2020届甘肃省天水市第一中学高三上学期第五次模拟数学（文）试题（解析版）

2020届甘肃省天水市第一中学高三上学期第五次模拟数学（文）试题

一、单选题

1．若，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据复数运算法则求解即可.

【详解】

．故选D．

【点睛】

本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．

2．设集合，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】求出A与B中不等式的解集确定出A与B，从而求出两集合的交集即可．

【详解】

∵集合A=，解得x>-1，

B={x|（x+1）（x﹣2）0且x}={x|﹣1x＜2}，

则A∩B={x|＜x＜2}，

故选A．

【点睛】

本题考查了集合的运算，考查解指数不等式及分式不等式问题，是一道基础题．

3．下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lg x的定义域和值域相同的是( )

A．y＝x B．y＝lg x C．y＝2x D．y＝

【答案】D

【解析】试题分析：因函数的定义域和值域分别为,故应选D．

【考点】对数函数幂函数的定义域和值域等知识的综合运用．

4．已知向量，则在方向上的投影为（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先得到，计算出与的夹角余弦值，和的模长，再由模长乘夹角余弦值，得到投影.

【详解】

，

设与的夹角为，则

所求的在方向上的投影为=

故选B项.

【点睛】

考查向量的坐标运算，向量在某个方向上的投影的求法，属于简单题.

5．在区间上随机取一个数，则直线与圆有两个不同公共点的概率为（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】圆的圆心为，圆心到直线的距离为，要使直线与圆相交，则，解得在区间上随机取一个数，使直线与圆有公共点的概率为，故选D.

6．函数的图象大致为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B项；又因为，排除C项；又因为，排除D项，即可得到答案.

【详解】

由题意知，函数，满足，

所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以B选项错误；

又因为，所以C选项错误；

又因为，所以D选项错误，故选A.

【点睛】

本题主要考查了函数图象的识别问题，其中解答中熟记函数的奇偶性的判定方法，以及准确运算特殊点的函数值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

7．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为底面半径为、高为的圆锥的，所以该几何体的体积，故选D.

【考点】三视图.

8．设实数满足，则的最大值是（   ）

A．-1 B． C．1 D．

【答案】D

【解析】由约束条件确定可行域，由的几何意义，即可行域内的动点与定点P（0，-1）连线的斜率求得答案．

【详解】

由约束条件，作出可行域如图，

联立，解得A（），

的几何意义为可行域内的动点与定点P（0，-1）连线的斜率，

由图可知，最大．

故答案为．

【点睛】

本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题型．

9．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可

详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，

∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，

∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，

∴cosAsinC+sinAsinC=0，

∵sinC≠0，

∴cosA=﹣sinA，

∴tanA=﹣1，

∵＜A＜π，

∴A= ，

由正弦定理可得，

∵a=2，c=，

∴sinC== ，

∵a＞c，

∴C=，

故选B．

点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.

10．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.

【详解】

在正方体中，，所以异面直线与所成角为，

设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，

则.故选C.

【点睛】

求异面直线所成角主要有以下两种方法：

（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；

（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.

11．设抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上，且，若，则的值（   ）

A． B．2 C． D．3

【答案】D

【解析】过M向准线l作垂线，垂足为M′，根据已知条件，结合抛物线的定义得==，即可得出结论．

【详解】

过M向准线l作垂线，垂足为M′，根据已知条件，结合抛物线的定义得==，

又∴|MM′|=4，又|FF′|=6，

∴==，.

故选D．

【点睛】

本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质、向量的共线，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

12．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】【详解】

分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得．

详解：如图所示，

点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，

当平面时，三棱锥体积最大

此时，

,

点M为三角形ABC的中心

中，有

故选B.

点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．

二、填空题

13．已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥；③l⊥．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

【解析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.

【详解】

将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内；

（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.

【点睛】

本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.

14．设为锐角，若，则的值为_______.

【答案】

【解析】由条件求得的值，利用二倍角公式求得和的值，再根据，利用两角差的正弦公式计算求得结果．

【详解】

∵为锐角，，∴，

∴，

．

故

，故答案为.

【点睛】

本题主要考查同角三角函数的基本关系、两角和差的正弦公式、二倍角公式的应用，属于中档题．

15．天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的慨率均为.现采用随机模拟试验的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率: 先利用计算器产生到之间取整数值的随机数, 用表示下雨，用表示不下雨，再以每三个随机数作为一组, 代表这三天的下雨情况，经随机模拟试验产生了如下组随机数:

据此估计,这三天中恰有两天下雨的概率近似为__________.

【答案】

【解析】试题分析：根据题意知模拟三天中恰有两天下雨的结果,经随机模拟产生了如下组随机数,在组随机数中表示三天中恰有两天下雨的有: ,共组随机数,所求概率为.因此，本题正确答案是:

【考点】随机数.

16．已知函数，其中为自然对数的底数，若函数与的图像恰有一个公共点，则实数的取值范围是______．

【答案】或

【解析】因为，所以函数在上为增函数且，所以当时，与有一个公共点，当时， 令有一解即可，设，令得，因为当时，，当时，，所以当时，有唯一极小值，即有最小值，故当时有一公共点，故填或.

三、解答题

17．已知数列满足，，其中为的前项和，.

（1）求；

（2）若数列满足,求的值.

【答案】(1)；(2).

【解析】试题分析：由，得，，两式相减得与的递推式，又，从而求出；

求出 ，利用裂项相消法可求，从而可把方程变为关于

的方程，解出即可。

解析：（1），，，

两式相减得

注意到，，

于是，所以.

（2）

于是

所以.

点睛：在求通项时可以运用，然后验证当时是否成立，遇到形如分式的通项就需要裂项，运用裂项来求和

18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求证：平面平面；

（Ⅲ）求证：平面.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.

【解析】（1）欲证，只需证明即可；

（2）先证平面，再证平面平面；

（3）取中点，连接，证明，则平面.

【详解】

（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.

∵底面为矩形，∴，∴；

（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.

∵平面平面，平面平面，平面，

∴平面，又平面，∴.

又，，、平面，平面，

∵平面，∴平面平面；

（Ⅲ）如图，取中点，连接.

∵分别为和的中点，∴，且.

∵四边形为矩形，且为的中点，∴，

∴，且，∴四边形为平行四边形，

∴，又平面，平面，∴平面.

【点睛】

证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.

19．经过多年的努力，炎陵黄桃在国内乃至国际上逐渐打开了销路，成为炎陵部分农民脱贫致富的好产品.为了更好地销售，现从某村的黄桃树上随机摘下了100个黄桃进行测重，其质量分布在区间内（单位：克），统计质量的数据作出其频率分布直方图如图所示：

（1）按分层抽样的方法从质量落在，的黄桃中随机抽取5个，再从这5个黄桃中随机抽2个，求这2个黄桃质量至少有一个不小于400克的概率；

（2）以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该村的黄桃树上大约还有100000个黄桃待出售，某电商提出两种收购方案：

A．所有黄桃均以20元/千克收购；

B．低于350克的黄桃以5元/个收购，高于或等于350克的以9元/个收购.

请你通过计算为该村选择收益最好的方案.

（参考数据：）

【答案】（1）（2）B

【解析】（1）由题得黄桃质量在和的比例为，记抽取质量在的黄桃为，，，质量在的黄桃为，，列出取出2个的所有可能，找出其中质量至少有一个不小于400克的事件个数，根据古典概型即可求解（2）分别计算两种方案的收益，比较收益大小即可确定需选择的方案.

【详解】

（1）由题得黄桃质量在和的比例为，

∴应分别在质量为和的黄桃中各抽取3个和2个.

记抽取质量在的黄桃为，，，质量在的黄桃为，，

则从这5个黄桃中随机抽取2个的情况共有以下10种：

，，，，，，，，，

其中质量至少有一个不小于400克的7种情况，故所求概率为.

（2）方案好，理由如下：

由频率分布直方图可知，黄桃质量在的频率为

同理，黄桃质量在，，，，的频率依次为0.16，0.24，0.3，0.2，0.05

若按方案收购：

∵黄桃质量低于350克的个数为个

黄桃质量不低于350克的个数为55000个

∴收益为元

若按方案收购：

根据题意各段黄桃个数依次为5000，16000，24000，30000，20000，5000，于是总收益为 （元）

∴方案的收益比方案的收益高，应该选择方案.

【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图，古典概型，分层抽样，属于中档题.

20．已知椭圆的右焦点为，且经过点.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.

【答案】（Ⅰ）；

（Ⅱ）见解析.

【解析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；

(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.

【详解】

（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；

因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.

（Ⅱ）设

联立得，

，，.

直线，令得，即；

同理可得.

因为,所以；

，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.

【点睛】

解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21．设函数，．

（1）若曲线在点处的切线与轴平行，求；

（2）当时，函数的图象恒在轴上方，求的最大值．

【答案】（Ⅰ）a=e；（Ⅱ）a的最大值为2e；

【解析】（Ⅰ）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据条件列方程解得a；（Ⅱ）先求导数，再根据导函数零点与1大小分类讨论，根据函数单调性确定函数最小值，最后根据最小值大于零，解得a的取值范围，即得最大值.

【详解】

（Ⅰ）∵，∴f'（x）=exa，∴f'（1）=ea，

由题设知f'（1）=0，即ea=0，解得a=e．

经验证a=e满足题意．

（Ⅱ）令f'（x）=0，即ex=a，则x=lna，

（1）当lna＜1时，即0＜a＜e

对于任意x∈（-∞，lna）有f'（x）＜0，故f（x）在（-∞，lna）单调递减；

对于任意x∈（lna，1）有f'（x）＞0，故f（x）在（lna，1）单调递增，

因此当x=lna时，f（x）有最小值为成立．所以0＜a＜e，

（2）当lna≥1时，即a≥e对于任意x∈（-∞，1）有f'（x）＜0，

故f（x）在（-∞，1）单调递减，所以f（x）＞f（1）．

因为f（x）的图象恒在x轴上方，所以f（1）≥0，即a≤2e，

综上，a的取值范围为(0,2e],所以a的最大值为2e．

【点睛】

对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数标方程为（其中为参数，且），在以为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系（两种坐标系的单位长度相同）中，直线的极坐标方程为.

求曲线的极坐标方程；

求直线与曲线的公共点的极坐标.

【答案】

【解析】（1）先将曲线C的参数标方程化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化，把普通方程化为极坐标方程；

（2）将与的极坐标方程联立，求出直线l与曲线C的交点的极角，代入直线的极坐标方程即可求得极坐标．

【详解】

消去参数，得曲线的直角坐标方程.

将，代入，得.

所以曲线的极坐标方程为.

将与的极坐标方程联立，消去得.

展开得.

因为，所以.

于是方程的解为，即.

代入可得，所以点的极坐标为.

【点睛】

本题考查曲线的极坐标方程与普通方程的互化，直线的极坐标方程与曲线极坐标方程联立求交点的问题，考查计算能力．

23．已知.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时不等式成立，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；

(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.

详解：（1）当时，，即

故不等式的解集为．

（2）当时成立等价于当时成立．

若，则当时；

若，的解集为，所以，故．

综上，的取值范围为．

点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.