2019-2020年高三下学期第一次统一练习一模数学（理）试题 Word版含解析.doc

2019-2020年高三下学期第一次统一练习一模数学（理）试题 Word版含解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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 【答案】C【解析】试题分析：化简集合A得A=1，2，故得；故选C.考点：集合的运算.2.在复平面内，复数对应的点位于第一象限 第二象限 第三象限 第四象限【答案】B【解析】试题分析：由于=1+4i-4=-3+4i,故复数对应的点是(-3,4)在第二象限，故选：B考点：复数的概念及运算.3.是“曲线关于轴对称”的充分而不必要条件 必要而不充分条件充分必要条件 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：由得函数其图象关于y轴对称；反之，当曲线关于轴对称时，有成立，所以，故知不一定有，所以是“曲线关于轴对称”的充分而不必要条件.故选A.考点：1.充要条件；2.三角函数的对称性.4.当时，执行如图所示的程序框图，输出的值为 【答案】D考点：程序框图.5.若，则的取值范围是 【答案】D【解析】试题分析： 由于，所以得即故选D.考点：基本不等式.6.若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为 【答案】C【解析】试题分析：由，所以所求双曲线的渐近线方程为：；故选：C考点：双曲线的性质7.若满足且的最小值为，则的值为 【答案】B【解析】试题分析：作出不等式组所表示的平面区域如图：,由的最小值为得：直线必过点C（8，0），故知直线必过点C；所以得，得；故选B.考点：线性规划.8.已知为定义在上的偶函数，当时，有，且当时，给出下列命题 ； 函数在定义域上是周期为2的函数；直线与函数的图象有2个交点；函数的值域为.其中正确的是， ， ， ，【答案】C【解析】试题分析：由于当时，有，所以，从而当时，有，又即；再注意为定义在上的偶函数，所以可作出函数的图象如下：对于，故正确；排除B；对于由图象可知函数不是周期函数，故是错误的；排除A、D对于由图象可知直线与函数的图象只有1个交点，故错误；对于由图象可知函数的值域为，故正确.故选C.考点：函数的图象及性质.第卷（共110分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分把答案填在答题卡相应位置）9.已知圆的极坐标方程为，圆心为，点的极坐标为，则 .【答案】【解析】试题分析：由圆的极坐标方程为两边同时乘以得：化为直角坐标方程得：，即知圆心M的坐标为；又将点的极坐标为化为直角坐标得，即；所以；故答案为：.考点：极坐标与直角坐标的互化.10.设向量，若，则实数 .【答案】【解析】试题分析：由已知得，；由得所以有即，解得故答案为：.考点：向量的数量积的坐标运算.11.已知无穷数列满足：.则数列的前项和的最小值为 .【答案】-30【解析】试题分析：由已知得数列是以-10为首项，2为公差的等差数列；所以即由知：当时；当时；当时；故知数列的前项和的最小值为或；故答案为-30.考点：等差数列.12.如图，在圆内接四边形中，/，过点作圆的切线与的延长线交于点.若，则 ； .【答案】4，【解析】试题分析：由圆的弦切割定理可知：所以有，解得；连结BD，由AE是圆的切线得：；又因为AB=AD，所以，从而有：所以BD/AE，故；又因为AB/CD，所以有，从而有因此得到；故得故答案为：4和.考点：平面几何证明选讲.13.如果在一周内（周一至周日）安排四所学校的学生参观顺义啤酒厂，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有_种（用数字作答）.【答案】360【解析】试题分析： 第一步安排甲学校，由于甲学校连续参观两天，所以只能有6种不同的按排方法；第二步按排余下的三所学校，由于这三所学校均只参观一天，所以有种不同的按排方法；由分步计数原理得共有不同的安排方法有种.故答案为：360.考点：排列组合.14.已知函数又且的最小值等于.则的值为_【答案】【解析】试题分析：因为 又因为，所以的最小值为；故有.所以答案为：.考点：1.三角恒等变形公式；2.三角函数的图象和性质.三、解答题 （本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）在中,角所对的边分别为,已知, .(I)求的值;(II)求的值.【答案】（）3；（）.【解析】试题分析：（）由已知可得，从而可求出的值，再由正弦定理可得，代入即得a的值；（）由已知及（）可求得、的值，再由三角形内角和定理可知，利用余弦的和角公式即可求得的值试题解析： (I)在中,因为,所以,即, .2分所以.4分 .5分由正弦定理,得. .7分(II)因为,即,所以为钝角,为锐角.由(I)可知,所以. .9分又, .10分所以 .11分 . 12分 .13分考点：1. 正弦定理；2. 三角恒等变换.16.（本小题满分13分）某农民在一块耕地上种植一种作物，每年种植成本为元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：（I）设表示该农民在这块地上种植1年此作物的利润，求的分布列；（II）若在这块地上连续3年种植此作物，求这3年中第二年的利润少于第一年的概率.【答案】（I）；（II）0.31.【解析】试题分析：（I）由已知先求出的所有可能取值：1000，2200和4200，然后再由相互独立事件的概率积公式和互斥互事件的概率和公式计算出的所有可能取值所对应的概率，即得到的分布列；（II）这3年中第二年的利润少于第一年的概率为：将（I）中结果代入即得试题解析： （I）设表示事件“作物产量为300kg”，表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题意知 .1分因为利润产量市场价格成本所以的所有可能的取值为.6分所以的分布列为 .7分（II）这3年中第二年的利润少于第一年的概率为=0.31.13分考点：1. 相互独立事件的概率积公式；2. 互斥互事件的概率和公式；3.分布列.17.（本小题满分14分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，/，平面底面，为的中点，是棱的中点，（I）求证：；（II）求直线与平面所成角的正弦值；（III）求二面角的余弦值.【答案】（I）证明祥见解析；（II）；（III）.【解析】试题分析：（I）在中，为中点.所以；又因为平面底面，且平面底面，由面面垂直的性质定理可得到底面，再由线面垂直的性质得；（II）由（I）及已知条件易得，和；故可以为坐标原点，建立空间直角坐标系从而由空间向量知识及可求得直线与平面所成角的正弦值；（III）在（II）中所建立的空间直角坐标系中，求出平面的法向量和平面的法向量，代入公式二面角的夹角公式即可求出二面角的余弦值.试题解析：（I）证明：在中，为中点.所以 .1分因为平面底面，且平面底面所以底面 .3分又平面所以. .4分（II）解：在直角梯形中，/为中点所以所以四边形为平行四边形因为所以由（I）可知平面所以，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图. 则所以 .6分设平面的法向量为则即亦即令，得所以 .8分设直线与平面所成角为，则所以与平面所成角的正弦值为 .10分（III）解：如（II）中建立空间直角坐标系因为所以平面即为平面的法向量，且 .11分因为是棱的中点所以点的坐标为又设平面的法向量为则即令得所以 .13分所以由题知，二面角为锐角所以二面角的余弦值为.14分考点：1.直线与平面、平面与平面的垂直关系；2. 直线与平面所成的角；3.二面角.18.（本小题满分13分）已知函数.（I）当时，求函数的单调区间；（II）设，且函数在点处的切线为，直线/，且在轴上的截距为1.求证：无论取任何实数，函数的图象恒在直线的下方.【答案】（I）函数的单调递增区间为；单调递减区间位；（II）祥见解析.【解析】试题分析：（I）求出函数的导函数，在的条件下列出的单调性与符号的变化情况，即可写出函数的单调区间；（II）首先利用导数的几何意义求出函数在点处的切线为的斜率，从而就可写出直线的方程为；构造函数则无论取任何实数，函数的图象恒在直线的下方，等价于，再利用导数证明即可.试题解析： （I）解：.2分所以，时，与的变化情况如下：因此，函数的单调递增区间为； 单调递减区间位 .6分（II）证明：所以所以的斜率为 .7分因为/，且在轴上的截距为所以直线的方程为 .8分令则无论取任何实数，函数的图象恒在直线的下方，等价于 .9分而 .10分当时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减从而当时，取得最大值即在上，取得最大值 .12分所以因此，无论取任何实数，函数的图象恒在直线的下方.13分考点：1. 利用导数研究函数的单调性；2. 导数的几何意义；3.利用导数证明不等式19.（本小题满分14分）已知椭圆（I）求椭圆的离心率；（II）设椭圆上在第二象限的点的横坐标为，过点的直线与椭圆的另一交点分别为.且的斜率互为相反数，两点关于坐标原点 的对称点分别为 ,求四边形 的面积的最大值.【答案】（I）；（II）.【解析】试题分析：（I）将椭圆方程化成标准形式得可得从而计算得即可求得离心率（II）由题意可知，点的坐标为设的方程为则的方程为分别联立直线方程与椭圆方程消元得到一个一元二次方程，由于知道是此方程的根，利用韦达定理也就可求出另一根，即是点A或B的横坐标，进而可求出直线AB的斜率，从而就可用斜截式设出直线AB的方程；从而就可求出原点到直线的距离d,然后联立直线AB的方程与椭圆的方程，消元后得到一个关于直线AB截距为参数的一元二次方程，由韦达定理及弦长公式可将弦AB的长用直线AB截距表示出来，从而就可用直线AB截距将三角形OAB的面积表示成为直线AB截距的函数，求此函数的最大值即得到三角形OAB的面积的最大值，再注意到四边形 为平行四边形,且四边形的面积为三角形OAB的面积的四倍得到结果试题解析：（I）由题意，椭圆的标准方程为所以从而因此，故椭圆的离心率 .4分（II）由题意可知，点的坐标为设的方程为则的方程为.5分由 得由于是此方程的一个解.所以此方程的另一解同理 .7分故直线的斜率为 .9分设直线的方程为由 得所以又原点到直线的距离为所以的面积当且仅当，即时.的面积达到最大.且最大值为 . .13分由题意可知，四边形 为平行四边形,所以，四边形的面积 ,故四边形面积的最大值为 . .14分考点：1. 椭圆的性质；2. 直线与椭圆的位置关系；3. 基本不等式.20. （本小题满分13分）已知二次函数的图象的顶点坐标为，且过坐标原点.数列的前项和为，点在二次函数的图象上.（I）求数列的通项公式；（II）设，数列的前项和为，若对恒成立，求实数的取值范围；（III）在数列中是否存在这样一些项：，这些项都能够构成以为首项，为公比的等比数列？若存在，写出关于的表达式；若不存在，说明理由.【答案】（）；（）（）存在，【解析】试题分析：（I）由已知可得数列的前项和为的公式，再利用求得数列的通项公式；（）分n为奇数与偶数先求出，由使对恒成立，通过分离参数t转化为求函数的最值，即可求得实数的取值范围；（III）由知，数列中每一项都不可能是偶数，假设存在，对q的每一个取值：1，2，3，4逐一讨论即可获得结论试题解析：（I）由题意可知所以 .1分当时，当时适合上式所以，数列的通项公式为.4分（II）因为所以 由（I）可知，数列是以1为首项，公差为的等差数列. 当时， 当时， 所以 ；.7分要使对恒成立，只要使为正偶数）恒成立.即使对为正偶数恒成立，故实数的取值范围是 .9分（III）由知，数列中每一项都不可能是偶数. 如存在以为首项，公比为2或4的数列，此时中每一项除第一项外都是偶数，故不存在以为首项，公比为偶数的数列. 当时，显然不存在这样的数列.当时，若存在以为首项，公比为3的数列，则 所以存在满足条件的数列，且.13分考点：1. 数列的通项的求法；2. 数列的前n项和的求法；3.等差数列与等比数列.