山东省莱西一中2020届高三数学第一次模拟考试试题 文（含解析）

高三数学一模模拟测试题（文科）一、选择题（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. B. C. D. 【答案】B【解析】，即，得，所以，又，故.故选B.2.已知复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设（），则由题意可得，即，所以，即，解得，所以.故选C. 3.已知命题：，；命题：，则下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为时，故不成立，所以命题为假命题；当时，故命题为真命题，所以为真命题.故选D.4.已知角的终边经过点，将角的终边顺时针旋转后得到角，则（ ）A. B. 5C. D. 【答案】A【解析】由三角函数的定义可得，又，所以.故选A.5.已知向量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得，由可得，即，所以，所以.故选D.6.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，所以，所以.故选B7.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是一个组合体，上方是一个半径为的半球，其体积.下方是一个圆柱（底面半径，高）中间挖掉一个正四棱柱（底面边长，高）.其中圆柱的体积；正四棱柱的体积.所以该几何体的体积.故选A.8.函数的大致图象为A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，得，解得，.故函数的图象与轴的两个交点坐标为，排除B、D又，排除A，故选C9.某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的结果为A. B. C. D. 【答案】A【解析】初始值，第一次循环：，不成立；第二次循环：，不成立；第三次循环：，不成立；第四次循环：，成立，此时结束循环，故输出的值为.故选A.10.已知圆：与轴相切，抛物线：过圆心，其焦点为，则直线被抛物线所截得的弦长等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】圆的方程可化为：，故圆心，半径.由题意，圆与轴相切，所以，解得.若，则圆心为，显然抛物线不经过该点，不合题意；故，此时圆心为，由点在抛物线：上，可得，解得.所以抛物线E的方程为，故.设直线的倾斜角为，则直线的斜率，所以.故直线被抛物线所截得的弦长为.故选C.11.已知函数（，）的最小正周期为，且图象过点，要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】由函数的最小正周期为，得，解得.由点在函数的图象上可得，所以（），解得（）.因为，所以，所以，故要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位长度即可. 故选B12.若函数与满足：存在实数，使得，则称函数为的“友导”函数.已知函数为函数的“友导”函数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得，函数为函数的“友导”函数，即方程在上有解，所以方程在上有解，记，则，当时，所以，函数单调递增；当时，所以，函数单调递减.所以.故由方程有解可得.故选D.二、填空题。13.已知双曲线经过点，则其离心率_.【答案】【解析】由点在双曲线上可得，解得，所以双曲线的方程为.故，所以.14.已知实数满足约束条件，则的最大值为_.【答案】12【解析】作出约束条件所表示的可行域如下图中阴影部分所示，目标函数可化为，的几何意义是直线在轴上的截距，故当直线在轴上的截距取得最大值时，目标函数取得最大值.由图可知，目标函数对应的直线经过点时，取得最大值.由，解得，即.故.15.刘徽是中国古代最杰出的数学家之一，他在中国算术史上最重要的贡献就是注释九章算术，刘徽在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割以至于不可割，则与圆合体而无所失矣”，体现了无限与有限之间转化的思想方法，这种思想方法应用广泛.如数式是一个确定值(数式中的省略号表示按此规律无限重复)，该数式的值可以用如下方法求得：令原式，则，即，解得，取正数得.用类似的方法可得_.【答案】3【解析】记，则，整理得，解得或.取正数得.16.如图，中，的面积为，点在内，且，则的面积的最大值为_ .【答案】【解析】由， ，得 ，解得.由余弦定理可得 ，所以.在中，设，则.由正弦定理得，故，.所以的面积 ，.所以时，的面积取得最大值，且最大值为.三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知数列的前项和为，点（）是曲线上的点数列是等比数列，且满足（）求数列的通项公式；（）记，求数列的前n项和【答案】(1) ,;(2)见解析.【解析】（）由已知.当时，；当时， .显然，当时，上式也成立，所以.故，.所以等比数列的公比.故.（）数列的前项和.数列的前项和记为.当为奇数时， .当为偶数时， .所以数列的前项和 .18.如图，多面体中，平面平面，且，为的中点，且，且，.（）求证：平面；（）求该多面体的体积.【答案】(1)见解析;(2)10.【解析】（）连接PE，在中，所以.又因为平面平面，平面平面，所以平面.因为，且，所以四边形为平行四边形，所以.故平面，所以.在四边形中，易知，且，所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为正方形，故，又，所以平面.（）由（）知，四边形为正方形，所以，又，所以平面.所以易知多面体是由四棱锥和直三棱柱构成的.又矩形的面积，所以四棱锥的体积；直三棱柱的体积.所以多面体的体积.19.2020年的政府工作报告强调，要树立绿水青山就是金山银山理念，以前所未有的决心和力度加强生态环境保护.某地科技园积极检查督导园区内企业的环保落实情况，并计划采取激励措施引导企业主动落实环保措施，下图给出的是甲、乙两企业2020年至2020年在环保方面投入金额（单位：万元）的柱状图.（）分别求出甲、乙两企业这六年在环保方面投入金额的平均数；（结果保留整数）（）园区管委会为尽快落实环保措施，计划对企业进行一定的奖励，提出了如下方案：若企业一年的环保投入金额不超过200万元，则该年不奖励；若企业一年的环保投入金额超过200万元，不超过300万元，则该年奖励20万元；若企业一年的环保投入金额超过300万元，则该年奖励50万元.（）分别求出甲、乙两企业这六年获得的奖励之和；（）现从甲企业这六年中任取两年对其环保情况作进一步调查，求这两年获得的奖励之和不低于70万元的概率.【答案】(1)见解析;(2) （）190万元,110万元; （）.【解析】（）由柱状图可知，甲企业这六年在环保方面的投入金额分别为，其平均数为（万元）；乙企业这六年在环保方面的投入金额分别为，其平均数为（万元）. （）（）根据题意可知，企业每年所获得的环保奖励（单位：万元）是关于该年环保投入（单位：万元）的分段函数，即；所以甲企业这六年获得的奖励之和为：（万元）；乙企业这六年获得的奖励之和为：（万元）.（）由（）知甲企业这六年获得的奖金数如下表：年份2020年2020年2020年2020年2020年2020年奖励（单位：万元）02050502050奖励共分三个等级，其中奖励0万元的只有2020年，记为；奖励20万元的有2020年，2020年，记为；奖励50万元的有2020年，2020年和2020年，记为.故从这六年中任意选取两年，所有的情况为:，共15种.其中奖励之和不低于70万元的取法为：，共9种.故所求事件的概率为.20.在平面直角坐标系中，直线过点且与直线垂直，直线与轴交于点，点与点关于轴对称，动点满足.（）求动点的轨迹的方程；（）过点的直线与轨迹相交于两点，设点，直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1);(2).【解析】（）由已知设直线的方程为，因为点在直线上，所以，解得.所以直线的方程为. 令，解得，所以，故.因为， 由椭圆的定义可得，动点的轨迹是以为焦点的椭圆，长轴长为4. 所以，所以轨迹的方程为. （）当直线的斜率不存在时，由，解得.不妨设，则.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，消去，得，依题意，直线与轨迹必相交于两点，设，则，又，所以 .综上可得，为定值.21.已知函数.（）当时，判断函数的单调性；（）当时，证明：.（为自然对数的底数）【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）函数的定义域为.当时，.当时，函数单调递增；当时，函数单调递减. 当时，.当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；当时，函数单调递增. 当时，.易知恒成立，函数在上单调递增； 当时，.当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；当时，函数单调递增. 综上，当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，不等式化为.记，则.显然在上单调递增，且，.所以在上有唯一的零点，且.所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增. 由，即，得，所以 ，而易知函数在上单调递减，所以，所以.所以，即.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（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，已知圆的极坐标方程为.（）求直线的普通方程以及圆的直角坐标方程；（）若点在直线上，过点作圆的切线，求的最小值.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）由直线的参数方程消去参数，得，即.所以直线的普通方程为.圆的极坐标方程为，即，将极坐标方程与直角坐标方程的转化公式代入上式可得，即，此为圆的直角坐标方程. （2）由（1）可知圆的圆心为，半径，所以，而的最小