选:A

【点睛】本题考查分层抽样，解题关键是各层按比例分配，属于基础题.

4.已知是正项等比数列，，则（    ）

A.  B. 2 C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

根据等比数列的下标和性质解得.

【详解】解：由，得，

由是正项等比数列,得.

故选：

【点睛】本题考查等比数列的性质，属于基础题.

5.甲、乙两人近五次某项测试成绩的得分情况如图所示,则（   ）

A. 甲得分的平均数比乙的大 B. 乙的成绩更稳定

C. 甲得分的中位数比乙的大 D. 甲的成绩更稳定

【答案】B

【解析】

【分析】

根据图形中的数据，可求出甲乙的平均数，中位数，分析数据的离散程度，确定方差大小，即可求解.

【详解】甲、乙得分的平均数均为13，中位数均为13，

甲得分的方差明显比乙大.

故选:B

【点睛】本题考查数据的处理以及数据的分析，属于基础题.

6.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，，则下列命题中为真命题的是（  ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】

利用线面平行、线面垂直的性质定理和判定定理对选项分别分析选择.

【详解】选项A,C直线可能在平面内，故不正确；选项B, 若，，则，或在平面内，而，故与可能平行，相交或异面，故不正确；对于选项D：由 ， ，结合面面平行的性质和线面垂直的判定定理，可得出直线，故为正确.

故选：D

【点睛】本题考查了线面平行、面面平行、线面垂直的性质定理和判定定理，注意定理成立的条件，属于基础题.

7.函数在的图像大致为（    ）

A.  B.

C.   D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据函数的奇偶性和特殊值可判断.

【详解】解：因为，所以为奇函数，关于原点对称，故排除，又因为，，，，故排除、,

故选：D.

【点睛】本题考查函数图象的识别，根据函数的性质以及特殊值法灵活判断，属于基础题.

8.斜率为的直线过抛物线的焦点，若与圆相切，则（    ）

A. 12 B. 8 C. 10 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】

由直线的斜率为可得倾斜角为，数形结合分析可得.

【详解】解：因为直线的斜率为，

所以倾斜角为，即

结合题意作图，由图可得，

，解得.

故选：

【点睛】本题考查直线与圆的综合应用，以及抛物线的标准方程，属于基础题.

9.将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据三角函数的变换规则表示出，根据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.

【详解】解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，，

因为是奇函数，

所以，解得，

因为，所以的最小值为.

故选：

【点睛】本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题.

10.已知双曲线的两个顶点分别为，，的坐标分别为，，且四边形的面积为，四边形内切圆的周长为，则的方程为（    ）

A.  B. 或

C.  D. 或

【答案】B

【解析】

【分析】

根据四边形的面积为，得到，由内切圆的周长求出内切圆的半径，再次利用四边形的面积，求出的值，得到关于、的方程，解得.

【详解】解：因为，，的坐标分别为，，

，，

又因为四边形的面积为，所以，得，

记四边形内切圆半径为，则，得，

所以，所以，

又因为，得或，

所以的方程为或.

故选：

【点睛】本题考查双曲线的标准方程，四边形及内切圆的相关性质，属于基础题.

11.如图，在长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先做出与所成角的角下图中的，设用表示，然后用余弦定理求出，求出长方体的对角线，即长方体的外接球的直径，可求出答案.

【详解】连与交于点,则为中点，

取中点，连，则

为异面直线与所成角,

设则，，，

在中，由余弦定理得

，解得

，

所以长方体的对角线长为

所以长方体的外接球的半径为，

所以长方体外接球的表面积为.

故选:B

【点睛】

本题考查异面直线所成的角，余弦定理，以及长方体外接球的表面积，做出空间角，解三角形是解题的关键，属于较难题.

12.设函数，则不等式的解集是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

函数可由向左平移两个单位得到，分析的奇偶性、单调性，可得的单调性，利用函数的单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得.

【详解】解：由题意知的图像是由的图像向左平移两个单位长度得到，而是定义域为的偶函数，因为函数与在上单调递增，且，，所以在上单调递减，所以的定义域为，关于对称，并且在上单调递减，所以等价于且，即，故或.

故选：

【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性，以及函数的平移，属于中档题.

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.设满足约束条件，则的最小值为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．

【详解】由约束条件作出可行域如图，

化目标函数为，

由图可知，当直线过时，有最小值为．

故答案为：．

【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．

14.已知向量，，若，则__________．

【答案】1

【解析】

【分析】

根据垂直向量的坐标关系，即可求解.

【详解】由，得.

故答案为:1

【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示，属于基础题.

15.函数的图像在点处的切线垂直于直线，则_______.

【答案】

【解析】

【分析】

先求出，再解方程即得解.

【详解】因为.所以.

因为.

所以.

故答案为：

【点睛】本题主要考查求导和导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

16.对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的通项公式_______，数列的前项和_______.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

由题意可得，，利用累加法可求数列的通项公式，求出数列的通项公式，利用裂项相消法求其前项和.

【详解】解：由题意可知，，，，，累加可得，

，

.

故答案为：；.

【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式，以及裂项相消法求和，属于中档题.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

17.在中，角对边分别为，且.

（1）求；

（2）若，的面积为，求的周长.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理，把条件等式化成角，再用诱导公式与两角和的正弦公式，即可求出，进而求出；

（2）面积公式结合余弦定理，求出，就可得到的周长.

【详解】（1）由，，

，

，

；

（2），

由余弦定理得，，

周长为.

【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式，以及诱导公式和两角和的正弦公式，考查计算能力，属于中档题.

18.“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心,这将推动新能源汽车产业的迅速发展，下表是近几年我国某地区新能源乘用车的年销售量与年份的统计表：

某机构调查了该地区30位购车车主的性别与购车种类情况，得到的部分数据如下表所示：

（1）求新能源乘用车的销量关于年份的线性相关系数，并判断与是否线性相关；

（2）请将上述列联表补充完整，并判断是否有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关；

参考公式：，，其中.，若，则可判断与线性相关.

附表：

【答案】（1），与线性相关（2）填表见解析，有90%的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关

【解析】

【分析】

（1）计算出，，，，再代入相关系数公式计算可得；

（2）依题意，完善表格计算出与参数数据比较可得.

【详解】解：（1）依题意，

，

故

，，

则

故与线性相关.

（2）依题意，完善表格如下：

故有90%的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关.

【点睛】本题考查利用相关系数判断两个变量的相关程度，以及独立性检验，考查计算能力，属于基础题.

19.如图，在直四棱柱中，底面为梯形，，，，，，点在线段上，，.

（1）证明：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）连接，通过证明得到平面；

（2）利用等体积法求点到面的距离.

【详解】（1）证明：连接，因为底面为梯形，，，，

则，且，

所以四边形为平行四边形，则.

又平面，平面，

所以平面.

（2）因为，，

，所以为直角三角形，

所以其面积.

设点到平面的距离为，

因为，所以，解得

即点到平面的距离为.

【点睛】本题考查线面平行判定，以及点到面的距离的计算，属于中档题.

20.已知椭圆的半焦距为，圆与椭圆有且仅有两个公共点，直线与椭圆只有一个公共点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）已知动直线过椭圆的左焦点，且与椭圆分别交于两点，点的坐标为，证明：为定值.

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）依题意，得，根据计算可得；

（2）对直线的斜率存在与否分类讨论，当斜率不存在直接计算可得，当斜率存在设直线的方程为，联立直线与椭圆方程得到方程组，利用韦达定理计算可得.

【详解】解：（1）依题意，得，

则，

故椭圆的标准方程为.

（2）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得.

不妨设，，若，则，，

.

②当直线的斜率存在时，

设直线的方程为，代入椭圆的方程，可得，

设，则，，

因，，

所以

综上所述，为定值.

【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用，向量的数量积的坐标表示，属于中档题.

21.已知函数（其中）.

（1）讨论函数的极值；

（2）对任意，恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）求出函数的定义域、导函数，对和分两种情况讨论可得；

（2）由（1）知当时，不符合题意；当时，最大值为要使恒成立，即是使成立，令利用导数分析其单调性，即可求得的取值范围.

【详解】（1）的定义域为，，

①当时，，所以在上是减函数，无极值.

②当时，令，得，

在上，，是增函数；在上，，是减函数.

所以有极大值，无极小值.

（2）由（1）知，①当时，是减函数，令，则，

，不符合题意，

②当时，的最大值为，

要使得对任意，恒成立，

即要使不等式成立，

则有解.

令，所以

令，由，得.

在上，，则在上是增函数；

在上，，则在上是减函数.

所以，即，

故在上是减函数，又，

要使成立，则，即的取值范围为.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，单调性，属于中档题.

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，直线的极坐标方程为.

（1）求的普通方程和的直角坐标方程；

（2）直线与轴的交点为，经过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的倾斜角.

【答案】(1) ， (2) 或.

【解析】

【分析】

（1）利用消去参数化曲线为普通方程，运用，即可化直线极坐标方程为直角坐标方程；

（2）将直线方程化为具有几何意义的参数方程，代入曲线方程，利用根与系数关系结合直线参数的几何意义，即可求解.

【详解】（1）曲线的普通方程为，

因为，所以，

直线的直角坐标方程为.

（2）点的坐标为，

设直线的参数方程为（为参数，为倾斜角），

联立直线与曲线的方程得.

设对应的参数分别为，则，

所以，

得，且满足，

故直线的倾斜角为或.

【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程和直角坐标方程互化，考查直线参数方程参数灵活应用，属于中档题.

23.已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）正数满足，证明：.

【答案】(1) (2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）分类讨论，去绝对值，解一元一次不等式，即可求解；

（2）要证不等式两边平方，等价转化证明，即证，根据绝对值的不等式求出，运用基本不等式即可证明结论.

【详解】（1）当时，，

解得，所以；

当时，，；

当时，，

解得，所以.

综上，不等式的解集为.

（2）证明：因为为正数，则

等价于对任意的恒成立.

又因为，且，所以只需证，

因为，当且仅当时等号成立.

所以成立.

【点睛】本题考查解绝对值不等式，证明不等式恒成立，转化为函数的最值与不等式关系，考查用基本不等式证明不等式，属于中档题.