1、辽宁省辽阳市2020届高三数学一模考试试题 文（含解析）考生注意：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷（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.第卷一、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.若，则（ ）A. 的实部大于的实部B. 的实部等于的实部C. 的虚部大于的虚部D. 的虚部小于的虚部【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘法运算计算即可.【详解】因为，所以的实部小于的实部，的虚部大于的虚部.故选：C【点睛】本题主要考查复数的乘法运算，考查学生的基本计
2、算能力，是一道容易题.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式求得集合，由此求得.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.3.某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比.【详解】水费开支占总开支的百分比为.故选：
3、A【点睛】本题考查折线图与柱形图，属于基础题.4.若函数，则（ ）A. 的最大值为1B. C. 的最小正周期为2D. 【答案】B【解析】【分析】对所给选项进行简单推理即可.【详解】由已知，的最大值为2，的最小正周期为1，故排除A、C选项；，排除D.故选：B【点睛】本题考查正弦型函数的性质，涉及到函数的最值、周期等知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.5.设非零向量，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由可得，利用数量积的运算性质结合条件可得答案.【详解】，.，.故选：A【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零求向量的模长，属于中档题.6.设双曲线，的离心率分别
4、为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】已知双曲线标准方程，根据离心率的公式，直接分别算出，即可得出结论.【详解】对于双曲线，可得，则，对于双曲线，得，则，对于双曲线，得，则，可得出，所以.故选：D.【点睛】本题考查双曲线的标准方程和离心率，属于基础题.7.将60个个体按照01，02，03，60进行编号，然后从随机数表的第9行第9列开始向右读数（下表为随机数表的第8行和第9行）63 01 63 78 59 16 95 55 67 19 98 10 50 71 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 7933 21 12 34 29 78 64 56 0
5、7 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54则抽取的第11个个体的编号是（ ）A. 38B. 13C. 42D. 02【答案】D【解析】【分析】随机数表第9行第9列为2，从29开始依次向右读数，读出11个小于等于60的数字，从而得答案.【详解】随机数表第9行第9列为2，抽取的个体分别为29，56，07，52，42，44，38，15，51，13，02.所以第11个个体为02.故选：D【点睛】本题考查随机数表的应用，考查利用随机数表抽取样本数据，属于基础题.8.若，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由条件有，利
6、用均值不等式有可得到答案.【详解】因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值为4.故选：C【点睛】本题考查对数的运算性质和利用均值不等式求最值，属于中档题.9.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由可得，再利用余弦的二倍角公式可得答案.【详解】因为，所以，所以.故选：D【点睛】本题考查同角三角函数的关系和余弦的二倍角公式，属于中档题.10.已知函数的图象关于点对称，当时，且在上单调递增，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知可得在上单调递增，结合二次函数的图象即可得到答案.【详解】函数的图象关于点对称且在上单调递增，所以在上
7、单调递增，所以对称轴，即.故选：C【点睛】本题考查函数的性质，涉及到单调性、对称性等知识，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.11.如图，在正四棱柱中，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则( )A. 直线与直线异面，且B. 直线与直线共面，且C. 直线与直线异面，且D. 直线与直线共面，且【答案】B【解析】【分析】连接，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解.【详解】如图所示：连接，由正方体的特征得，所以直线与直线共面.由正四棱柱的特征得，所以异面直线与所成角为.设，则，则，由
8、余弦定理，得.故选：B【点睛】本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.12.已知直线yk（x1）与抛物线C：y24x交于A，B两点，直线y2k（x2）与抛物线D：y28x交于M，N两点，设|AB|2|MN|，则（ ）A. 16B. 16C. 120D. 12【答案】D【解析】【分析】分别联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理，可得，然后计算，可得结果.【详解】设， 联立则，因为直线经过C的焦点， 所以.同理可得，所以故选：D.【点睛】本题考查的是直线与抛物线的交点问题，运用抛物线的焦点弦求参数，属基础题。第卷二、填空题：本大题共4小题，
9、每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.分别为内角的对边.已知，则_.【答案】【解析】【分析】由根据正弦定理有，可得答案.【详解】因为，所以，又，所以.故答案为：【点睛】本题考查利用正弦定理进行边角的互化，属于基础题.14.四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且，则四面体ABCD的体积为_，球O的表面积为_【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】根据四面体的特征，利用锥体体积公式求解，利用补图法可得该四面体的外接球与以AB，AC，AD为长宽高的长方体的外接球相同，求出体对角线长度即直径，即可得解.【详解】因为AB，AC，AD两两垂直，且
10、，所以四面体ABCD的体积，该四面体外接球与以AB，AC，AD为长宽高的长方体的外接球相同，直径为该长方体的体对角线长球O的表面积为.故答案为：1，【点睛】此题考查求锥体体积，解决几何体外接球问题，需要积累常见几何体外接球半径的求解方法，以便于解题中能够事半功倍.15.小林手中有六颗不同的糖果，其中牛奶薄荷味、巧克力味、草莓味各两颗，现要将糖果随机地平均分给他的儿子与女儿两人，则这两个孩子都分三种口味的糖果的概率为_.【答案】【解析】【分析】先求得糖果随机地平均分给他的儿子与女儿两人共有20种分法，再求得这两个孩子都分到三种口味的糖果分法的种数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由
11、题意，价格牛奶薄荷味、巧克力味、草莓味的六颗不同的糖果，将糖果随机地平均分给他的儿子与女儿两人，共有种分法，其中这两个孩子都分到三种口味的糖果共有种分法，所以这两个孩子都分三种口味的糖果的概率为,故答案为：.【点睛】本题主要考查了排列、组合的应用，以及古典概型及其概率的计算，其中解答中正确理解题意，合理利用排列、组合的知识求得基本事件的总数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.16.函数的最小值为_【答案】【解析】【分析】结合换元法以及利用导数求得的最小值.【详解】令，函数变为，所以在上递减，在上递增，所以，也即函数的最小值为.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的最值，属于中档题
12、.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤1721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.如图，四棱锥的底面是正方形，为的中点，.（1）证明：平面.（2）求三棱锥的侧面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；（2）只需计算，的面积，相加即可.【详解】（1）证明：因为为的中点，所以，所以，从而.又，所以底面，所以.因为四边形是正方形，所以.又，所以平面.（2）由（1）知平面，因为，所以平面，因为平面，所以，所以的面积为.易证，所以的面积为.故三
13、棱锥的侧面积为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及三棱锥侧面积的计算问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道容易题.18.某公司A产品生产的投入成本x（单位：万元）与产品销售收入y（单位：十万元）存在较好的线性关系，下表记录了该公司最近8次该产品的相关数据，且根据这8组数据计算得到y关于x的线性回归方程为x（万元）6781112141721y（十万元）1.21.51.722.22.4262.9（1）求的值（结果精确到0.0001），并估计公司A产品投入成本30万元后产品的销售收入（单位：十万元）（2）该公司B产品生产的投入成本u（单位：万元）与产品销售收入v（单位：十万元）也存在较
14、好的线性关系，且v关于u的线性回归方程为（i）估计该公司B产品投入成本30万元后的毛利率（毛利率）；（ii）判断该公司A，B两个产品都投入成本30万元后，哪个产品的毛利率更大【答案】（1）；产品投入成本万元后的收入估计值为（单位：十万元）.（2）（i）产品投入成本万元后的毛利率为；（ii）产品投入成本万元后的毛利率的毛利率更大.【解析】【分析】（1）将代入回归直线方程，求得，并由此对销售收入进行估计.（2）（i）根据毛利率的计算公式，计算出产品投入成本万元后的毛利率.（ii）根据毛利率的计算公式，计算出产品投入成本万元后的毛利率，由此判断出毛利率更大的产品.【详解】（1）依题意，代入回归直线方
15、程，得，解得，所以，令，可得（单位：十万元）（2）（i）由于，所以当时，（单位：十万元），故毛利率为.（ii）由（1）得当时，（单位：十万元），故毛利率为所以产品的毛利率更大.【点睛】本小题主要考查回归直线方程的求法，考查利用回归直线方程进行估计，考查运算求解能力，属于中档题.19.设为数列的前项和，且.（1）证明：数列为等比数列，并求.（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析，；（2）【解析】【分析】（1），结合，可得数列为等比数列，进一步可得的通项；（2）当时，再利用分组求和法求和即可.【详解】（1）证明：，又，故数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，当时，故.（2）当时，则.又，
16、.【点睛】本题主要考查构造法证明等比数列、分组法求数列前n项和，考查学生的数学运算能力，逻辑推理能力，是一道容易题.20.已知函数.（1）讨论在上的单调性；（2）若，求不等式的解集.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1），分，四种情况讨论即可；（2）当，易得在上单调递增，而，利用函数单调性只需解不等式即可.【详解】（1）.当时，则在上单调递增.当时，令，得.（i）当时，令，得；令，得.所以得单调递减区间为，单调递增区间为.（ii）当时，令，得；令，得或.所以得单调减区间为，单调递增区间为，.（iii）当时，令，得；令，得所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）因为，所以，当时
17、，所以在上单调递增，因为，所以，解得，故所求不等式的解集为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及利用单调性解不等式的问题，考查学生分类讨论的思想，是一道中档题.21.已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点.（1）证明：当取得最小值时，椭圆的短轴长为.（2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在定圆，使得圆与直线总相切.【解析】【分析】（1）由已知，利用1的替换可得，展开利用基本不等式即可得到最值；（2）由已知可得椭圆方程，当直线的斜率不存在时，可得到直线的距离；当直线的斜率
18、存在时，设的方程为，联立椭圆方程得到根与系数的关系，设，利用可得到的关系，到直线的距离，综上即可得到答案.【详解】（1）证明：椭圆经过点，当且仅当，即时，等号成立，又，的短轴长为.（2）椭圆的焦距为2，又，.当直线的斜率不存在时，由对称性，设，在椭圆上，到直线的距离.当直线的斜率存在时，设的方程为，由，得，设，则，即，到直线的距离.综上，到直线的距离为定值，且定值为存在定圆，使得圆与直线总相切.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系中的定值问题，涉及到基本不等式求最值，直线与圆相切等知识，是一道中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分
19、.22.在直角坐标系中，已知点，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，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）设曲线与曲线相交于，两点，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）消去参数方程中的参数，求得的普通方程，利用极坐标和直角坐标的转化公式，求得的直角坐标方程.（2）求得曲线的标准参数方程，代入的直角坐标方程，写出韦达定理，根据直线参数中参数的几何意义，求得的值.【详解】（1）由的参数方程（为参数），消去参数可得，由曲线的极坐标方程为，得，所以的直角坐方程为，即.（2）因为在曲线上，故可设曲线的参数方程为（为参数），代入化
20、简可得.设，对应的参数分别为，则，所以.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查利用利用和直线参数方程中参数的几何意义进行计算，属于中档题.23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用绝对值三角不等式求得的最小值，利用分析法，结合基本不等式，证得不等式成立.【详解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集为.（2），因为，所以要证，只需证，即证，因为，所以只要证，即证，即证，因为，所以只需证，因为，所以成立，所以.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题.