广西柳州市2020届高三第一次模拟考试数学（文）试题

柳州市2020届高三第一次模拟考试卷

文科数学

（考试时间120分钟满分150分）

一、选择题：本大题共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.设集合，，则（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

化简集合，按并集的定义，即可求解.

【详解】，，

.

故选：A.

【点睛】本题考查集合间的运算，求解对数不等式是解题的关键，属于基础题.

2.若复数满足，其中为虚数为单位，则=（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

因为，所以，，所以，故选A.

考点：复数的概念与运算.

3.为了解某地区的“微信健步走”活动情况，拟从该地区的人群中抽取部分人员进行调查，事先了解到该地区老中、青三个年龄段人员的“微信健步走”活动情况有较大差异，而男女“微信健走”活动情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（    ）．

A. 简单随机抽样 B. 按性别分层抽样

C. 按年龄段分层抽样 D. 系统抽样

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意，结合分层抽样方法，即可得出结论.

【详解】根据该地区老中、青三个年龄段人员的“微信健步走”活动情况有较大差异，

而男女“微信健走”活动情况差异不大，最合理的抽样方法是按年龄段分层抽样，

这种抽样分式，更具有代表性，比较合理.

故选：C

【点睛】本题考查抽样方法，要掌握三种抽样的区别以及适用的范围，属于基础题.

4.如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据三视图还原直观图，其直观图为底面是正方形的四棱锥，将其拓展为正方体，转化为求正方体的外接球的表面积.

【详解】由三视图可得，该几何体为底面是正方形，

一条侧棱与底面垂直的四棱锥，

以为顶点将其拓展为正方体，

且正方体的边长为，则正方体的外接球为四棱锥的外接球，

外接球直径为正方体的对角线，即，

所以该几何体的外接球的表面积为.

故选：B.

【点睛】本题考查三视图与直观图的关系、多面体与球的“外接”问题，考查等价转化思想以及直观想象能力，属于基础题.

5.已知，并且成等差数列，则的最小值为（  ）

A. 2 B. 4 C. 5 D. 9

【答案】D

【解析】

∵成等差数列，

，

当且仅当a=2b即时“=“成立，

本题选择D选项.

点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．

6.函数在处有极值10，则点为（　　）

A.  B.

C. 或 D. 不存在

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：，则，解得或，当时，，此时在定义域上为增函数，无极值，舍去.当,,为极小值点,符合,故选B

考点：1.用导数研究函数的极值；2.函数在某一点取极值的条件.

【易错点睛】本题主要考查用导数研究函数的极值问题，要求掌握可导函数取得有极值的条件，是函数取得极值的必要不充分条件.求解之后要注意检验，本题中，当时，，此时在定义域上为增函数，无极值，不符合题意，舍去.本题容易错选A，认为两组解都符合，一定要注意检验.

7.设、、是三条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列四个命题：

①若，，，，，则；

②若，，则；

③若，是两条异面直线，，，，且，则；

④若，，，，，则.

其中正确命题的序号是（    ）

A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④

【答案】A

【解析】

【分析】

根据线面平行的性质定理以及空间中平行直线的传递性可判断出命题①的正误；根据面面关系可判断出命题②的正误；利用线面平行的性质定理以及直线与平面垂直的判定定理可判断出命题③的正误；根据线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理可判断出命题④的正误.

【详解】对于命题①，，，，由直线与平面平行的性质定理可得，

，，由平行线的传递性可知，命题①正确；

对于命题②，，，则平面与平面平行或相交，命题②错误；

对于命题③，过直线作平面，使得，，，，

，，，若，根据平行线的传递性可得，这与题意矛盾，

又、，，，，又，、，，

命题③正确；

对于命题④，，，，，但、不一定垂直，则与不一定垂直，所以与也不一定垂直，命题④错误.

因此，正确的命题序号为①③.

故选A.

【点睛】本题考查线面关系、面面关系有关命题的判断，判断时要熟悉线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查推理能力，属于中等题.

8.某种产品的广告费支出与销售额之间有如下对应数据（单位：百万元），根据下表求出关于的线性回归方程为，则表中的值为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】根据规律知道回归直线一定过样本中心，故得到，得到的值为.

故答案为B.

9.执行如图所示的程序框图，如果输入n＝3，则输出的S＝（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

列出循环过程中与的数值,满足判断框的条件即可结束循环.

【详解】判断前,

第1次循环,,

第2次循环,,

第3次循环,,

,此时,,满足判断框的条件,结束循环,输出结果:

故选:B

【点睛】本题考查程序框图中的循环结构,考查裂项求和,难度较易.

10.设函数，则，则（　　）

A. 在单调递增，其图象关于直线对称

B. 在单调递增，其图象关于直线对称

C. 在单调递减，其图象关于直线对称

D. 在单调递减，其图象关于直线对称

【答案】D

【解析】

,

由得，再由,所以.

所以y=f(x)在在单调递减,其图象关于直线对称,故选D.

11.若定义在上的偶函数满足，且时，，则函数的零点个数是（    ）．

A. 2个 B. 4个 C. 6个 D. 8个

【答案】D

【解析】

【分析】

根据已知可得是周期为2的偶函数，令，转化为求出图象与的图象交点的个数，画出函数图象即可求解.

【详解】是定义在上的偶函数，且时，，

当时，，

又满足，

所以是周期为2的偶函数，且，

令，，

设，则为偶函数，

所以的零点的个数为与在上交点个数的两倍，

画出在图象，

可得与在上交点个数为4个，

所以零点为8个.

故选：D.

【点睛】本题考查函数的零点与函数交点间的关系，以及函数性质的应用，考查数形结合思想，属于中档题.

12.已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为，若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由已知可得以为直径的圆与渐近线有公共点，得出的不等量关系，结合，即可求解.

【详解】抛物线的焦点为，

双曲线的右顶点为，

在的渐近线上存在点，使得，

不妨设渐近线方程为，

则以为直径的圆与渐近线有公共点，

即的中点到直线的距离，

即

.

故选：B.

【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，应用直线与圆的位置关系是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13.若，则=_________________

【答案】

【解析】

分析：由二倍角公式求得，再由诱导公式得结论．

详解：由已知，

∴．

故答案为．

点睛：三角函数恒等变形中，公式很多，如诱导公式、同角关系，两角和与差的正弦（余弦、正切）公式、二倍角公式，先选用哪个公式后选用哪个公式在解题中尤其重要，但其中最重要的是“角”的变换，要分析出已知角与未知角之间的关系，通过这个关系都能选用恰当的公式．

14.一船以每小时的速度向东航行,船在处看到一个灯塔在北偏东，行驶后，船到达处，看到这个灯塔在北偏东，这时船与灯塔的距离为    

【答案】

【解析】

【详解】

依题意,作图如图，
,

在中,，

设,
根据正弦定理得:,
即,

，
答:这时船与灯塔的距离为,

故答案为

15.已知圆C经过两点，圆心在轴上，则C的方程为__________．

【答案】.

【解析】

【分析】

由圆的几何性质得，圆心在的垂直平分线上,结合题意知，求出的垂直平分线方程，令，可得圆心坐标，从而可得圆的半径，进而可得圆的方程.

【详解】由圆几何性质得，圆心在的垂直平分线上,结合题意知，的垂直平分线为，令，得，故圆心坐标为，所以圆的半径，故圆的方程为.

【点睛】本题主要考查圆的性质和圆的方程的求解,意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.

16.在等腰梯形ABCD中,已知,点E和点F分别在线段BC和CD上,且则的值为        ．

【答案】

【解析】

在等腰梯形ABCD中,由,得,,,所以

.考点：平面向量的数量积.

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．

17.设正项等比数列且的等差中项为．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，数列前n项为，数列满足，为数列的前项和，求．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用已知条件列出方程，求出首项与公比，然后求解通项公式．

（2）化简数列的通项公式，利用裂项相消法求解数列的和即可．

【详解】（1）设等比数列的公比为，

由题意，得，解得，

所以.

（2）由（1）得，

∴，

∴，

∴.

【点睛】本题考查数列的递推关系式以及数列求和，考查转化思想以及计算能力．

18.目前，青蒿素作为一线抗疟药品得到大力推广某农科所为了深入研究海拔因素对青蒿素产量的影响，在山上和山下的试验田中分别种植了株青蒿进行对比试验.现在从山上和山下的试验田中各随机选取了株青蒿作为样本，每株提取的青蒿素产量（单位：克）如下表所示：

（1）根据样本数据，试估计山下试验田青蒿素的总产量；

（2）记山上与山下两块试验田单株青蒿素产量的方差分别为，，根据样本数据，试估计与的大小关系（只需写出结论）；

（3）从样本中的山上与山下青蒿中各随机选取株，记这株的产量总和为，求的概率.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）由山下试验田株青蒿样本青蒿素产量数据，能求出样本平均数和山下试验田株青蒿的青蒿素产量的估计值；

（2）比较山上、山下单株青蒿样本青蒿素产量数据的离散程度，可得出、的大小关系；

（3）记事件，列出表格得出从山上与山下青蒿中各随机选取株的青蒿素产量总和，从表格中得出基本事件的总数，并得出事件所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可计算出事件的概率.

【详解】（1）由山下试验田株青蒿样本青蒿素产量数据，得样本平均数，

则山下试验田株青蒿的青蒿素的总产量估算为：；

（2）由样本中山上、山下单株青蒿素产量的离散程度知；

（3）记为事件，列表：

由上表可以看出，这株的产量总和的所有情况共有种，

而其中的情况共有种，故：.

【点睛】本题考查平均数的计算、以及方差与样本稳定性之间的关系，同时也考查了古典概型概率的计算，考查学生收集数据和处理数据的能力，属于中等题.

19.如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，，侧面底面．

（1）求证：平面平面；

（2）若，且三棱锥的体积为，求侧面的面积．

【答案】(1)证明见解析； (2).

【解析】

【分析】

（1）由梯形，设，则，，运用勾股定理和余弦定理，可得，由线面垂直的判定定理可得平面，运用面面垂直的判定定理即可得证；

（2）运用面面垂直的性质定理，以及三棱锥的体积公式，求得，运用勾股定理和余弦定理，可得，，运用三角形的面积公式，即可得到所求值．

【详解】（1）在梯形中，，，，

设，则，，在直角三角形中，，

可得，，，

由余弦定理可得，

则，由面底面，

所以平面，

又平面，

所以平面平面；

（2）解：，且三棱锥的体积为，

由，

在中，可得，

的边上的高，

由平面，可得

，

解得，

由平面，可得，

，

又，

在等腰三角形中，

边上的高为，

则的面积为．

【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的运用、三棱锥的体积公式，考查转化与化归思想的运用，考查推理能力和空间想象能力，属于中档题．

20.已知函数.

(I)当a=2时,求曲线在点处的切线方程；

(II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由,通过讨论确定的单调性,再由单调性确定极值.

试题解析：（Ⅰ）由题意，

所以，当时，，，

所以，

因此，曲线在点处的切线方程是，

即.

（Ⅱ）因为，

所以，

，

令，

则，

所以在上单调递增，

因为，

所以，当时，；当时，.

（1）当时，，

当时，，，单调递增；

当时，，，单调递减；

当时，，，单调递增.

所以当时取到极大值，极大值是，

当时取到极小值，极小值是.

（2）当时，，

当时，，单调递增；

所以在上单调递增，无极大值也无极小值.

（3）当时，，

当时，，，单调递增；

当时，，，单调递减；

当时，，，单调递增.

所以当时取到极大值，极大值是；

当时取到极小值，极小值是.

综上所述：

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是；

当时，函数在上单调递增，无极值；

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是.

【考点】导数的几何意义及导数的应用

【名师点睛】(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．

21.已知圆：经过椭圆：的左右焦点，且与椭圆在第一象限的交点为，且三点共线，直线交椭圆于，两点，且（）.

（1）求椭圆的方程；

（2）当三角形的面积取得最大值时，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）．

【解析】

试题分析：（1）求椭圆标准方程，由圆与轴的交点，可求得，利用三点共线，由是圆的直径，从而，利用勾股定理可求得，从而由椭圆的定义可求得，于是得，椭圆方程即得；

（2）是确定的，，说明，于是直线斜率已知，设出其方程为，代入椭圆方程，消去得的二次方程，从而有（分别是的横坐标），由直线与圆锥曲线相交的弦长公式可求得弦长，再由点到直线距离公式求出到直线的距离，可计算出的面积，最后利用基本不等式可求得面积的最大值，及此时的值，得直线方程．

解析：

（1）

如图，圆经过椭圆的左、右焦点，，所以，解得,因为，，三点共线，所以为圆的直径， 所以,因为，所以.所以,由，得．所以椭圆的方程为.

（2）由（1）得，点的坐标为，因为,所以直线的斜率为，设直线的方程为,联立，得,设，由，得．因为                           

所以, 又点到直线的距离为，.当且仅当，即时，等号成立,所以直线的方程为或.

点睛：本题考查椭圆中的三角形面积的最值问题，解题时，一般设出直线方程，如直线方程为，设出交点坐标，由直线方程与椭圆方程联立，消元后可得，再由圆锥曲线中的弦长公式表示出弦长，再求点到直线的距离，这样可把三角形的面积用参数表示出来，最后可利用基本不等式求最值，并求出取最大值时参数的值，得直线方程.“设而不求”思想是解决直线与圆锥曲线相交问题的主要方法.

（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

22.在直角坐标系中，曲线，曲线（为参数），以坐标原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求，的极坐标方程；

（2）射线l的极坐标方程为，若l分别与，交于异于极点的，两点，求的最大值.

【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；

（2）；

【解析】

【分析】

（1）利用直角坐标和极坐标相互转化的公式，将曲线的直角坐标方程转化为极坐标方程.先求得曲线的直角坐标方程，再转化为极坐标方程.

（2）将射线的极坐标方程分别和联立，求得和的表达式，利用二次函数的性质求得的最大值，也即求得的最大值.

【详解】（1），

故的极坐标方程为.

而的直角坐标方程为，即，

的极坐标方程为.

（2）直线l分别与，联立得

，则

，则

，

由于，根据二次函数性质可知，当时，有最大值为，故有最大值.

【点睛】本小题主要考查直角坐标方程、参数方程转化为极坐标方程，考查利用极坐标的几何性质来研究直线和圆锥曲线相交所得弦长的有关计算问题，考查利用二次函数的性质来求最值，属于中档题.

选修4-5：不等式选讲

23.已知函数，不等式的解集为.

（1）求；

（2）记集合的最大元素为，若、、都是正实数，且.求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）分、、三种情况，去绝对值解不等式，可得出集合；

（2）由（1）知，，则，然后将代数式与相乘，利用柯西不等式可证明出.

【详解】（1）.

当时，，解得，此时；

当时，，解得，此时；

当时，，解得，此时.

故不等式的解集为，因此，集合；

（2）由（1）可知，，

由柯西不等式得，

即，当且仅当时，即当，，时取等号.

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，同时也考查了利用柯西不等式证明三元不等式，解题的关键在于对代数式进行合理配凑，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.