1、20192020学年度高三年级下学期第一次模拟考试数学（理科）试卷第卷（选择题 共60分）一、选择题（每小题5分，共60分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡）1. 设复数，则（ ）A. 1B. -1C. D. 【答案】A【解析】【分析】通分后再利用复数的乘法运算即可.【详解】.故选：A.【点睛】本题考查复数的乘法运算，属于基础题.2. 已知集合.，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的定义域和函数的值域，化简集合，按照交集定义，即可求解.【详解】，.故选：C.【点睛】本题考查集合的运算，涉及到函数的定义域与值域，属于基础题.3.
2、为比较甲、乙两名高中学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为5分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述不正确的是（ ）A. 甲的数据分析素养优于乙B. 乙的数据分析素养与数学建模素养相同C. 甲的六大素养整体水平优于乙D. 甲的六大素养中数学运算最强【答案】D【解析】【分析】根据雷达图逐个判断每个选项即可.【详解】A：甲的数据分析素养优于乙，故A正确；B：乙的数据分析优于数学建模素养相同；故B正确；C：甲的六大素养整体水平优于乙，故C正确；D：甲的六大素养中，直观想象，数据分析与逻辑推理能力最强，故D错误.故选：D.【点睛】
3、本题考查对雷达图的理解，属于基础题.4. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式结合弦化切可求得的值，再利用诱导公式可求得所求代数式的值.【详解】由题可得，解得.，因此，.故选：B.【点睛】本题考查利用弦化切求值，同时也考查了二倍角的余弦公式以及诱导公式的应用，考查计算能力，属于中等题.5. 已知，设，若随机变量满足：则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】计算可得，进而得到，同理.【详解】，距，比距较近，所以，同理，故，故选：B.【点睛】本题考查离散型随机变量的期望与方差的关系，属于中档题6. 函数的图象可能是（ ）A. B. C
4、. D. 【答案】A【解析】分析】首先判断函数的奇偶性、特殊值，逐一排除即可求解.【详解】因为为偶函数，定义域为，故排除C，D；当时，排除B，故选：A.【点睛】本题考查函数的图象与性质、三角函数的奇偶性，排除法的应用，属于基础题.7. 标准对数远视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，标准对数远视力表各行为正方形“E”形视标，且从视力5.2的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下方一行“E”边长的倍，若视力4.1的视标边长为，则视力4.9的视标边长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的性质求解即可.【详解】设第行视标边长为，第行视标边
5、长为由题意可得：则数列为首项为，公比为的等比数列即则视力4.9的视标边长为故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的应用，属于中档题.8. 已知，为椭圆：的两个焦点，若上存在点满足，则实数取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】讨论焦点的位置，然后利用焦点三角形顶点的位置和已知条件可找到m的取值范围.【详解】当焦点在轴上时，当为上下顶点时，最大，因为坐标，所以，即，解得；当焦点在轴上时，当为左右顶点时，最大，因为，所以，即，解得，故选：C.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质，考查的核心素养是数学运算、分类讨论思想.9. 已知函数和（）图象的交点中，任意连续三个
6、交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点.为了得到的图象，只需把的图象（ ）A. 向左平移1个单位B. 向左平移个单位C. 向右平移1个单位D. 向右平移个单位【答案】A【解析】【分析】如图所示，计算得到，取靠近原点的三个交点，得到，故，根据平移法则得到答案.【详解】如图所示：，故，.取靠近原点的三个交点，为等腰直角三角形，故，故，故，故为了得到的图象，只需把的图象向左平移1个单位 .故选：.【点睛】本题考查了三角函数图像，三角函数平移，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.10. 已知函数（）的最小值为0，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，计算可得，再结合图像即可求
7、出答案.【详解】设，则，则，由于函数最小值为0，作出函数的大致图像， 结合图像，得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了分段函数的图像与性质，考查转化思想，考查数形结合思想，属于中档题.11. 如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.【详解】连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、，如下图所示：
8、已知在正方体中，底面，平面，又四边形为正方形，所以，平面，平面，同理，平面，三棱锥的体积为，可得，所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，而正方体的棱长为，所以，如下图所示：其中，不妨设，由题意可，所以，可得，所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，根据题意可知，且，所以，.如图所示，当点在处时，最大，当点在处时，最小.这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取
9、值范围是.故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题.12. 已知双曲线的左、右顶点分别为、，左焦点为，为上一点，且轴，过点的直线与线段交于点（异于、），与轴交于点，直线与轴交于点，若（为坐标原点），则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设点在第二象限，设，点，利用和可得出，可得出、的等量关系，由此可计算得出双曲线的离心率.【详解】不妨设在第二象限，设点，则，可得，则点，由，得，；由，得，.两式相乘得，即，离心率为.故选：B【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，解题时要充分结合三角形相似三角
10、形列等式求解，考查计算能力，属于中等题.第卷（非选择题 共90分）二、填空题（共4题，每题5分）13. 已知平面向量与的夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】根据向量的模的平方等于向量的平方，代入可得答案.【详解】根据题意，则，又由与的夹角为，则，则；故答案为：.【点睛】本题考查向量的模、数量积的计算，属于基础题.14. 在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.过去10日，A、B、C、D四地新增疑似病例数据信息如下：A地：中位数为2，极差为5； B地：总体平均数为2，众数为2；C地：总体平均数为1，总体方
11、差大于0； D地：总体平均数为2，总体方差为3.则以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标志的是_(填A、B、C、D)【答案】AD【解析】【分析】对选项逐个分析，即得答案.【详解】对于地，因为中位数为2，极差为5，所以最大值为，满足每天新增疑似病例不超过7人，故地符合；对于地，若过去10日分别为，满足总体平均数为2，众数为2，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故地不符合；对于地，若过去10日分别为，满足总体平均数为1，总体方差大于0，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故地不符合；对于地，假设至少有一天疑似病例超过7人，设为8人，则方差为，与题中条件总体方差为3矛盾，故假设不成立.故满足
12、每天新增疑似病例不超过7人，故地符合.故答案为：.【点睛】本题考查利用中位数、极差、平均数、众数、方差等数据，对总体数据进行估算，属于中档题.15. 的内角的对边分别为，若，且为锐角，则当取得最小值时，的值为_.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理将表达式边化角变形，结合正弦和角公式即可求得，结合同角三角函数关系式求得，代入余弦定理表示出，代入中由基本不等式即可求得最小值，并求得取最小值时关系，进而求得的值.【详解】由正弦定理将变形可得，即，由可得，而是锐角，所以，则由余弦定理可得，则，当且仅当时，取得最小值，故，故，所以.故答案为: 【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的综合应用
13、，边角转化求三角函数值，基本不等式求最值的应用，属于中档题.16. 在空间直角坐标系中，正四面体的顶点，分别在轴，轴上移动，若该正四面体的棱长为2，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】在变化过程中，原点到中点距离不变，始终为1，因此固定正四面体位置，则则原点在以为直径的球上运动，为定值，这样利用类比圆的性质有的最大值为加上球半径，最小值为减去球半径，从而得出结论【详解】如图所示，若固定正四面体位置，设为的中点，因为，则原点在以为直径的球上运动，则的最大值为加上球半径，最小值为减去球半径，所以，故答案为：【点睛】本题考查空间直角坐标系，考查球的性质，本题解题方法中对“定”和“动”的转化值得
14、借鉴本题让空间直角坐标系动起来，反而容易得出距离的最值三、解答题：（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17. 如图，四棱锥中，二面角为直二面角，为线段的中点，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判定定理和性质定理及线面垂直的判定定理即可证明；（2）连接，在平面内作的垂线，建立空间直角坐标系如图所示，由（1）知为平面的一个法向量，设平面的法向量为，根据题意，求出向量，利用空间向量法求二面角的方法，则向量的夹角或其补角即为所求.【详解】（1）证明二面角为直二面角，所以平面平面，因为，平面
15、平面，平面，平面，又平面，又为的中点，又，平面，平面，平面平面.（2）如图，连接，在平面内作的垂线，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，即令，则，是平面的一个法向量， 平面，平面的一个法向量为，由图可知二面角的平面角为锐角，故二面角的大小为.【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质和空间向量法求二面角的平面角；考查逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握线面垂直、面面垂直的判定与性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.18. 数列，定义如下：，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列和的通项公式.【答案】（1）；（2），.【解析】分析】（1）由条件可判断数列是首项为-1，公比为-1的等比
16、数列，即可得出通项公式；（2）两式相加可判断数列成首项为3，公比为3的等比数列，求出通项公式，即可联立通项公式求出数列和的通项公式.【详解】（1）由和，两式相减得，又，则数列是首项为-1，公比为-1的等比数列，则.（2）两式相加得，则数列成首项为3，公比为3的等比数列，则，联立，所以，.【点睛】本题考查等比数列的判断和通项公式的求法，属于基础题.19. 已知抛物线：上的点到焦点的距离最小值为1.（1）求的值；（2）若点在曲线：上，且在曲线上存在三点，使得四边形为平行四边形.求三角形的面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义知原点到焦点距离最小，从而可得；（2）
17、先说明斜率不存在时不合题意，斜率存在时设方程为，设，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，利用平行四边形对角线互相平行求得点坐标，代入抛物线方程得关系式，求出面积，并代入刚才的关系式，消去，整理可得最小值【详解】解：（1）由抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，故最小值点应为，准线，由题意可得，解得；（2）当直线斜率不存在时，此时直线为垂直轴的直线，与抛物线只有一个交点，故舍去.当直线斜率存在时，设直线：，点在曲线：上，故，设，联立方程，得，故线段的中点，若要满足四边形为平行四边形，则，关于点对称.则.又点在抛物线上，故满足方程，即到直线的距离为，代入得：，当时，.所以三角形的面积的最小
18、值.【点睛】本题考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交中的面积问题，解题方法是设而不求的思想方法，设出直线方程代入抛物线方程后，应用韦达定理，此结论代入三角形面积化简后得出最小值，本题旨在考查学生的运算求解能力，逻辑推理能力20. 已知函数，且曲线在处的切线斜率为.（1）求实数的值；（2）证明：当时，；（3）若数列满足，且，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解；（2）证明在上成立，再转化为证明在上恒成立；（3）将问题转化为证明在上恒成立，然后构造函数，利用导数分析证明.【详解】解：（1），因为曲线在处的切线斜率为，所以，得.（
19、2）证明：将代入得，若，则只需证明：在上恒成立即可.令，则，令，则在恒成立，所以在上递增，又，即在上恒成立，所以在上单调递增；又，所以在上恒成立，即在上恒成立.（3）证明：由（2）可知，当时，因为，所以，设，则，所以.要证：，只需证，因为，所以，又，所以，则；故只需证：，即证.令，只需证当时，则，令，则则在上单调递增，又，所以在上恒成立，即在上递增，又，所以在上恒成立，所以在上递增，又，所以当时，所以原不等式成立.【点睛】本题考查导数的几何意义，导数与不等式证明等，比较困难.考查学生分析问题处理问题的能力，考查学生利用导数研究、分析函数的性质的综合能力.21. 系统中每个元件正常工作的概率都是
20、，各个元件正常工作的事件相互独立，如果系统中有多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作.系统正常工作的概率称为系统的可靠性.（1）某系统配置有个元件，为正整数，求该系统正常工作概率的表达式.（2）现为改善（1）中系统的性能，拟增加两个元件，试讨论增加两个元件后，能否提高系统的可靠性.【答案】（1）；（2）当时，系统可靠性不变；当，系统可靠性降低，当，系统可靠性提高.【解析】分析】（1）先求出个零件中恰有个零点正常工作的概率，然后对求和即得；（2）对个零点，先观察前个零件正常工作情况，分三类：前个零点中恰有个零件正常工作；恰有个零件正常工作；至少有个零点正常工作，加上后2个零件求出共个零件正常工
21、作的概率，得出，然后作差可得结论【详解】解：（1）个元件中，恰好个正常工作的概率为，恰好有个元件正常工作的概率为，恰好个元件正常工作的概率为，故.（2）当有个元件时，考虑前个元件，为使系统正常工作，前个元件中至少有个元件正常工作.前个元件中恰有个元件，它的概率为，此时后两个必须同时正常工作，所以这种情况下系统正常工作的概率为.前个元件中恰好有个正常工作，它的概率为，此时后两个元件至少有一个正常工作即可，所以这种情况下系统正常工作的概率为.前个元件中至少有个元件正常工作，它的概率为，此时系统一定正常工作.故.所以.故当时，系统可靠性不变；当，系统可靠性降低，当，系统可靠性提高.【点睛】本题考查次
22、独立重复试验中恰好有个发生的概率，考查“零点正常工作”的概率，掌握独立重复试验的概率公式是解题关键选做题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 已知平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，.（1）求曲线的极坐标方程；（2）射线的极方程为，若射线与曲线，分别交于异于原点的两点，且，求的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）消去方程中的参数化为普通方程，再由化为极坐标方程；（2）将代入极坐标方程，由已知，利用，建立方程，求解即可.【详解】（1）曲线的参数方程为
23、（为参数，），消去参数得曲线的普通方程为，将代入得，或，包含，的极坐标方程为；（2）射线与曲线，分别交于异于原点的两点，设的极坐标方程为，则，依题意，又，或.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化、直角坐标方程与极坐标方程互化，以及极坐标方程的求解，考查数学计算能力，属于中档题.23. 已知（）当时，求不等式的解集；（）设不等式的解集为，若求的取值范围【答案】（）（）【解析】【分析】（）利用分类讨论法解绝对值不等式即可；（）若则原不等式在上恒成立，即，解得，再由即可求出参数的取值范围；【详解】解：（）当时，即当，解得，当 ，解得，当 ， 解得，故不等式解集为或，即不等式的解集为（）若则原不等式在上恒成立，即，即，即 即，所以 ， 解得故满足条件的的取值范围是【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式恒成立问题，属于中档题.
