青海省西宁市2020届高三统一考试复习检测一（一模）数学试题含答案解析

这是一份青海省西宁市2020届高三统一考试复习检测一（一模）数学试题含答案解析，共31页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020年普通高等学校招生全国统一考试西宁市高三年级复习检测（一）数学试卷（文理合卷）
一、选择题：本题共12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.已知集合,则 =
A. {0,1,3,5} B. {0,2,4,6} C. {1,3,5} D. {2,4}
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出集合A中的元素，再求交集.
【详解】因为,所以,故选D.
【点睛】本题主要考查集合的交集运算，列举出集合的所有元素，求出公共元素即组成交集.
2.已知是的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】
首先计算，然后利用共轭复数的特征计算的值.
【详解】，
，
.
故选:D.
【点睛】本题考查复数的计算，属于基础题型.
3.已知向量， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
由题，则，则．故本题答案选．
4.下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为( )
A. ，xR
B. ，xR且x≠0
C. ,xR
D. ，xR
【答案】B
【解析】
【详解】首先判断奇偶性：A,B为偶函数，C为奇函数，D既不是奇函数也不是偶函数,所以排除C、D，
对于先减后增，排除A，故选B.
考点：函数的奇偶性、单调性.

5.设函数（为常数），则“”是“为偶函数”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数为偶函数得到，得到答案.
【详解】，，
函数为偶函数，则，即，.
故“”是“为偶函数”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
【点睛】本题考查了既不充分也不必要条件，根据函数的奇偶性求参数，意在考查学生的计算能力和推断能力.
6.《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，是算经十书之一.书中记载了借助“外圆内方”的钱币（如图1）做统计概率得到圆周率的近似值的方法.现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为，正方形的边长为，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是，则圆周率的近似值为( )

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用几何概型公式计算得到答案.
【详解】根据几何概型：，解得.
故选：A.
【点睛】本题考查了几何概型，意在考查学生的计算能力和应用能力.
7.函数在的图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数为奇函数,且当时,再结合选项进行排除即可得答案.
【详解】∵函数的定义域为,关于原点对称,且,
∴是奇函数,故排除A,B；
设,则,故为减函数.
故.故在为负,排除C.
故选：D.
【点睛】本题考查根据函数的解析式选择函数的图象,考查数形结合思想,求解时注意充分利用函数的性质及特殊点的函数值进行求解.属于中档题.
8.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，角α，β的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点，若点A，B的坐标为（，）和（-，），则cos（α+β）的值为（　　）

A. B. C. 0 D.
【答案】A
【解析】
，故选A．
点睛：利用三角函数的定义求三角函数值的方法
利用三角函数的定义，求一个角的三角函数值，需确定三个量：
(1)角的终边上任意一个异于原点的点的横坐标 ；(2)纵坐标y；(3)该点到原点的距离r.若题目中已知角的终边在一条直线上，此时注意在终边上任取一点有两种情况(点所在象限不同)．
9.函数 ()的部分图象如图所示，若，且，则（ ）

A. 1 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由三角函数的图象求得，再根据三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】由图象可知， ，即，所以，即，
又因为，则，解得，
又由，所以，所以，
又因为，所以图中的最高点坐标为.
结合图象和已知条件可知，
所以，
故选D.
【点睛】本题主要考查了由三角函数的部分图象求解函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
10.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】
【分析】
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．
11.关于的方程，若时方程有解，则的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由，结合0＜x，利用正弦函数的单调性可求得﹣11，从而可得a的取值范围．
【详解】∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴﹣11，即﹣1＜a≤1．
∴a的取值范围为．
故选B．
【点睛】本题考查三角函数的最值，考查分离变量法的应用，突出考查正弦函数的单调性与配方法，属于基础题．
12.（文科）已知点为曲线上的动点,为圆上的动点,则的最小值是( )
A. 3 B. 5 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
数形结合分析可得,当时能够取得的最小值,根据点到圆心的距离减去半径求解即可.
【详解】由对勾函数的性质,可知,当且仅当时取等号,
结合图象可知当A点运动到时能使点到圆心的距离最小,
最小为4,从而的最小值为.

故选：A
【点睛】本题考查两动点间距离的最值问题,考查转化思想与数形结合思想,属于中档题.
13.已知是抛物线上的一个动点,是圆上的一个动点,是一个定点,则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：恰好为抛物线的焦点，等于到准线的距离，要想最小，过圆心作抛物线的准线的垂线交抛物线于点，交圆于，最小值等于圆心到准线的距离减去半径4-1=.
考点:1.抛物线的定义；2.圆中的最值问题；
14.设,是定义在上的两个周期函数,周期为4,的周期为2,且是奇函数.当时,,,其中.若在区间上,关于的方程有8个不同的实数根,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意可知,函数和在上的图象有个不同的交点,作出两函数图象,即可数形结合求出.
【详解】作出两函数的图象,如图所示：

由图可知,函数和在上的图象有个不同的交点,
故函数和在上的图象有个不同的交点,才可以在上在轴上方有6个交点.
所以,圆心到直线的距离为,解得,因为两点连线斜率为,所以,.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了分段函数的图象应用,函数性质的应用,函数的零点个数与两函数图象之间的交点个数关系的应用,意在考查学生的转化能力和数形结合能力,属于中档题.
二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分.
15.若△ABC中，，那么cosC= ．
【答案】-0.25.
【解析】
试题分析：由正弦定理得，
所以.
故答案为-0.25.
考点：正弦定理；余弦定理.
16.某所学校计划招聘男教师名，女教师名，和须满足约束条件，则该校招聘的教师人数最多是__________名.
【答案】7
【解析】
【分析】
由题意由于某所学校计划招聘男教师x名，女教师y名，且x和y须满足约束条件，又不等式组画出可行域，又要求该校招聘的教师人数最多令z＝x+y，则题意求解在可行域内使得z取得最大．
【详解】由于某所学校计划招聘男教师x名，女教师y名，且x和y须满足约束条件，画出可行域为：

对于需要求该校招聘的教师人数最多，令z＝x+y⇔y＝﹣x+z 则题意转化为，在可行域内任意去x，y且为整数使得目标函数代表的斜率为定值﹣1，截距最大时的直线为过⇒（5，5）时使得目标函数取得最大值为：z＝10．
故答案为：10．
【点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.
17.如图，圆柱中，两半径，等于1，且，异面直线与所成角的正切值为，则该圆柱的体积为______．

【答案】
【解析】
【分析】
过作于点，则，由平行等于，且得，所以圆柱的高，圆柱的体积为．
【详解】过作于点，
则即为异面直线与所成角，
则，

由平行等于，且，
可得，
得，
又,
所以圆柱的高，
所以圆柱的体积为．
故答案为：.
【点睛】本题考查圆柱的体积的计算，同时也考查了异面直线所成的角，考查空间推理能力，属于中等题.
18.已知双曲线的右焦点为,以为圆心,以为半径的圆交双曲线的右支于,两点（为坐标原点）,的一个内角为,则双曲线的离心率的平方为________.
【答案】
【解析】
【分析】
由双曲线的对称性及一内角为可得为等边三角形,进而求点P的坐标,再由P在双曲线上,代入双曲线方程,由代入化简即可求离心率e.
【详解】如下图所示：,且一个内角为,
则为等边三角形,所以
连接,,则
,

,即
,故
又因为P为双曲线：上一点
所以,即.
因为双曲线离心率,故.故解得

故答案为：
【点睛】本题主要考查双曲线的离心率求解,解决本类题目关键是要数形结合分析题意,从图中挖掘条件列式求解.属于难题.
19.点为双曲线上一点，，分别为的左、右焦点，且，与轴交于点，为坐标原点，若四边形有内切圆，则的离心率为________.
【答案】2
【解析】
【分析】
根据，分别为的左、右焦点，且，得到的坐标，进而设出的直线方程，再根据四边形有内切圆，求出其圆心和半径，然后利用圆心M到直线的距离等于半径求解.
【详解】因为，分别为的左、右焦点，且，
所以，
所以，
所以的直线方程为：，即，
因为四边形有内切圆，即内切圆在第一象限与x，y轴，相切，
所以其圆心，半径，
所以圆心M到直线的距离为：，
化简得：，
令，得，又，
解得，
所以.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，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.
（一）必考题：共60分.
20.已知数列中，，，
（1）求证：数列是等比数列;
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
(1)根据求得,化简成含的表达式再得即可.
(2)根据(1)中等比数列首项与公比求得数列的通项公式,再代入即可求得数列的通项公式,再根据分组求和求解即可.
【详解】（1）证明：因为
所以,
又因为,则,
所以数列是首项为2,公比为2的等比数列.
（2）由（1）知,所以,
所以


【点睛】本题主要考查了数列的递推公式证明等比数列的方法,同时也考查了分组求和与等比等差数列求和的公式等.属于中等题型.
21.石嘴山市第三中学高三年级统计学生的最近20次数学周测成绩，现有甲乙两位同学的20次成绩如茎叶图所示:

（1）根据茎叶图求甲乙两位同学成绩的中位数，并将同学乙的成绩的频率分布直方图填充完整；
（2）根据茎叶图比较甲乙两位同学数学成绩的平均值及稳定程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；
（3）现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意选出2个成绩，记事件为“其中2个成绩分别属于不同的同学”，求事件发生的概率.
【答案】（1）见解析；（2）乙的成绩的平均分比甲的成绩的平均分高，乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中 ；（3）.
【解析】
【分析】
（1）直接由茎叶图求解.
（2）由茎叶图中数据的集中程度直接判断．
（3）甲同学的不低于140分的成绩有2个设为a，b，乙同学的不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e，即可求得任意选出2个成绩有10种，其中2个成绩分属不同同学的情况有6种，利用古典概型概率公式即可得解．
【详解】（1）甲的成绩的中位数是119，乙的成绩的中位数是128，
同学乙的成绩的频率分布直方图如下：

（2）从茎叶图可以看出，乙的成绩的平均分比甲的成绩的平均分高，乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中 .
（3）甲同学的不低于140分的成绩有2个设为a，b，
乙同学的不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e ,
现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意选出2个成绩有：
(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)共10种，
其中2个成绩分属不同同学的情况有：
(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)共6种，
因此事件A发生的概率P(A)= .
【点睛】本题主要考查了茎叶图知识，考查了平均数计算及稳定性判断，还考查了古典概型概率计算，属于基础题．
22.某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动，活动规则如下：消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置. 若指针停在区域返券60元；停在区域返券30元；停在区域不返券. 例如：消费218元，可转动转盘2次，所获得的返券金额是两次金额之和.

（1）若某位顾客消费128元，求返券金额不低于30元的概率；
（2）若某位顾客恰好消费280元，并按规则参与了活动，他获得返券的金额记为（元），求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）；（2）40
【解析】
【详解】设指针落在A,B,C区域分别记为事件A,B,C.
则.
（Ⅰ）若返券金额不低于30元，则指针落在A或B区域.

即消费128元的顾客，返券金额不低于30元的概率是.
（Ⅱ）由题意得，该顾客可转动转盘2次.
随机变量的可能值为0，30，60，90，120.

所以，随机变量的分布列为：


0

30

60

90

120















其数学期望.
23.如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，M，N分别是，，的中点.

（1）证明：平面；
（2）求点C到平面的距离.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）连结，，利用三角形中位线的性质和线面平行的判定定理即可得证；
（2）过C作的垂线，垂足为H，利用线面垂直的判定定理和性质定理可证平面，即的长即为C到平面的距离，在中利用三角形面积相等求出即可.
【详解】（1）证明：如图所示：连结，，因为M，E分别为，的中点，
所以，且，又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面.

（2）过C作的垂线，垂足为H，由已知可得，，
所以平面，故，因为，，
所以平面，故的长即为C到平面的距离，
由已知可得，，所以，
故，所以点C到平面的距离为.
【点睛】本题考查线面平行的判定定理和利用线面垂直的判定定理和性质定理求点到面的距离；考查逻辑推理能力和空间想象能力；熟练掌握线面垂直的判定与性质是求解本题的关键；属于中档题.
24.已知椭圆：的左、右焦点为，，点在椭圆上，且面积的最大值为，周长为6.
（1）求椭圆的方程，并求椭圆的离心率；
（2）已知直线：与椭圆交于不同的两点，若在轴上存在点，使得与中点的连线与直线垂直，求实数的取值范围
【答案】（1），椭圆的离心率（2）
【解析】
【分析】
（1）利用基本量法，列方程，求解即可．
（2）联立方程组，利用根与系数的关系求出的中点的坐标，根据与中点的连线与直线垂直得出点横坐标的表达式，利用基本不等式得出的取值范围．
【详解】（1）由题意得，解之得，，，
所以椭圆的方程为，
椭圆的离心率；
（2）由得，
设，，则，，
所以线段中点的坐标为，
则，整理得，
因为，所以，当且仅当，即时上式取得等号，
此时取得最小值，
因为，所以，
所以实数取值范围是.
【点睛】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
25.已知椭圆的两个焦点为，，椭圆上一动点到，距离之和为4，当到轴上的射影恰为时，，左、右顶点分别为，，为坐标原点，经过点的直线与椭圆交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）记与的面积分别为，，求的最大值.
【答案】（1）椭圆的方程为： （2）的最大值为
【解析】
【分析】
（1）先根据椭圆的定义得，再由到轴上的射影恰为时，得关于的方程，最后结合椭圆中，解方程组即可求解.
（2）根据题意设直线的方程为：，与椭圆方程联立，得到两根和、两根积，再将整理为韦达定理的形式，代入化简即可求解.
【详解】解：（1）由题意知：，所以 ①，
又，且，
所以 ②，
又③，
由①②③得：，
所以椭圆的方程为：.
（2）由题意直线过点，且斜率不为0，
所以设直线的方程为：，
联立
得：，
设点，
则，
因为，，
所以，
又，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为.
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆位置关系中直线方程的设法以及求面积的范围问题，解题关键在于依题意反设直线方程，能达到简化第二问计算的效果，属于中档题.
26.设函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有最大值-ln2，求m+n的最小值.
【答案】(1) 在上单调递增；在上单调递减;(2) .
【解析】
试题分析：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），，对m分类讨论即可得出．（2）由（1）利用单调性知道，函数先增后减，可以求得函数的最大值，再求出，将函数变为一个变量，求出范围.
（1）函数定义域为，
当时，，∴在上单调递增；
当时，得，
∴在上单调递增；在上单调递减.
(2)由（1）知，当时，在上单调递增；在上单调递减.
∴
∴， ∴
令 则
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴.
点睛：讨论函数的单调性即讨论导函数的正负,导函数中有参数m，需要对m进行讨论，来判断正负；第二问已知函数最值可以求得两个变量的关系，，最终将
转化成一个变量的表达式，，根据的范围来求出函数式子的范围即可.
27.已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若方程存在两个不同的实数根，，证明：.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】
试题分析：
（1）先求得函数的定义域为，由及对取值的讨论可得当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）设，，可得，．故原不等式可化为证，等价于．在此基础上，令，转化为证成立，构造函数，通过单调性可得不等式成立．
试题解析：
（1）函数的定义域为，
∵
∴.
①当时，，故在区间上单调递增.
②当时，
则当时，，上单调递增；
当时，，上单调递减．
综上，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）由方程存在两个不同的实数根，，可设，
∵，，
∴，
∴.
要证，只需证，等价于，
设，则上式转化为，
设，
则，
∴在上单调递增，
∴，
∴，
∴.
二、选考题：共10分.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
28.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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）设为曲线上不同两点（均不与重合），且满足，求的最大面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由曲线的参数方程消去参数，得到曲线的普通方程，再利用普通方程与极坐标方程的转化公式即可得到答案；
（2）设出两点的极坐标，代入极坐标方程中，得到与，由三角形面积公式，对其进行化简，结合三角函数的值域，即可得到三角形面积的最大值．
【详解】（1）设曲线上任意点的极坐标为，由题意，曲线的普通方程为，即，则，故曲线的极坐标方程为.
（2）设，则，故，
因为点在曲线上，则，，故
，,
故时，取到最大面积为.
【点睛】本题考查参数方程、普通方程以及极坐标方程的转化，其中普通方程与极坐标方程转化的公式为： ，考查两线段积的取值范围的求法，涉及三角函数的辅助角公式以及三角函数的值域，考查学生转化与划归的思想以及运算求解的能力，属于中档题．
选修4-5：不等式选讲
29.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】
【分析】
（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．
30.如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，，，分别是，，的中点.

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）如图所示，连接，，证明四边形为平行四边形得到答案.
（Ⅱ）证明，以分别为轴建立空间直角坐标系，计算平面和的法向量，计算夹角得到答案.
【详解】（Ⅰ）如图所示：连接，，，分别是，的中点，则，
是中点，故，易知，故，
故四边形为平行四边形，故，平面，故平面.
（Ⅱ）根据余弦定理： ，故，
，故，
如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，则，
取得到，
设平面的法向量为，则，
取得到，
，
故二面角的正弦值为.

【点睛】本题考查了线面平行，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.