2020届新疆乌鲁木齐地区高三第一次质量检测数学（文）试题（解析版）

2020届新疆乌鲁木齐地区高三第一次质量检测

数学（文）试题

一、单选题

1．若集合，，则集合（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】解二次不等式，求得集合，再求集合的交集即可.

【详解】

对集合：，解得.

根据集合的交运算可得：

.

故选：A.

【点睛】

本题考查集合交集的运算，涉及简单二次不等式的求解，属基础题.

2．已知复数（是虚数单位），则的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据复数的乘法运算，求得复数，再求其共轭复数即可.

【详解】

因为，

故可得，

故.

故选：C.

【点睛】

本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的求解，属基础题.

3．已知双曲线（，）的两条渐近线互相垂直，焦距为，则该双曲线的实轴长为（    ）

A．3 B．6 C．9 D．12

【答案】B

【解析】根据渐近线垂直，可得的关系，结合焦距的长度，列方程组，即可求得结果.

【详解】

因为两条渐近线互相垂直，故可得，

又因为焦距为，故可得，

结合，

解得，

故实轴长.

故选：B.

【点睛】

本题考查双曲线方程的求解，属基础题.

4．已知，为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，且，则

C．若，，，，则

D．若，，，则

【答案】B

【解析】根据线线平行，线线垂直，线面垂直，面面垂直的判定，对选项进行逐一分析即可.

【详解】

对：若，，则，或与是异面直线，或与相交，故错误；

对：若，且，

    不妨取交线上一点，作平面的垂线为，

    因为，且点，故；

    同理可得，故与是同一条直线，

    因为，故.

    故选项正确.

对：只有当与是相交直线时，若，，，，

才会有.故错误；

对：若，，，则与的关系不确定，故错误.

故选：B.

【点睛】

本题考查线线平行，面面平行，面面垂直的判定，属综合基础题.

5．数列是公差为2的等差数列，为其前项和，且，，成等比数列，则（    ）

A．8 B．12 C．16 D．24

【答案】D

【解析】根据等比中项的定义，结合数列的公差为，列方程即可求得数列的首项，进而利用公式求得.

【详解】

因为，，成等比数列，故可得，

即可得，解得.

故.

故选：D.

【点睛】

本题考查等差数列前项和与通项公式基本量的计算，涉及等比中项，属综合基础题.

6．若正整数除以正整数的余数为，则记为，例如.如图程序框图的算法源于我国古化著名的《中国剩余定理》，执行该程序框图，则输出的等于（    ）

A．2 B．4 C．8 D．16

【答案】D

【解析】模拟执行程序，根据循环结构，逐步执行，即可得到结果.

【详解】

模拟执行程序如下：

开始，

，不满足，

故，满足，但不满足，

故，不满足，

故，满足，满足，

输出.

故选：D.

【点睛】

本题考查循环结构语句的执行，只需按照程序框图模拟执行即可，属基础题.

7．为了解某市居民用水情况，通过抽样，获得了100位居民某年的月均用水量(单位：吨).将数据按照，…，分成9组，绘制了如图所示的频率分布直方图.政府要试行居民用水定额管理，制定一个用水量标准.使的居民用水量不超过，按平价收水费，超出的部分按议价收费，则以下比较适合做为标准的是（    ）

A．2.5吨 B．3吨 C．3.5吨 D．4吨

【答案】B

【解析】根据频率分布直方图中，长方形面积表示频率，找出将面积分割为和的数值，即为标准.

【详解】

根据频率分布直方图，结合题意可得：

解得.

故要满足的居民用水量不超过，

则比较合适的取值为吨.

故选：B.

【点睛】

本题考查频率分布直方图中，频率的计算，属基础题.

8．天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯(，又名依巴谷)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗.到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森()又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念.天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足.其中星等为的星的亮度为.已知“心宿二”的星等是1.00.“天津四” 的星等是1.25.“心宿二”的亮度是“天津四”的倍，则与最接近的是(当较小时， )

A．1.24 B．1.25 C．1.26 D．1.27

【答案】C

【解析】根据题意，代值计算，即可得，再结合参考公式，即可估算出结果.

【详解】

根据题意可得：

可得，解得，

根据参考公式可得，

故与最接近的是.

故选：C.

【点睛】

本题考查对数运算，以及数据的估算，属基础题.

9．已知函数在上单调递增，则的最大值为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．6

【答案】C

【解析】求出的取值范围，结合正弦函数的单调区间，即可求得.

【详解】

因为，故可得，

又的单调增区间为，

故当时，只需是的子集即可.

则：，解得，

故的最大值为.

故选：C.

【点睛】

本题考查由正弦型三角函数的单调区间，求参数的取值范围，属中档题.

10．已知，，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】因为，故可得，由指数函数和幂函数的单调性即可比较大小.

【详解】

因为，故可得，

根据指数函数是单调减函数，

可得，即可得；

根据幂函数是单调增函数，

可得，即可得

综上所述：.

故选：A.

【点睛】

本题考查正弦函数和余弦函数在区间上的大小关系，以及指数函数和幂函数的单调性，属综合中档题.

11．已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线交抛物线于点（在第一象限），于点，直线交轴于点，则（    ）

A．4 B． C．2 D．

【答案】B

【解析】设出直线方程，联立抛物线方程，求得点的坐标，即可得点坐标，进而可求得的方程，容易得点的坐标，用两点之间的距离公式即可求得的长度.

【详解】

根据题意，作图如下：

由题可知，点，故直线的方程为，

联立抛物线方程

可得，解得或

因为点在第一象限，故可得.

又因为准线方程为，故可得.

则直线的方程为，

令，解得，即可得.

故.

故选：B.

【点睛】

本题考查抛物线中线段长度的求解，关键是要逐步求解出点的坐标即可.

12．已知函数，若，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据函数的单调性，得到满足题意的的范围，根据，得到与之间的关系，构造关于的函数，求该函数的值域即可.

【详解】

根据题意，因为是单调递增函数，也是单调增函数，

且，故在整个定义域上都是单调增函数.

当且仅当时，满足题意，

否则不妨令，要满足题意，则有.

又因为，故可得，

解得，

故，

令，

则，令，解得，

故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

故，没有最大值.

综上所述：故的取值范围为.

故选：A.

【点睛】

本题考查利用导数求函数的值域，以及分段函数的单调性，属综合性中档题.

二、填空题

13．已知单位向量，满足，则向量与向量的夹角的大小为__________．

【答案】

【解析】根据向量的数量积运算，结合单位向量模长为1，代值计算即可.

【详解】

因为，均是单位向量，故可得，

故可得，

即，解得，

又因为向量夹角的范围为，

故的夹角为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查向量数量积的运算，属基础题.

14．已知圆的圆心为，点在直线上，则的最小值为__________．

【答案】3

【解析】根据直线和圆相离，即可得圆心到直线的距离减去半径，即为所求.

【详解】

因为圆方程为，故，

则圆心到直线的距离，则直线与圆相离.

故得最小值为.

故答案为：3.

【点睛】

本题考查圆心到直线上一点距离的最值问题，属基础题.

15．造纸术是我国古代四大发明之一，纸张的规格是指纸张制成后，经过修整切边，裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准，规定以、、…、；、、…、等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用系列和系列，共中系列的幅面规格为：①规格的纸张的幅宽(以表示)和长度(以表示)的比例关系为；②将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，…，如此对开至规格.现有、、、…、纸各一张.若纸的面积为.则这9张纸的面积之和等于__________．

【答案】

【解析】根据题意，求出纸张的长度和宽度，构造纸张面积的等比数列，利用等比数列前项和的计算公式，即可求得.

【详解】

由题可设，纸的面积为，

根据题意，纸张面积是首项为，公比为的等比数列，

则容易知纸张的面积为，故可得，

故纸张面积是一个首项为，公比为的等比数列，

故张纸的面积之和为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查实际问题中等比数列的应用，问题的关键是要构造等比数列，属中档题.

16．如图，关于正方体，有下列四个命题：

①与平面所成角为45°；

②三棱锥与三棱锥的体积比为；

③存在唯一平面.使平面且截此正方体所得截面为正六边形；

④过作平面，使得棱、，在平面上的正投影的长度相等.则这样的平面有且仅有一个.

上述四个命题中，正确命题的序号为________.

【答案】①②③.

【解析】根据线面角的求解方法，三棱锥体积计算公式，正方体截面的性质，以及投影的相关知识，对选项进行逐一分析即可.

【详解】

对①：过作垂直于，垂足为，如下图所示：

因为是正方体，

容易知平面，且平面，故可得，

又因为，故平面，故即为所求线面角.

容易知为等腰直角三角形，故.

即与平面所成角为45°.故①正确；

对②：设正方体棱长为1，

故可得；

而棱锥的体积可以理解为

正方体的体积减去4个体积都和相等的三棱锥的体积，

故.

故棱锥与三棱锥的体积比为，则②正确；

对③：根据正方体截面的性质，当截面为六边形时，

当且仅当为各点所在棱的中点时，截面为正六边形，如下图所示：

其它情况下，无法保证截面六边形的棱长都相等，

故存在唯一平面.使平面且截此正方体所得截面为正六边形，

则③正确；

对④：若棱在平面的同侧，则为过点且与平面平行的平面；

若棱中有一条棱与另外两条棱分别在平面的异侧，则这样的平面有3个；

故满足题意的平面有4个.

故④错误.

综上所述：正确的有①②③.

故答案为：①②③.

【点睛】

本题考查线面角的求解，以及棱锥体积的计算，正方体截面的相关性质，属综合中档题.

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，平面，是正方形，是中点，点在上，且.

（1）证明：平面；

（2）若，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见详解；(2).

【解析】（1）根据平面，可得，再证，即可由线线垂直推证线面垂直；

（2）转换三棱锥顶点，用等体积法求点面距离即可.

【详解】

（1）因为平面，平面，故可得；

设底面正方形的边长为4，故可得，

，，

故在中，满足，故可得；

又平面，且，

则平面，即证.

（2）因为平面，故为三棱锥底面上的高线.

故可得.

在中，因为，，

由（1）可知平面，又平面，故可得，

则，

设点到平面的距离为，

故可得，解得.

即点到平面的距离为：.

【点睛】

本题考查由线线垂直推证线面垂直，以及利用等体积法求解点到面的距离，属综合基础题.

18．已知的面积为3，边上的高是2，.

（1）求外接圆的半径；

（2）求和的长.

【答案】(1)；(2)或

【解析】（1）利用三角形的面积公式求得，再利用同角三角函数关系，求得，最后利用正弦定理，即可求得外接圆半径；

（2）利用面积公式以及余弦定理，求得和的方程组，解方程组即可.

【详解】

设三角形的边长.

（1）由面积公式，解得.

因为，，故由同角三角函数关系，

容易得.

由正弦定理可得.

故外接圆的半径为.

（2）由面积公式可得，结合（1）中所求，

可得；

由余弦定理可得，解得，

即

解得，联立

可得或.

故或.

【点睛】

本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形外接圆半径的求解，属综合基础题.

19．在统计调查中，问卷的设计是一门很大的学问，特别是对一些敏感性问题.例如学生在考试中有无作弊现象，社会上的偷税漏税等，更要精心设计问卷.设法消除被调查者的顾虑，使他们能够如实回答问题，否则被调查者往往会拒绝回答，或不提供真实情况.为了调查中学生中的早恋现象，随机抽出200名学生，调查中使用了两个问题.①你的血型是A型或B型(资料：我国人口型血比例41%，型血比例28%，型血比例24%.型血比例7% ).②你是否有早恋现象，让被调查者掷两枚骰子，点数之和为奇数的学生如实回答第一个问题.点数之和为偶数的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不放，后来在盒子中收到了57个小石子.

（1）试计算掷两枚骰子点数之和为偶数的机率；

（2）你能否估算出中学生早恋人数的百分比？

【答案】(1)；(2).

【解析】（1）先计算抛掷两枚骰子的所有可能，再找出满足题意的可能，用古典概型的概率计算公式即可求得；

（2）根据（1）中所求，结合参考数据，先求得关于血型问题回答是的同学数量，再求出回答是早恋同学的数量，进而算出早恋比例.

【详解】

（1）抛掷两枚骰子，总共有36种可能；

其中满足点数之和为偶数有以下18中可能：

故满足题意的概率.

故掷两枚骰子点数之和为偶数的机率为.

（2）由（1）可知，点数之和为偶函数和奇数的概率相等，

则可估算有100名同学回答第一个问题，100名同学回答第二个问题.

根据参考数据，回答第一个问题，选择是的有人；

故回答第二个问题，选择是的有人.

故早恋人数的占比为.

【点睛】

本题考查简单随机抽样的概率计算，属基础题.

20．已知函数（）

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若在定义域内为单调函数，求实数的取值范围.

【答案】(1)；(2).

【解析】（1）对函数求导，解得函数在点处切线的斜率，根据点斜式即可求得切线方程；

（2）构造函数，利用导数求解其值域，再根据与之间的关系，求解恒成立问题即可得参数的范围.

【详解】

（1）当时，，故；

故可得，

故切线方程为：，整理得.

故曲线在点处的切线方程为.

（2）因为，故可得.

若在定义域内为单调函数，则恒成立，或恒成立.

构造函数，故可得，

令，解得，

故在区间上单调递增，在区间上单调递减.

故，且当趋近于0时，趋近于0.

故.

若要保证在定义域内恒成立，即恒成立，

即在定义域内恒成立，则只需；

若要保证在定义域内恒成立，则恒成立，

则在定义域内恒成立，但没有最小值，故舍去.

综上所述，要保证在定义域内为单调函数，

则.

【点睛】

本题考查导数的几何意义，以及根据函数单调性，利用导数求参数的范围，属综合中档题.

21．已知椭圆：（）的左焦点为，其中四个顶点围成的四边形面积为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过点的直线与曲线交于，两点，设的中点为，，两点为椭圆上关于原点对称的两点，且（），求四边形面积的最小值.

【答案】(1)；(2)4

【解析】（1）将四边形面积表示为的代数式，结合焦点坐标，联立方程组，求解即可；

（2）设出直线的方程，利用弦长公式求得，再利用，建立直线与之间的联系，再利用点到直线的距离，以及面积公式，将四边形面积表示为函数形式，求该函数的最小值即可.

【详解】

（1）因为左焦点为，故可得；

因为四个顶点围成的四边形面积为，故可得.

联立，

解得

故椭圆方程为.

（2）因为，故两点不可能重合，

则直线的斜率不可能为0，

故可设直线方程为，

联立椭圆方程，

可得，

设两点坐标分别为，

则可得，

则

故可得，

因为，故可得四点共线，

故可得.

不妨设直线方程为，，

联立直线与椭圆方程

可得，

设，

则，即

则，即

则点到直线的距离为：

将代入上式即可得：

，，

故

又根据弦长公式可得：

故四边形面积

，

因为，故可得，

当且仅当时，四边形面积取得最小值4.

故四边形面积的最小值为.

【点睛】

本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中四边形面积的最值，涉及弦长公式的应用，计算量相对较大，属中档题.

22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，四边形的四个顶点都在曲线上.

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）若，相交于点，求的值.

【答案】(1)；(2)4

【解析】（1）将两边平方，利用公式，即可转化为直角坐标方程；

（2）写出直线的参数方程，根据直线参数的几何意义，即可求得.

【详解】

（1）将两边平方，即可得，

即可得.

（2）因为直线都经过点，

故直线的参数方程为：为参数；

直线的参数方程为：为参数；

联立直线的方程与可得：

，

设两点对应的参数为，故可得；

同理联立直线的方程与可得：

，

设两点对应的参数为，故可得；

根据直线参数方程中的几何意义可知：

.即为所求.

【点睛】

本题考查极坐标方程转化为直角坐标方程，以及利用直线参数方程中参数的几何意义，求解线段长度的乘积，属基础题.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含，求实数的取值范围.

【答案】(1)；(2).

【解析】（1）分类讨论，求解不等式即可；

（2）将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题，列出不等式组即可求得.

【详解】

（1）当时，等价于，

解得；

当时，等价于，恒成立，

解得；

当时，等价于，

解得；

综上所述，不等式的解集为.

（2）不等式的解集包含，

等价于在区间上恒成立，

也等价于在区间恒成立.

则只需满足：

且即可.

即，

解得.

【点睛】

本题考查绝对值不等式的求解，以及二次函数在区间上恒成立的问题，属综合基础题.