陕西省渭南市富平县富平中学2020届高三数学上学期第一次摸底考试试题 理（含解析）

陕西省渭南市富平县富平中学2020届高三数学上学期第一次摸底考试试题 理（含解析）注意事项：1. 本试卷共4页，全卷满分150分，答题时间120分钟；2. 答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3. 第卷选择题必须使用2b铅笔填涂，第卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4. 考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回.装袋整理；试题卷不回收.第卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12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.已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】先求出集合,再根据交集定义求出【详解】集合,集合,即为故选b【点睛】本题考查交集的求法,一元二次不等式的求解,属于基础题2.复数在复平面内对应的点位于（ ）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】将复数化成的形式，即可得到答案.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点位于第一象限.故选：a.【点睛】本题考查复数的四则运算及复数的几何意义，考查对概念的理解与运用，属于基础题.3.已知向量，则实数的值为（ ）a. b. 2c. d. 4【答案】b【解析】【分析】对等式进行数量积运算，得到关于的方程，求解方程即得答案.【详解】因为，故选：b.【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，考查基本运算求解能力，属于基础题.4.某市新上了一批便民公共自行车，有绿色和橙黄色两种颜色，且绿色公共自行车和橙黄色公共自行车的数量比为21，现在按照分层抽样的方法抽取36辆这样的公共自行车放在某校门口，则其中绿色公共自行车的辆数是( )a. 8b. 12c. 16d. 24【答案】d【解析】设放在该校门口的绿色公共自行车的辆数是x，则 ，解得x24故选d5.对于一个声强为为（单位：）的声波，其声强级（单位：）可由如下公式计算：（其中是能引起听觉的最弱声强），设声强为时的声强级为70，声强为时的声强级为60，则是的（ ）倍a. 10b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据声强级与声强之间的关系式，将两个声强级作差，结合对数的运算律可得出的值，可得出答案【详解】由题意可得，即，两式相减得，所以，因此，是的倍，故选a.【点睛】本题考查对数的运算律，考查对数在实际问题的应用，熟练应用对数的运算性质是解本题的关键，其次就是要弄清题目的意思，考查理解能力与运算能力，属于中等题6.已知，则下列不等式不成立的是a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，以及不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出不等式不成立的选项.【详解】依题意，由于为定义域上的减函数，故，故a选项不等式成立.由于为定义域上的增函数，故，则，所以b选项不等式不成立，d选项不等式成立.由于，故，所以c选项不等式成立.综上所述，本小题选b.【点睛】本小题主要考查指数函数和对数函数的单调性，考查不等式的性质，属于基础题.7.已知，若命题：；命题：，则是的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】a【解析】【分析】对命题进行化简得，再根据集合间的关系判断充分条件与必要条件.【详解】当命题为真时：，因为集合是集合的真子集，所以是的充分不必要条件.故选：a.【点睛】本题考查全称命题、简易逻辑中的充分条件与必要条件，考查逻辑推理能力，求解时要注意利用集合间的真子集关系进行求解.8.已知直线是函数的一条对称轴，则（ ）a. b. 在上单调递增c. 由的图象向左平移个单位可得到的图象d. 由的图象向左平移个单位可得到的图象【答案】d【解析】【分析】由正弦型函数的对称性，我们可以判断出选项a错误，由正弦型函数的单调性可以判断出选项b错误，根据正弦型函数的平移变换可以判断出选项c错误和选项d正确.【详解】由题意可得：，据此可得：，令k=0可得：，选项a错误；函数的解析式为：，若，则，函数不具有单调性；由的图象向左平移个单位可得到的函数图象，选项c错误；由的图象向左平移个单位可得到的图象，选项d正确.本题选择d选项.【点睛】本题考查三角函数图象和性质的综合应用，熟练掌握正弦型函数的对称性及平移变换法则是解答本题的关键，属基础题.9.已知和是平面内两条不同的直线，是个平面，则下列命题正确的是（ ）a. 若，则b. 若，则c. 若，则d. 若，与所成的角相等，则【答案】c【解析】【分析】对a，两直线可能相交；对b，两平面可能相交；对d，两直线也可能相交.【详解】如图，在长方体中，对a，平面为面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，显然两直线相交，故a错误；对b，平面为平面，平面为面，分别为棱的中点，直线为直线，直线为直线，均与平面平行，但两平面相交，故b错误；对c，由面面垂直判定定理可得c正确；对d，取的中点，显然与所成的角相等，故d错误.故选：c.【点睛】本题考查空间中线面、面面位置关系，考查空间想象能力，求解时要会借助正方体进行判定，能使求解过程更直观.10.已知内角的对边分别为，且，若，则的外接圆的半径为（ ）a. 6b. 3c. d. 【答案】d【解析】【分析】由余弦定理求得，再利用正弦定理求得的外接圆的半径.【详解】因为，又，所以，所以，因为.故选：d.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查基本运算求解能力.11.已知双曲线：的右焦点为，为坐标原点，为的中点，若以为直径的圆与双曲线的渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】分别求得圆的圆心和半径，以及双曲线的渐近线方程，由直线和圆相切的条件：，化简可得，的关系，即可得到所求离心率【详解】右焦点为，为坐标原点，为的中点，可得，以为直径的圆的圆心为，半径为，双曲线的渐近线方程为，由题意可得，化为，即有，即为，则故选：b【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和圆相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于中档题12.已知是定义在上的函数，且有，当时，则方程的根有（ ）a. 3个b. 4个c. 5个d. 6个【答案】a【解析】【分析】求出函数的解析式，画出函数的图象，然后判断零点个数即可【详解】是定义在上函数，且有，当时，可知时，时，时，时，画出函数与函数的图象，如图：方程的根有3个根故选：a.【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合思想、转化与化归思想的应用，考查运算求解能力第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则_【答案】【解析】【分析】利用倍角公式将式子转化关于变形，得到的齐次式，再利用同角三角函数的基本关系，转化成关于的表达式，进而求得答案.【详解】原式.故答案为：.【点睛】本题考查三角恒变换中的倍角公式、同角三角函数的关系，考查基本运算求解能力，求解时注意1的代换，可减少运算量.14.从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为_.【答案】【解析】【分析】基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率【详解】从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为故答案为：【点睛】本题考查古典概型概率求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型15.过抛物线：的焦点作一条倾斜角为的直线，直线与抛物线交于、两点，则_.【答案】16【解析】【分析】求出焦点坐标和直线方程，结合过焦点直线方程，利用设而不求的思想进行求解即可【详解】抛物线的焦点坐标为，过焦点的直线的斜率，则直线方程为，代入得，整理得，设，的坐标分别为，则，则，故答案为：16.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的应用，联立方程组，利用设而不求思想，结合抛物线的弦长公式进行计算是解决本题的关键16.九章算术是我国古代数学经典名著，其中有这样一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该木材，锯口深一寸，锯道长尺.问这块圆柱形木材的直径是多少？现有长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌在墙体中的体积约为_立方寸.（结果保留整数）注：l丈10尺100寸，.【答案】633【解析】【分析】由题意画出图形，求出圆柱的底面半径，进一步求出弓形面积，代入体积公式得答案【详解】如图所示：（寸，则（寸，（寸，设圆的半径为（寸，则（寸，在中，由勾股定理可得：，解得：（寸，即，则则弓形的面积（平方寸）则算该木材镶嵌在墙中的体积约为（立方寸）故答案为：633.【点睛】本题考查棱柱、棱锥、棱台体积的求法，关键是对题意的理解，是中档题三、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1721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：共60分.17.如图，在直四棱柱中，底面是矩形，与交于点，（1）证明：平面（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)见解析.(2) .【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，得到，进而可证明结论成立；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量、平面的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果.【详解】（1）证明：因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，则 .又，所以平面，所以.因为，所以是正方形，所以.又，所以平面.（2）因为四棱柱是直四棱柱，底面是矩形，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则,， , , 设平面的法向量为 由，可得，令，则，设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定、以及求线面角的问题，熟记线面垂直的判定定理、灵活运用空间向量的方法求空间角即可，属于常考题型.18.甲，乙二人进行乒乓球比赛，比赛采用三局两胜制，即先获得两局胜利的一方为获胜方，这时比赛结束.已知每局比赛甲胜乙的概率是，假设每局比赛结果相互独立.（1）求在一场比赛中甲获得比赛胜利的概率；（2）设随机变量为甲在一场比赛中获胜的局数，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）甲获得比赛胜利包含两种情况：甲连胜两局；前两局甲一胜一负，第三局甲胜.再利用相互独立事件同时发生的概率计算即可得答案；（2）利用对立事件进行求解.【详解】（1）甲获得比赛胜利包含两种情况：甲连胜两局；前两局甲一胜一负，第三局甲胜.甲获得比赛胜利的概率.（2）由已知得的可能取值为0，1，2，由（1）知，.【点睛】本题考查相互独立事件同时发生的概率、离散型随机变量、对立事件，考查逻辑推理能力和运算求解能力，准确辨别概率模型是求解的关键.19.已知数列为等差数列，前项和为，数列为等比数列，公比为2，且，.（1）求数列与的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），.（2）【解析】【分析】（1）根据条件列出的方程组，进而代入等差、等比数列的通项公式；（2）利用等差数列、等比数列的前项和公式，分别进行求和再相加得到数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题知，解得，.（2），.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的通项公式各前项和公式的求解，考查基本量法的运用，考查基本运算求解能力.20.已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）极大值为0，无极小值.（2）【解析】【分析】（1）对函数进行求导，解导数不等式得到极值点，进而求得函数的极值；（2）根据不等式恒成立，转化成恒成立，再利用参变分离、构造新函数，将问题进一步转化成恒成立，利用导数求函数的最大值，即可得到实数的取值范围.【详解】（1）当时，则，当时，单调递增；当时，单调递减，的极大值为，无极小值.（2）不等式恒成立，即恒成立，又，恒成立，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，故实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、不等式的恒成立问题，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力.21.已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆的焦点在轴上，点为坐标原点，射线、分别与椭圆交于点、点，且，试判断直线与圆：的位置关系，并证明你的结论.【答案】（1）或；（2）直线与圆：相离.证明见解析【解析】【分析】（1）对椭圆的焦点位置进行分类讨论，并分别设出椭圆的标准方程，再根据离心率和椭圆过点，分别求出对应的标准方程；（2）对点，分成在坐标轴上和不在坐标轴上两种情况分别求解，再利用点到直线的距离公式，判断直线与圆的位置关系即可.【详解】（1）当椭圆的焦点在轴上时，设椭圆的方程为：，由得，将点代入可得，椭圆的方程为：.当椭圆的焦点在轴上时，设椭圆的方程为：，由可得，将点代入可得，椭圆的方程为：.（2）直线与圆：相离，由（1）知，椭圆的方程为：，当，在坐标轴上时，容易求得直线与圆：相离；当，不在坐标轴上时，设直线：，则直线：，联立，可得，联立，可得，根据面积关系可得圆心到直线的距离的平方，直线与圆：相离.【点睛】本题考查椭圆的标准方程求法、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系，考查分类讨论思想、方程思想，考查运算求解能力，求解时要注意点的坐标求出后，点的坐标运算的技巧性，减少重复运算.（二）选考题：共10分，考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按