宁夏六盘山高级中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（理）试题
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一、选择题.
1.已知，是虚数单位，若，，则（ ）
A. 1或-1 B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数，得到，再根据，利用乘法求解.
【详解】因为复数，
所以，，
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查复数的运算和概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
2.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据对数函数的定义域求法和指数函数值域的求法，化简集合M，N，然后求解.
【详解】因，
，
所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及指数函数和对数函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
3.函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
结合函数奇偶性特征先排除A，再找特殊点，当时，分析分子和分母的变化，可确定B项正确
【详解】由表达式可知，函数为偶函数，排除A，当时，为正，，所以，B正确
故选：B
【点睛】本题考查应用奇偶性和特殊值法识别函数图像，属于基础题
4.设向量，满足，，则（ ）
A. 6 B. C. 10 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据，，求得，再由求解.
【详解】因为，，
所以，
解得，
所以
故选：D
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
5.若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A. y=±2x B. y= C. D.
【答案】B
【解析】
双曲线的离心率为，渐进性方程为，计算得，故渐进性方程为.
【考点定位】本小题考查了离心率和渐近线等双曲线的性质.
6.已知的三个内角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积（ ）
A. B. 2 C. 4 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据，由正弦定理得到，再根据，结合余弦定理解得，然后代入求解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，
又因为，
所以，
由余弦定理得，
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
7.《算法统宗》是我国古代数学名著，有明代数学家程大位所著.该著作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了有筹算到珠算的转变，对我国民间普及珠算起到了重要的作用.如图所示的程序框图的算法思路源于该著作中的“李白沽酒”问题.执行该程序框图，若输入的的值为4，则输出的的值为（ ）
A. 11 B. 19 C. 35 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】
按照循环结构的功能，一一循环，找到规律，直至终止循环，输出结果.
【详解】第一次循环，
第二次循环，
第三次循环，
第四次循环，
终止循环，输出.
故选：C
【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了逻辑推理的能力，属于基础题.
8.琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“八雅”知识讲座，每雅安排一节，连排八节.则“琴”“棋”“书”“画”互不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先对八雅进行全排列，得到方法总数，再利用插空法得到“琴”“棋”“书”“画”互不相邻的方法数，然后代入古典概型的概率公式求解.
【详解】对八雅进行全排列，方法总数为种，
满足“琴”“棋”“书”“画”互不相邻的方法书为种，
则所求概率为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查古典概型的规律，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
9.已知底面为长方形的四棱锥中，平面，，，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
取中点，为中点，由中位线定理得到，从而（或补角）为异面直线与所成角，然后再利用余弦定理求解.
【详解】如图所示：
取中点，连接，，
因为为中点，所以，
所以（或补角）为异面直线与所成角.
由已知得，，，，
所以.
故选：D.
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
10.已知函数，，且，则（ ）
A. 3 B. 3或7 C. 5 D. 5或8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数的对称轴以及函数值，可得结果.
【详解】函数，
若，则的图象关于对称，
又，所以或，
所以的值是7或3.
故选：B.
【点睛】本题考查的是三角函数的概念及性质和函数的对称性问题，属基础题
11.已知为偶函数，为奇函数，且满足.若存在，使得不等式有解，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. 1 D. -1
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意得出、的解析式，不等式恒成立，采用分离参数法，可得转化为求函数的最值，求出函数的最大值即可.
【详解】为偶函数，为奇函数，且①
②
①②两式联立可得，.
由得，
∵在为增函数，
∴，
故选：A.
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用、考查了不等式存在有解问题以及函数的单调性求最值，注意分离参数法的应用，此题属于中档题.
12.已知，是椭圆：的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设依次构成等差数列，其公差为，可得，及，进而可求得的表达式，然后在和中，利用余弦定理得到的表达式，进而可求出离心率的值.
【详解】如图所示，设依次构成等差数列，其公差为.
根据椭圆定义得，又，则，解得，.
所以，，，.
在和中，由余弦定理得，
整理得,则.
故选：D.
【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，考查椭圆定义的应用，考查等差数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.
二、填空题.
13.曲线在点处的切线方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据导数的几何意义,先求得在点处的切线的斜率.进而结合点斜式即可求得切线方程.
【详解】曲线
则
所以在点处的切线的斜率为
由点斜式可得
故答案为:
【点睛】本题考查了导数的几何意义,直线方程的点斜式应用,属于基础题.
14.若满足约束条件，则的最大值为_________.
【答案】4
【解析】
【分析】
根据可行域，将变为，则的最大值即为在轴截距最小值，通过图像得到结果.
【详解】由约束条件可知可行域如下图：
将变为，则的最大值即为在轴截距最小值
通过下图可知：
当过点时，截距最小，则最大
本题正确结果：
【点睛】本题考查线性规划中型的最值问题的求解，属于基础题.
15.若，是第三象限角，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用平方关系和二倍角公式化简为，再利用，得到代入求解.
【详解】因为，
又，
，
为第三象限角，
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系式，诱导公式以及二倍角公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
16.在矩形中，，为的中点，将和分别沿，翻折，使点与重合于点.若，则三棱锥的外接球的表面积为_____.
【答案】.
【解析】
【分析】
计算外接圆的半径，并假设外接球的半径为R，可得球心在过外接圆圆心且垂直圆面的垂线上，然后根据面，即可得解.
【详解】由题意可知，，
所以可得面，
设外接圆的半径为，
由正弦定理可得，即，，
设三棱锥外接球的半径，
因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点，
则，
所以外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查三棱锥的外接球的应用，属于中档题.
三、解答题：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为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题.
17.已知数列满足，，设.
（1）证明数列是等差数列，并求其通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据，两边同除以，得到，再利用等差数列的定义求解.
（2）由（1）得到，再利用分组求和的方法求解.
【详解】（1）因为且，
所以，
又因为，
所以是以2为首项，以2为公差的等差数列.
所以.
（2）由（1）及题设得，，
所以数列的前项和
.
【点睛】本题主要考查等差数列的定义以及分组求和的方法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
18.在某企业中随机抽取了5名员工测试他们的艺术爱好指数和创新灵感指数，统计结果如下表（注：指数值越高素质越优秀）：
（1）求创新灵感指数关于艺术爱好指数的线性回归方程；
（2）企业为提高员工的艺术爱好指数，要求员工选择音乐和绘画中的一种进行培训，培训音乐次数对艺术爱好指数的提高量为，培训绘画次数对艺术爱好指数的提高量为，其中为参加培训的某员工已达到的艺术爱好指数.艺术爱好指数已达到3的员工甲选择参加音乐培训，艺术爱好指数已达到4的员工乙选择参加绘画培训，在他们都培训了20次后，估计谁的创新灵感指数更高？
参考公式：回归方程中，，.
参考数据：，
【答案】（1）（2）培训后乙的创新灵感指数更高
【解析】
【分析】
（1）先求得，再根据提供的数据，求得，写出回归直线方程.
（2）根据培训音乐次数对艺术爱好指数的提高量为，培训绘画次数对艺术爱好指数的提高量为，分别得到员工甲经过20次的培训后，他们的艺术爱好指数，再估计他们的创新灵感指数，比较即可.
【详解】（1）设，有，
，
.
（2）员工甲经过20次培训后，
估计他的艺术爱好指数将达到，
因此估计他的创新灵感指数为.
员工乙经过20次的培训后，
估计他艺术爱好指数将达到，
因此估计他的创新灵感指数为.
由于，故培训后乙的创新灵感指数更高.
【点睛】本题主要考查线性回归方程的求法以及应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
19.已知抛物线与圆相交于，两点，且点的横坐标为.是抛物线的焦点，过焦点的直线与抛物线相交于不同的两点，.
（1）求抛物线的方程.
（2）过点，作抛物线的切线，，是，的交点，求证：点在定直线上.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据点的横坐标为，通过圆的方程得到点的坐标，代入抛物线方程求解.
（2）由（1）得到抛物线，求导，设，利用导数的几何意义，得到切线，的方程，联立解得点P的坐标，再设出直线的方程与抛物线方程联立，结合韦达定理求解.
【详解】（1）点的横坐标为，所以点的坐标为，
代入解得，所以抛物线的方程为.
（2）抛物线，则，设，
所以切线的方程为，即，
同理切线的方程为，
联立解得点，
设直线的方程为，代入，
得，所以，
所以点在上，结论得证.
【点睛】本题主要考查抛物线的方程和几何性质以及直线过定点问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
20.如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：平面
（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）在四边形中，由平面几何知识，易证，再由平面，得到，根据线面垂直的判定定理证明平面.
（2）根据（1）知平面，得到是直线与平面所成角，由直线与平面所成角的正切值为，得到，从而，然后以A为原点，分别以AB，AC，在平面中，过A垂直于AB的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，已知是平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量，利用二面角的向量公式求解.
【详解】（1）∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴在△中，由余弦定理得，
∴.
∴，即，
又∵平面，∴，
又∵
∴平面
（2）由（1）知，是直线与平面所成角，，
∴，
又∵平面，
∴
∴△是等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系：
则有：，
由已知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，，，
，
，
，
∴锐二面角余弦值
【点睛】本题主要考查线面垂直，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
21.已知函数，.
（1）证明：当时，.
（2）若函数在有两个零点，证明：.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导，要证当时，，只需即可.
（2）将函数在有两个零点，转化为方程在区间上有两解，令，用导数法研究其值域，再用数形结合的思想求解即可.
【详解】（1），
当时，，
在区间上单调递增，
，不等式成立.
（2）函数在有两个零点，
即方程在区间上有两解，
令，则
令，
，
在区间单调递增
又，
故存在唯一的实数，使得，
即
所以在上单调递减，在区间上单调递增，
且，
所以，
又因为，所以，
因为方程关于的方程在上有两个零点，
所以，
即.
【点睛】本题主要考查导数与不等式证明，导数与函数的零点，还考查了转化化归，数形结合的思想和运算求解的能力，属于难题.
（二）选考题：请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为：（为参数）.在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为.
（Ⅰ）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（Ⅱ）设点P的直角坐标为，若直线l与曲线C分别相交于A，B两点，求的值.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据参数方程与普通方程的转化即可得曲线C的普通方程；由极坐标与直角坐标的转化可得直线l的直角坐标方程；
（Ⅱ）将直线l的直角坐标方程化为标准参数方程，联立椭圆方程，结合参数方程的几何意义即可求解.
【详解】（Ⅰ）曲线C的参数方程为：（为参数）.
变形为,平方相加后可转化为直角坐标方程得.
直线l的极坐标方程为.
展开可得,即
化简可得直角坐标方程为.
（Ⅱ）把直线的方程为转换为标准参数方程可得（t为参数）.
把直线的标准参数方程代入曲线的直角坐标方程，
可得，
所以，，
所以由参数方程的几何意义可知
【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的转化，参数方程几何意义求线段关系，属于中档题.
[选修4-5：不等式选讲]
23.选修4-5：不等式选讲
设函数.
（1）求的最小值及取得最小值时的取值范围；
（2）若集合，求实数的取值范围.
【答案】（1），此时（2）
【解析】
【分析】
（1）利用绝对值不等式公式进行求解；
（2）集合表示，，令，
根据几何意义可得的图像恒在图像上方，数形结合解决问题.
【详解】解（1）因，
当且仅当，即时，上式“”成立，
故函数的最小值为3，
且取最小值时的取值范围是.
（2）因为，
所以，.
函数化为.
令，
其图像为过点，斜率为的一条直线.
如图，，.
则直线的斜率，
直线的斜率.
因为，所以，即，
所以的范围为.
【点睛】本题考查了绝对值不等式问题与不等式恒成立问题，不等式恒成立问题往往可以借助函数的图像来研究，数形结合可以将抽象的问题变得更为直观，解题时应灵活运用.
