2020届高三第一次模拟数学（理）试卷（解析版）

2020.03 师大附外高三第一次模拟考试数学（理）试卷 一.选择题（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 1.设集合 ，则集合 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据集合中元素特征解方程组即可得解. 【详解】解方组 得 . 所以 故选：D 【点睛】此题考查求集合的交集，关键在于准确求解方程组，注意集合中元素的表示方法. 2.设复数 的共轭复数为 ，且 ，则复数 在复平面内对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】 根据已知条件求出 a=1，再根据复数的运算法则求解复数 ，即可得到其在复平面内的点所在象限. 【详解】 ， = ， 所以对应点位于第一象限. 故选：A 【点睛】此题考查复数的概念和基本运算以及几何意义，关键在于根据复数的运算法则准确求解. 3.从 年起，北京考生的高考成绩由语文、数学、外语 门统一高考成绩和考生选考的 3 门普通高中学 业水平考试等级性考试科目成绩构成．等级性考试成绩位次由高到低分为 、 、 、 、 ，各等级人 数所占比例依次为： 等级 ， 等级 ， 等级 ， 等级 ， 等级 ．现采用分层 ( ){ } ( ){ }2, 1 , , 1M x y x y Q x y y x= + = = = − M Q∩ = { }0,1 ( ){ }0,1 ( ){ }1,0 ( ) ( ){ }0,1 , 1,0 2 2 1 1 x y x y + =  + = 0 1 1 0 x x y y = =   = =  或 ( ) ( ){ }0,1 , 1,0M Q∩ = ( )2z a i a R= + ∈ z 2z z+ = 2 z ai− 2 z ai− 2 2 1z z a a+ = = ⇒ = ( )5 21 2 2 2 5 iz i ai i ++= =− − 2 5 5 5 5 i+ 2020 3 A B C D E A 15% B 40% C 30% D 14% E 1%抽样的方法，从参加历史等级性考试的学生中抽取 人作为样本，则该样本中获得 或 等级的学生人 数为（ ） A. 55 B. 80 C. 90 D. 110 【答案】D 【解析】 【分析】 利用抽样比求解 【详解】设该样本中获得 或 等级的学生人数为 ，则 故选：D 【点睛】本题考查分层抽样的定义与应用，考查计算能力，是基础题 4.已知 终边与单位圆的交点 ，且 ，则 的值等于（ ） A B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三角函数的定义求解正余弦值，利用二倍角公式化简求值. 【详解】 为第二象限角，且 ， 原式= . 故选：C 【点睛】此题考查三角函数的定义，根据三角函数的定义求解三角函数值，根据二倍角公式进行三角恒等 变换化简求值. 5.在 的展开式中，前 3 项的系数和为（ ） A. 16 B. 32 C. 80 D. 160 【答案】B 【解析】 【分析】 根据二项式定理展开可得前三项的系数之和. 【详解】由二项式定理的展开式可得，前三项的系数和为： . . 200 A B A B x 15 40 110200 100 x x += ∴ = α 3, 5P x     sinα ⋅ tan 0α < 1 sin2 2 2cos2α α− + + 1 5 1 5 − 3− α 3 4 5 5sin cosα α= = −， 2 3 3sin cos cos sin cosα α α α α− + = − = ( )52 x− 0 5 1 4 2 3 5 5 52 2 2 32C C C− + =故选：B 【点睛】此题考查二项式定理，根据二项式定理展开式求指定项的系数，关键在于熟记展开式的通项. 6.设 ΔABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 ，则∠B=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】 根据正弦定理，结合三角恒等变换化简即可求得. 【详解】由正弦定理可得： ， . 故选：D 【点睛】此题考查根据正弦定理进行边角互化，根据三角恒等变换化简求解角的大小. 7.已知函数 的导数为 ，且 ，则函数 图象的大 致形状是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据导函数求出 ，讨论 的函数图象，结合奇偶性和特殊值即可得解. 【详解】 ， ， 【 2 cos cos cosc B b A a B+ = − 6 π 3 π 5 6 π 2 3 π 2sinCcosB sinBcosA sinAcosB+ = −  ( )2 sinsinCcosB A B sinC= − + = − 1 2 2 3cosB B π= − = ( ) ( )2ln 1f x x ax= + − ( )f x′ ( )1 0f ′ = ( ) ( )cosxg x f e x′= 1a = ( ) 2 11 xg x cosxe  = − +  ( ) 2 1f x ax =′ −+ ( )1 1 0, 1f a a=′ = − =, 所以 为奇函数，且当 时，有 g(x) > 1 2, F F 1 2F F ⋅ 2 0PF = 1PF 1 3F P QP=  1 2 PF PF 4 3 3 3 2bc a      ， 22 3 3 c bQ a      ，【详解】F1F2⊥PF2，可设 P ，则由 设 ， 可得 ，点 Q 在直线 上，所以 ， 所以 所以 . 故选：C 【点睛】此题考查根据双曲线的几何特征求线段的比例关系，关键在于熟练掌握双曲线的性质. 11.已知函数 是偶函数，且函数 在区间 上是增函数，则下列大小关系中正确 的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】 根据函数 是偶函数，关于 x＝0 对称，则 的图象关于直线 x=1 对称，结合单调性比 较大小. 【详解】函数 是偶函数，关于 x＝0 对称 的图象关于直线 x=1 对称，且在区间 上是增函数，则在(0，1)上为减函数， ， ， 所以 . 【 2bc a      ， 1 3F P QP=  ( ),Q x y 2 2 2 , 3 ,b bc c x ya a    = − −       22 3 3 c bQ a      ， by xa = 22 23 3 b b c c ba a = × = 2 2 24 3b a b a b= + = 1 2 1 2 2 72 7 3 3 PFb bPF PF PF a PF = = + = =， ( )1y f x= + ( )y f x= [ )1, ∞+ ( )2 1 1 log 32 3f f f   < >       ( )2 1 1 log 33 2f f f   < >       ( )1y f x= + ( )y f x= ( )1y f x= + ( )y f x= [ )1, ∞+ 1 1 2 3 > 2 2 1 1 322 3 03 3 27log log− − = > ( )2 2 1 1 92 3 02 2 8log log− − = > ( )2 2 1 1 1 12 3 32 3 2 3log f f log f   > − > < > > > > >  λ ≥３ ４ λ 3 4 1 1 1ABC A B C−（1）求侧（左）视图的面积，并证明平面 A1ACC1⊥平面 B1BDD1 （2）求二面角 的余弦值. 【答案】（1）8，证明见解析；（2） 【解析】 【分析】 （1）根据三视图判定面面垂直关系并证明，然后计算侧视图的面积； （2）建立空间直角坐标系利用向量的坐标表示求二面角的大小. 【详解】解：（1）由视图可知，侧面 A1ACC1⊥底面 ABC，BD⊥AC 因为 BD 底面 ABC，AC=侧面 A1ACC1 底面 ABC 所以 BD⊥侧面 A1ACC1 因为 BD 平面 B1BDD1 所以平面 B1BDD1⊥侧面 A1ACC1 侧视图为矩形，长就是棱柱的高，宽为 BD 的长，所以面积 S=4×2=8 （2）由（1）可知，以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz 各点坐标为 A(2，0，0)， D(0，0，0)， B(0，2，0)， C(-2，0，0)， A1(1，0，4)， D1(-1，0，4)， C1(-3， 0，4) B1(-1，2，4) 设平面 A1BD 的法向量为 ，则有： =0 令 ，可得 设平面 B1BD 的法向量为 ，则有： =0 令 ，可得 ， 设二面角 的大小为 ，则有 1 1A BD B− − 15 17 ⊂  ⊂ ( )a x y z= ， ， 1 0a DA a DB⋅ = ⋅  ， 4 0 4 3 0 0 x z x z y y + = − =   = =  ， ， 1z = ( )4 01a = − ，， ( )b x y z= ， ， 10b DB b DB⋅ = ⋅  ， 2 4 0 4 2 0 0 x y z x z y y − + + = =   = =  ， ， 1z = ( )4 01b = ，， 1 1A BD B− − θ 15 17 a b cos cos a b a b θ ⋅ = = = ⋅  ， 【点睛】此题考查根据三视图识别几何体的关系，求侧视图的面积，证明面面垂直，通过向量求二面角的 大小. 20.设函数 . （1）讨论函数 的单调性； （2）若 ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1）在区间 上是减函数，在区间 上是增函数；（2） 【解析】 【分析】 （1）利用导函数的正负讨论函数的单调性； （2）不等式 化为 ，结合（1）的结论，分析函数单调性，讨论函数最 值，根据不等式恒成立求参数的取值范围. 【详解】解：（1） 所以 为增函数，又因为 所以，当 时， ；当 时， 所以，函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数 （2）不等式 化为 设 ， 由（1）可知 是 上的增函数， ( ) 2 2cosf x x x= + ( )f x 0x ≥ ( ) 1f x kx≥ + k ( ),0∞− ( )0, ∞+ ( ],0∞− ( ) 1f x kx≥ + 2 21 0x kx cos x− − + ≥ ( ) ( ) ( )2 2 2 2 , 2 2 2 2 1 2 0f x x cosxsinx x sin x f x cos x cos x= − = − = − = −′ ≥′ ( )f x′ ( )0 0f ′ = 0x < ( ) 0f x′ < 0x > ( ) 0f x′ > ( )f x ( )0∞− ， ( )0 ∞+， ( ) 1f x kx≥ + 2 21 0x kx cos x− − + ≥ ( ) 2 21g x x kx cos x= − − + ( )0 2 2x g x x k sin x≥ = − −′， ( )g x′ [ )0 ∞+，因为 ，所以，当 ，函数 g(x)在区间 上的增函数 所以 ，所以当 时符合题意. 当 ， ，所以存在 ，使得 ； 并且当 ； 当 ； 所以函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数 最小值为 ，不等式不恒成立 综上，使得命题成立的实数 的取值范围是 【点睛】此题考查利用导函数讨论函数的单调性，解决不等式恒成立求参数的取值范围，涉及分类讨论. 21.如图，已知椭圆 C： （ ）的上顶点为 ，离心率为 . （1）求椭圆 C 的方程； （2）若过点 A 作圆 （圆 在椭圆 C 内）的两条切线分别与椭圆 C 相交于 B，D 两 点(B，D 不同于点 A)，当 r 变化时，试问直线 BD 是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理 由. 【答案】（1） ；（2）过定点， 【解析】 【分析】 ( )0g k′ = − ( )0 0 0k g′≤ ≥时， [ )0 ∞+， ( ) ( ) 20 1 0 0g x g cos≥ = − + = 0k ≤ 0k > 时 ( )/ 0 0g k= − < 0 0x > ( )/ 0 0g x = ( )00 0x x g x≤ ′< >′时， ( )g x [ )00 x， ( )0x ，+ ∞ ( ) ( )0 0 0g x g< = k ( ]0，∞− 2 2 2 2 1x y a b + = 0a b> > (0,1)A 2 2 2 2 2:( 1)M x y r+ + = M 2 2 12 x y+ = ( )0, 3−（1）根据椭圆 顶点和离心率建立方程组求解椭圆方程； （2）圆 M 过 A 的切线方程可设为 l： ，代入椭圆，解出 B，D 坐标，根据直线与圆相切结合韦达 定理得斜率 的关系，表示出直线 BD 的方程即可求得过定点. 【详解】解：（1）依题意可得： ） （2）圆 M 过 A 的切线方程可设为 l： ，代入椭圆 C 的方程得： ， 可得 ；同理可得 由圆 M 与 l 相切得： 由韦达定理得： 所以直线 BD 的斜率 …… 直线 BD 的方程为： 化简为： ，即 所以，当 变化时，直线 BD 总过定点 【点睛】此题考查求椭圆的方程，根据直线与椭圆，直线与圆的位置关系讨论直线的定点问题，关键在于 准确进行等价转化计算求解. 22.曲线 C 的参数方程为 （ 为参数， ），以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标 系，直线 与直线 交于点 P，动点 Q 在射线 OP 上，且满足|OQ||OP|=8. 的 1y kx= + 1 2k k， 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 12 2 b c xa b c C ya a b c =  = = = = + =  = +  ， ， 椭圆 ： 1y kx= + ( )22 2 42 1 2 1 2 kx kx x k −+ + = = + 2 1 1 2 2 1 1 4 1 2 1 2 1 2 k kB k k  −− + +  ， 2 2 2 2 2 2 2 4 1 2 1 2 1 2 k kD k k  −− + +  ， ( )2 2 2 2 1 1 2 1 0 1 k r r k k r k − + = − − + − = +  1 2 1 22 2 11k k k kr + = =− ， ( )( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 12 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 4 4 2 4 4 4 2 1 1 1 2 1 2 k k y y k k k kk k kk kx x k k k k r k k − −−− + + −= = = = − + =− − − −− ++ + 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 42 1 2 1 1 2 k ky xk r k  −− = + + − +  2 2 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 4 1 22 2 31 1 2 1 2 1 k k ky x xr k k k r + −= − × + = −− + + − 2 2 31y xr = −− (0 2 1)r r< < − ( )0 3R −， 1 mx mt t y t t  = +  = − t 0m > θ α= sin 2ρ θ =（1）求曲线 C 的普通方程及动点 Q 的轨迹 E 的极坐标方程； （2）曲线 E 与曲线 C 的一条渐近线交于 P1，P2 两点，且|P1P2|=2，求 m 的值. 【答案】（1）C： ，E： ；（2） 【解析】 【分析】 （1）对曲线 C 的参数方程中两个等式同时平方处理即可得到普通方程，根据|OQ||OP|=8，所以 结 合直线的极坐标方程即可得解； （2）根据极坐标方程及几何关系|P1P2| 即可求解. 【详解】解：（1）由题： ，所以 , 两式平方得 曲线 C 的普通方程为 设 ，则 因为|OQ||OP|=8，所以 又因为 P 点是直线 和 的交点，所以 所以 ，即 所以动点 Q 的轨迹 E 的极坐标方程为 （2）双曲线 C 的渐近线过极点，所以渐近线的极坐标方程为 ； 它与曲线 E 的两个交点 P1.P2，其中一个为极点， 所以|P1P2| 所以 【点睛】此题考查根据直线的参数方程求普通方程，求曲线的极坐标方程，根据极坐标方程结合弦长求参 2 2 2 14 4 x y m − = 4sin , 0ρ θ ρ= > 3 1 8ρ ρ⋅ = 2 2 4sinα= ⇒ = 1 mx mt t y t t  = +  = − 1 1 x tm t y t t  = +  = − 2 2 2 4x ym − = 2 2 2 14 4 x y m − = ( )Q ρ θ， ( )1P ρ θ， 1 8ρ ρ⋅ = θ α= 2sinρ θ = 1 2 sin ρ θ= 2 8sin ρ θ⋅ = 4sinρ θ= 4sin , 0ρ θ ρ= > θ α= 1 32 2 4 2 3sin sin tanα α α= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ± 1 1 3 3 mm ± = ± ⇒ =数的取值. 23.设 , . （1）当 时，解不等式 ； （2）若对任意实数 ，使不等式 恒成立的最小正数 a，有 ，证明： . 【答案】（1） ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据绝对值的意义即可求得解集； （2）根据不等式恒成立求出 ，利用柯西不等式即可得证. 【详解】解：（1）当 a=1 时，由 1