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NCS20190607项目第一次模拟测试卷
文科数学
一、选择题：本大题共12个小题,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】B
【解析】
【分析】
解一元二次不等式简化集合M，再由对数的运算性质求出N，再由交集的运算求出结果．
【详解】解：∵，∴﹣2≤x≤2，
∴M＝，
∵log2x＜1，∴0＜x＜2，
∴N＝，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查交集的概念与运算，以及一元二次不等式的解法、对数的运算性质，属于基础题．
2.已知复数，则( )
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
求出z＝i+2i2＝﹣2+i，由此能求出|z|．
【详解】解：∵z＝i（1+2i）＝i+2i2＝﹣2+i，
∴|z|．
故选：A．
【点睛】本题考查复数的模的求法，考查复数代数形式的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
3.已知抛物线方程为，则其准线方程为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用抛物线方程直接求解准线方程即可．
【详解】抛物线x2＝-2y的准线方程为：y，
故选：C．
【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，熟记抛物线的简单几何性质是关键，是基本知识的考查．
4.设函数，则的值为( )
A. -7 B. -1 C. 0 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用分段函数的性质即可得出．
【详解】∵函数，
∴
故选：D
【点睛】(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．
(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．
5.已知平面向量，，，，则的最大值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】
利用数量积运算可得，根据可得结果.
【详解】∵，，
∴
又
∴
∴的最大值为3
故选：C
【点睛】本题考查向量的模和数量积的坐标表示，向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题．
6.已知，（是自然对数的底数），，则的大小关系是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意构造函数，利用函数单调性即可比较大小.
【详解】记，,可得x=e
可知：在上单调递增，又
∴，即
故选：A
【点睛】本题考查三个数的大小的比较，考查构造函数，考查利用导数研究函数的单调性，考查函数与方程思想，属于中档题.
7.已知，,：“”，：“”，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先作出不等式：“”，“x2+y2≤r2”表示的平面区域，再结合题意观察平面区域的位置关系即可得解
【详解】解：“”，“x2+y2≤r2”表示的平面区域如图所示，
由p是q的必要不充分条件，
则圆心O（0，0）到直线AD：x+y﹣1＝0的距离小于等于，
即0，
故选：A．
【点睛】本题考查了不等式表示的平面区域及图象之间的位置关系，属中档题．
8.如图所示算法框图，当输入的为1时，输出的结果为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
根据程序框图，利用模拟验算法进行求解即可．
【详解】当x＝1时，x＞1不成立，则y＝x+1＝1+1＝2，
i＝0+1＝1，y＜20不成立，
x＝2，x＞1成立，y＝2x＝4，i＝1+1＝2，y＜20成立，
x＝4，x＞1成立，y＝2x＝8，i＝2+1＝3，y＜20成立，
x＝8，x＞1成立，y＝2x＝16，i＝3+1＝4，y＜20成立
x＝16，x＞1成立，y＝2x＝32，i＝4+1＝5，y＜20不成立，输出i＝5，
故选：C．
【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键．
9.2021年广东新高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史与政治，假若他们都对后面三科没有偏好，则他们选课相同的概率( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
基本事件总数n，他们选课相同包含的基本事件m＝3，由此能求出他们选课相同的概率．
【详解】解：今年高一的小明与小芳都准备选历史与政治，假若他们都对后面三科没有偏好，
则基本事件有，总数n，
他们选课相同包含的基本事件m＝3，
∴他们选课相同的概率p．
故选：B．
【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的．(2)用列举法求古典概型，是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．(3)注意一次性抽取与逐次抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题.
10.函数的图像大致为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用函数的对称性及特殊值即可作出判断.
【详解】,
即，故为奇函数，排除C，D选项；
,排除B选项，
故选：A
【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.
11.过双曲线的左焦点作圆的切线交双曲线的右支于点，且切点为，已知为坐标原点，为线段的中点（点在切点的右侧），若的周长为，则双曲线的渐近线的方程为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先从双曲线方程得：a，b．连OT，则OT⊥F1T，在直角三角形OTF1中，|F1T|＝b．连PF2，M为线段F1P的中点，O为坐标原点得出|MO|﹣|MT|PF2﹣（ MF1﹣F1T）（PF2﹣MF1）﹣b最后结合周长与勾股定理可得结果.
【详解】
解：连OT，则OT⊥F1T，
在直角三角形OTF1中，|F1T|b．
连PF2，M为线段F1P的中点，O为坐标原点
∴OMPF2，
∴|MO|﹣|MT|PF2﹣（ PF1﹣F1T）（PF2﹣PF1）+b
b﹣a．
又|MO|+|MT|+|TO|=，即|MO|+|MT|=3a
故|MO|=, |MT|=,
由勾股定理可得：，即
∴渐近线方程为：
故选：B
【点睛】本题主要考查椭圆的定义及三角形中位线和直线与圆相切时应用勾股定理．解答的关键是熟悉双曲线的定义的应用，直线与圆的位置关系以及三角形中的有关结论．
12.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列的前55项和为( )
A. 4072 B. 2026 C. 4096 D. 2048
【答案】A
【解析】
【分析】
利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x＝1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．
【详解】解：由题意可知：每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，
则杨辉三角形的前n项和为Sn2n﹣1，
若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，
则Tn，
可得当n＝10，所有项的个数和为55，
则杨辉三角形的前12项的和为S12＝212﹣1，
则此数列前55项的和为S12﹣23＝4072，
故选：A．
【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知为等差数列，若，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用等差数列的通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出．
【详解】解：∵{an}为等差数列，，，
∴，
解得＝﹣10，d＝3，
∴＝+2d＝﹣10+6＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查等差数列中特定项的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.底面边长6，侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的高为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
作出符合题意的图形P﹣ABC，取底面中心O，利用直角三角形POC容易得解．
【详解】解：
如图，正三棱锥P﹣ABC中，O为底面中心，
∵侧面为等腰直角三角形，AC＝6，
∴PC，
∴OC，
∴OP，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正棱锥有关的计算，考查计算能力，属于基础题.
15.已知锐角满足方程，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
化简已知等式，利用同角三角函数基本关系式可求3sin2A+8sinA﹣3＝0，解得sinA的值，利用二倍角的余弦函数公式即可计算得解．
【详解】∵锐角A满足方程3cosA﹣8tanA＝0，可得：3cos2A＝8sinA，
∵cos2A+sin2A＝1，
∴3sin2A+8sinA﹣3＝0，解得：sinA，或﹣3（舍去），
∴cos2A＝1﹣2sin2A＝1﹣2．
故答案为：．
【点睛】本题考查同角三角函数基本关系式的应用,二倍角公式，一元二次方程的解法，熟记三角函数基本公式，准确计算是关键，属于基础题．
16.若对任意，函数总有零点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由函数总有零点可得，变量分离后求最值即可.
【详解】∵函数总有零点，
∴对任意恒成立，
∴
记在上单调递减，
∴
∴
故答案为：
【点睛】本题考查二次函数零点问题，考查变量分离的方法，属于中档题.
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：60分
17.函数（，）的部分图像如下图所示，，，并且轴.
（1）求和的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据函数过A，C两点，代入进行求解即可．（2）根据条件求出B的坐标，利用向量法进行求解即可．
【详解】（1）由已知，
又，所以，
所以（3分）
由，即，所以，，
解得，，而，所以.
（2）由（Ⅰ）知，，令，
得或，k∈Z，
所以x＝6k或x＝6k+1，由图可知，．
所以，所以，
所以．
【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解，以及三角函数余弦值的计算，利用向量法以及待定系数法是解决本题的关键．
18.如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且，，是棱的中点.
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1) 推导出CC1⊥BD．BD⊥AC．从而BD⊥平面ACC1，由此能证明BD⊥AA1；
(2)利用等积法即可得到三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为底面，所以.
因为底面是菱形，所以.
又，所以平面.
又由四棱台知，四点共面.
所以.
（2）由已知，得，
又因为，
所以.
【点睛】等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．
19.市面上有某品牌型和型两种节能灯，假定型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商
对型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：
某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年.新店面需安装该品牌节能灯5支（同种型号）即可正常营业.经了解，型20瓦和型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装.已知型和型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时.假定该店面一年周转期的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯管更换.（用频率估计概率）
（Ⅰ）根据频率直方图估算型节能灯的平均使用寿命；
（Ⅱ）根据统计知识知，若一支灯管一年内需要更换的概率为，那么支灯管估计需要更换支.若该商家新店面全部安装了型节能灯，试估计一年内需更换的支数；
（Ⅲ）若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）3440小时；（Ⅱ）4；（Ⅲ）应选择A型节能灯.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由频率直方图即可得到平均使用寿命；（Ⅱ）根据题意即可得到一年内需更换的支数；（Ⅲ）分别计算所花费用，即可作出判断.
【详解】（Ⅰ）由图可知，各组中值依次为，对应的频率依次为，故型节能灯的平均使用寿命为小时.
（Ⅱ）由图可知，使用寿命不超过小时的频率为，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率为，故估计一年内支型节能灯需更换的支数为.
（Ⅲ）若选择型节能灯，一年共需花费元；
若选择型节能灯，一年共需花费元.
因为，所以该商家应选择A型节能灯.
【点睛】本题考查该商家应选择哪种型号的节能灯的判断，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.如图，椭圆：与圆：相切，并且椭圆上动点与圆上动点间距离最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线，，与交于两点，与圆的另一交点为，求面积的最大值，并求取得最大值时直线的方程.
【答案】（1）；（2）面积的最大值为，此时直线的方程为.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得b＝1，a﹣1，即可得到椭圆的方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），根据l2⊥l1，可设直线l1，l2的方程，分别与椭圆、圆的方程联立即可得可得出|AB|、|MN|，即可得到三角形ABC的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值．
【详解】（1）椭圆E与圆O：x2+y2＝1相切，知b2＝1；
又椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为，即椭圆中心O到椭圆最远距离为，
得椭圆长半轴长，即；
所以椭圆E的方程：
（2）①当l1与x轴重合时，l2与圆相切，不合题意．
②当l1⊥x轴时，M（﹣1，0），l1：x＝1，，此时．…（6分）
③当l1的斜率存在且不为0时，设l1：x＝my+1，m≠0，则，
设A（x1，y1），B（x2，y2），由得，（2m2+3）y2+4my﹣1＝0，
所以，
所以．
由得，，解得，
所以，
所以
， 因为，
所以，
当且仅当时取等号．所以（）
综上，△ABM面积的最大值为，此时直线l1的方程为．
【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和计算能力及分析问题和解决问题的能力
21.已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在k=0或2.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由导数的几何意义布列方程组即可得到结果；（Ⅱ）研究函数的单调性与极值即可得到结果.
【详解】（Ⅰ），
由已知，有，即，解得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则
令，则恒成立，
所以在上单调递减，又因为，，
所以存在唯一的，使得，且当时，，即，
当时，，即.
所以在上单调递增，在上单调递减.
又因为当时，，，，，
所以存在或，使得在上有唯一零点.
【点睛】本题考查了函切线方程问题，考查函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．
（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上.
22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程
为（为参数），以坐标原点为极点， 轴非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求的极坐标方程；
（2）设点，直线与曲线相交于点，求的值.
【答案】（1）；（2）4.
【解析】
【分析】
（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．
（2）利用直线的参数方程的转换，利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．
【详解】（1）由参数方程，得普通方程，
所以极坐标方程.
（2）设点对应的参数分别为，将代入得
得所以,
直线l（t为参数）可化为，
所以.
【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
23.已知函数.
（1）求证：；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由绝对值不等式性质得即可证明；（2）由去绝对值求解不等式即可.
【详解】（1）因为，
所以.,即
（2）由已知，
①当m≥-时，等价于,即，
解得所以
②当m
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