洛南中學2020—2021學年度第一學期第一次模擬考試高三數學（文科）一、單選題（每小題5分）1.若集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出集合N，然后進行補集、交集的運算即可．【詳解】N＝{0，1，2，3，4}，?RM＝{x|x≤1}；∴（?RM）∩N＝{0，1}．故選B．【點睛】本題考查補集、交集的運算，描述法、列舉法的定義，熟記交集，補集的定義是關鍵，是基礎題．2.若復數滿足(其中為虛數單位)，則復數為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】試題分析：由可得.故選D.考點：復數的運算.3.已知f1（x）=x，f2（x）=，，從以上三個函數中任意取兩個相乘得到新函數，則所得新函數為奇函數的概率為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】從三個函數中任意取兩個相乘得到新函數，基本事件總數n＝,所得新函數為奇函數包含的基本事件個數m＝=2，所以根據概率計算公式p=求得概率為【詳解】解：∵f1（x）＝x是奇函數，f2（x）＝是奇函數，是偶函數，從以上三個函數中任意取兩個相乘得到新函數，基本事件總數n＝，所得新函數為奇函數包含的基本事件個數m＝＝2，∴所得新函數為奇函數的概率p＝.故選C．【點睛】本題考查了概率的求法，考查古典概型概率公式，考查運算求解能力，是基礎題．4.下列函數中，既是偶函數又在上單調遞增的函數是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由函數的奇偶性和單調性的定義和性質，對選項一一加以判斷，即可得到既是偶函數又在上單調遞增的函數．【詳解】對于．，有，是偶函數，但時為減函數，故排除；對于.，由，為奇函數，故排除；對于.，由于定義域為，不關于原點對稱，故函數不具有奇偶性，故排除；對于.，由，為偶函數，當時，，是增函數，故正確；故選D．【點睛】本題考查函數的性質和運用，考查函數的奇偶性和單調性及運用，注意定義的運用，以及函數的定義域，屬于基礎題和易錯題．5.已知向量，向量且，則的坐標為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設的坐標為，由向量垂直的坐標表示和向量的模的計算求得選項.【詳解】設的坐標為，又向量，向量且，所以，解得或，故選：C.【點睛】本題考查向量垂直的坐標表示和向量的模的坐標運算，屬于基礎題.6.在等比數列中，若，，，則公比等于（）A. B.C. D.或【答案】C【解析】【分析】解方程組，即得的值.【詳解】由題得，所以，因為，，所以.故選：C【點睛】本題主要考查等比數列的通項的應用，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.7.執行如圖所示的程序框圖，如果輸入，則輸出的a的值為（）A.7 B.9 C.10 D.13【答案】C【解析】試題分析：輸入，不滿足，則執行；還不滿足；再執行；仍不滿足，再執行，滿足條件，輸出即可．考點：算法流程圖．8.若圓截直線所得弦長為6，則實數m的值為（）A.31 B.-4 C.2 D.【答案】B【解析】【分析】先化圓的標準方程，再根據垂徑定理列方程，解得結果.【詳解】因為圓截直線所得弦長為6，所以故選：B【點睛】本題考查圓的弦長，考查基本分析求解能力，屬基礎題.9.在中，已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先通過余弦定理求出，再利用三角形的內角和為求出.【詳解】解：由余弦定理得，則，又，則.故選：B.【點睛】本題考查余弦定理應用，是基礎題.10.設為坐標原點，直線與拋物線C：交于，兩點，若，則的焦點坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題中所給的條件，結合拋物線的對稱性，可知，從而可以確定出點的坐標，代入方程求得的值，進而求得其焦點坐標，得到結果.【詳解】因為直線與拋物線交于兩點，且，根據拋物線的對稱性可以確定，所以，代入拋物線方程，求得，所以其焦點坐標為，故選：B.【點睛】該題考查是有關圓錐曲線的問題，涉及到的知識點有直線與拋物線的交點，拋物線的對稱性，點在拋物線上的條件，拋物線的焦點坐標，屬于簡單題目.11.四棱錐的底面為正方形，⊥平面，，則該四棱錐的外接球的半徑為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】試題分析：將三棱錐補成長方體，因為邊長相等故為正方體，體對角線即為直徑，.故選A.考點：球的組合體.【思路點晴】設幾何體底面外接圓半徑為,常見的圖形有正三角形,直角三角形,矩形,它們的外心可用其幾何性質求；而其它不規則圖形的外心,可利用正弦定理來求.若長方體長寬高分別為則其體對角線長為；長方體的外接球球心是其體對角線中點.找幾何體外接球球心的一般方法:過幾何體各個面的外心分別做這個面的垂線,交點即為球心.三棱錐三條側棱兩兩垂直,且棱長分別為，則其外接球半徑公式為:.12.已知定義域為的奇函數的導函數為，當時，，若，，，則，，的大小關系正確的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先設，對求導，結合題中條件，判斷的單調性，再根據函數為奇函數，得到的奇偶性，進而可得出結果.【詳解】設，則，因為當時，，所以當時,，即；當時,，即；所以在上單調遞增，在上單調遞減；又函數為奇函數，所以，因此，故函數為偶函數，所以，，，因為在上單調遞減，所以，故.故選：B【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性的應用，根據條件構造出函數是解題的關鍵，屬于?？碱}型.二、填空題（每小題5分）13.已知，，則的值為_______.【答案】【解析】【分析】根據同角三角函數關系式及角的范圍，可得，再由正弦二倍角公式即可求解.【詳解】，，則由同角三角函數關系式可得，所以由正弦二倍角公式可知，故答案為：.【點睛】本題考查了同角三角函數關系式的簡單應用，正弦二倍角公式的應用，屬于基礎題.14.已知等差數列{}的前n項和為,,則的值為___.【答案】18【解析】【分析】由可得，求得，利用等差數列的下標性質以及等差數列的求和公式可得結果.【詳解】設等差數列的公差為，則可化為，即，，，故答案為.【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式與求和公式，以及等差數列的性質，屬于中檔題.解與等差數列有關的問題要注意應用等差數列的性質（）與前項和的關系.15.已知實數，滿足約束條件，則的最大值是______.【答案】6【解析】【分析】根據線性約束條件畫出可行域，再將進行平移尋找最值點即可【詳解】如圖，根據線性約束條件畫出可行域，畫出符合條件的可行域，將進行平移，當移到最高點時，得到的最大值，則的最大值是6【點睛】本題考查了簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，是一道中檔題．16.給定下列四個命題：其中為真命題的是．（填上正確命題的序號）①“”是“”的充分不必要條件；②若“”為真，則“”為真；③已知，則“”是“”的充分不必要條件；④“若，則”的逆否命題為真命題．【答案】①④【解析】【詳解】試題分析：①當時；當時或，所以“”是“”的充分不必要條件，所以①為真命題；②若“”為真，則至少有一個為真．當一真一假時“”為假；當均為真時“”為真．所以②為假命題；③因為是的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件．所以③為假命題；④“若，則”的逆否命題為“若，則”是真命題，所以④為真命題．綜上可得真命題為①④．考點：命題的真假．【方法點晴】本題主要考查的是逆否命題、充分條件與必要條件和復合命題的真假性，屬于容易題．解題時一定要注意時，是的充分條件，是的必要條件，否則很容易出現錯誤．充分、必要條件的判斷即判斷命題的真假，在解題中也可以根據原命題與其逆否命題同真假進行等價轉化．三、解答題:（共70分）17.已知數列的各項均為正數，且.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前100項和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據方程可解出答案；（2），可算出答案.詳解】（1）由可得因為，所以（2）【點睛】本題考查的是分組求和法，較簡單.18.通過隨機詢問某地100名高中學生在選擇座位時否挑同桌，得到如下列聯表：男生女生合計挑同桌304070不挑同桌201030總計5050100（1）從這50名男生中按是否挑同桌采取分層抽樣的方法抽取一個容量為5的樣本，現從這5名學生中隨機選取3名做深度采訪，求這3名學生中恰有2名挑同桌的概率：（2）根據以上列聯表，判斷是否有95%以上的把握認為“性別與在選擇座位時是否挑同桌”有關，下面的臨界值表供參考：（參考公式:，其中）【答案】（1）；（2）有95%以上的把握認為“性別與在選擇座位時是否挑同桌”有關.【解析】【分析】（1）根據分層抽樣方法抽取容量為5的樣本，挑同桌的有3人，記為，不挑同桌的有2人，記為，然后用列舉法可得答案；（2）計算出的值，即可得答案.【詳解】（1）根據分層抽樣方法抽取容量為5的樣本，挑同桌的有3人，記為，不挑同桌的有2人，記為從這5人中隨機選取3人，基本事件為：，共10種其中這3名學生中恰有2名挑同桌的有6種所以這3名學生中恰有2名挑同桌的概率為（2）根據列聯表，計算觀測值所以有95%以上的把握認為“性別與在選擇座位時是否挑同桌”有關.【點睛】本題考查的是用列舉法解決古典概型以及獨立性檢驗，考查了學生的計算能力，較簡單.19.如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC求證：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）見解析；（2）見解析.【解析】【分析】(1)由題意結合幾何體的空間結構特征和線面平行的判定定理即可證得題中的結論；(2)由題意首先證得線面垂直，然后結合線面垂直證明線線垂直即可.【詳解】（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1所以A1B1∥ED.又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.因為三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC又因BE?平面ABC，所以CC1⊥BE.因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=所以BE⊥平面A1ACC1.因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.【點睛】本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力和推理論證能力.20.如圖，橢圓的左、右焦點分別為的直線交橢圓于兩點，且.（1）若，求橢圓的標準方程；（2）若，求橢圓的離心率.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)由橢圓的定義和勾股定理可求得、c，從而可求得橢圓的標準方程.(2)連結，設，由橢圓的定義和勾股定理得，可解得，從而求得橢圓的離心率.【詳解】(1)由橢圓的定義，，故.設橢圓的半焦距為c，由已知，因此，所以，從而，故所求橢圓的標準方程為；(2)連結，如圖所示，，由橢圓的定義，.從而由，有.設，所以，，，又由，所以，即，解得，所以.【點睛】本題考查橢圓的定義，橢圓的焦點三角形中的線段長間的關系，以及求橢圓的離心率，屬于中檔題.21.已知函數.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求函數在區間上的最大值和最小值.【答案】（1）；（2）最大值為，最小值為.【解析】【分析】（1）根據曲線在點處的切線方程的斜率為即可求解；（2）討論的正負來判斷的單調性，進而得到最值.【詳解】（1）因為，所以.又因為，所以曲線在點處的切線方程為.（2）設，則，當時，，所以在區間上單調遞減，所以對任意有，即，所以函數在區間上單調遞減，因此在區間上的最大值為，最小值為.【點睛】本題主要考查導數在研究函數中的應用,利用單調性求最值.（二）選考題：共10分，請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．22.在平面直角坐標系內，以原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系．已知點的極坐標分別為，曲線的方程為．（1）求直線AB的直角坐標方程：（2）若直線AB和曲線有且只有一個公共點，求的值，【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求得，，問題得解．（2）利用直線和曲線相切的關系可得：圓心到直線AB的距離等于圓的半徑，列方程即可得解．【詳解】（1）根據，分別將，轉化為直角坐標為，，所以直線的直角坐標方程為．（2）曲線C的方程為（），其直角坐標方程為．又直線AB和曲線C有且只有一個公共點，即直線與圓相切，所以圓心到直線AB的距離等于圓的半徑.又圓心到直線AB的距離為，即的值為．【點睛】本題主要考查了極