天一大联考2020届高三年级下学期第一次模拟考试文科数学试题(解析版)

天一大联考2020届高三年级下学期第一次模拟考试文科数学试题一、选择题：本题共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A ＝{x |﹣1≤x ≤5}，B ＝{x |x 2﹣2x ＞3}，则A ∩B ＝（ ） A ．{x |3＜x ≤5}B ．|x |﹣1≤x ≤5|C ．{x |x ＜﹣1或x ＞3}D ．R2．已知复数z 满足i （3+z ）＝1+i ，则z 的虚部为（ ） A ．﹣iB ．iC ．﹣1D ．13．已知函数f (f )={(f −1)3，f ≤1fff，f＞1，若f （a ）＞f （b ），则下列不等关系正确的是（ ）A ．1f 2+1＜1f 2+1 B ．√f 3＞√f 3C ．a 2＜abD ．ln （a 2+1）＞ln （b 2+1）4．国家统计局服务业调查中心和中国物流与采购联合会发布的2018年10月份至2019年9月份共12个月的中国制造业采购经理指数（PMI ）如下图所示．则下列结论中错误的是（ ）A ．12个月的PMI 值不低于50%的频率为13 B ．12个月的PMI 值的平均值低于50% C ．12个月的PMI 值的众数为49.4% D ．12个月的PMI 值的中位数为50.3%5．已知函数f (f )=fff (2f −f4)的图象向左平移φ（φ＞0）个单位后得到函数f (f )=fff (2f +f4)的图象，则φ的最小值为（ ）A ．f4B ．3f8C ．f2D ．5f 86．已知数列{a n }满足a n +1﹣a n ＝2，且a 1，a 3，a 4成等比数列．若{a n }的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为（ ） A ．﹣10B ．﹣14C ．﹣18D ．﹣207．已知cos （2019π+α）=−√23，则sin （f2−2α）＝（ ） A ．79B ．59C ．−59D ．−798．已知双曲线f：f 2f2−f 2f2=1(f＞0，f＞0)的右焦点为F ，过右顶点A 且与x 轴垂直的直线交双曲线的一条渐近线于M 点，MF 的中点恰好在双曲线C 上，则C 的离心率为（ ） A ．√5−1B ．√2C ．√3D ．√59．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为11，则图中的判断条件可以为（ ）A ．S ＞﹣1？B ．S ＜0？C ．S ＜﹣1？D ．S ＞0？10．过抛物线E ：x 2＝2py （p ＞0）的焦点F 作两条互相垂直的弦AB ，CD ，设P 为抛物线上的一动点，Q （1，2）．若1|ff |+1|ff |=14，则|PF |+|PQ |的最小值是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．411．已知函数f （x ）＝x 3﹣ax ﹣1，以下结论正确的个数为（ ） ①当a ＝0时，函数f （x ）的图象的对称中心为（0，﹣1）； ②当a ≥3时，函数f （x ）在（﹣1，1）上为单调递减函数； ③若函数f （x ）在（﹣1，1）上不单调，则0＜a ＜3； ④当a ＝12时，f （x ）在[﹣4，5]上的最大值为15． A ．1B ．2C ．3D ．412．已知四棱锥E ﹣ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，ED ＝1，平面ECD ⊥平面ABCD ，当点C 到平面ABE 的距离最大时，该四棱锥的体积为（ ）A ．√26B ．13C ．√23D ．1二、填空题：本题共4小题．每小题5分．共20分．13．已知向量f →=（1，1），|f →|=√3，（2f →+f →）•f→=2，则|f →−f →|＝ ． 14．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（一）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为．15．将底面直径为4，高为√3的圆锥形石块打磨成一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为．16．如图，已知圆内接四边形ABCD，其中AB＝6，BC＝3，CD＝4，AD＝5，则2ffff +2ffff=．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：共60分．17．已知数列{a n}的各项都为正数，a1＝2，且f f+1f f =2f ff f+1+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[lg（log2a n）]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1，求数列{b n}的前2020项和．18．如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC⊥平面A1ACC1，CC1＝2，△ABC，△ACC1，均为正三角形，E 为AB的中点．（Ⅰ）证明：AC1∥平面B1CE；（Ⅱ）求斜三棱柱ABC﹣A1B1C1截去三棱锥B1﹣﹣CBE后剩余部分的体积．19．近几年一种新奇水果深受广大消费者的喜爱，一位农户发挥聪明才智，把这种露天种植的新奇水果搬到了大棚里，收到了很好的经济效益．根据资料显示，产出的新奇水果的箱数x（单位：十箱）与成本y （单位：千元）的关系如下：x 1 3 4 6 7y 5 6.5 7 7.5 8y与x可用回归方程f^=f f fff+f^（其中f^，f^为常数）进行模拟．（Ⅰ）若该农户产出的该新奇水果的价格为150元/箱，试预测该新奇水果100箱的利润是多少元．|．（Ⅱ）据统计，10月份的连续16天中该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的频率分布直方图如图．（i ）若从箱数在[40，120）内的天数中随机抽取2天，估计恰有1天的水果箱数在[80，120）内的概率； （ⅱ）求这16天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值．（每组用该组区间的中点值作代表）参考数据与公式：设t ＝lgx ，则f f∑ 5f =1(f f −f )(f f −f )∑ 5f =1(f f −f )20.546.8 1.530.45线性回归直线f^=ff fff +f ^中，f f =∑ f f =1(f f −f )(f f −f )∑ f f =1(f f −f )2，f^=f −f f f ．20．已知椭圆f：f 2f 2+f 2f 2=1(f＞f＞0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，|F 1F 2|＝2，M 是椭圆E 上的一个动点，且△MF 1F 2的面积的最大值为√3． （Ⅰ）求椭圆E 的标准方程；（Ⅱ）若A （a ，0），B （0，b ），四边形ABCD 内接于椭圆E ，AB ∥CD ，记直线AD ，BC 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．21．已知直线y ＝x ﹣1是曲线f （x ）＝alnx 的切线． （Ⅰ）求函数f （x ）的解析式；（Ⅱ）若t ≤3﹣4ln 2，证明：对于任意m ＞0，ℎ(f )=ff −√f +f (f )+f 有且仅有一个零点． （二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．以直角坐标系xOy 的原点为极坐标系的极点，x 轴的正半轴为极轴．已知曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ+8sin θ，P 是C 1上一动点，ff→=2ff →，Q 的轨迹为C 2． （Ⅰ）求曲线C 2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；（Ⅱ）若点M （0，1），直线l 的参数方程为{f =fffff f =1+fffff （t 为参数），直线l 与曲线C 2的交点为A ，B ，当|MA |+|MB |取最小值时，求直线l 的普通方程． [选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分10分）23．已知a ，b ，c ∈R +，∀x ∈R ，不等式|x ﹣1|﹣|x ﹣2|≤a +b +c 恒成立． （Ⅰ）求证：f 2+f 2+f 2≥13（Ⅱ）求证：√2+2+√2+2+√2+2≥√2．一、选择题：本题共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．由题意B ＝{x |x ＜﹣1或x ＞3}， 所以A ∩B ＝{x |3＜x ≤5}， 故选：A ．2．解∵i （3+z ）＝1+i ，∴3+z =1+f f=1−f ，∴z ＝﹣2﹣i ， ∴复数z 的虚部为﹣1． 故选：C ．3．易知f （x ）在R 上单调递增，故a ＞b ．因为a ，b 的符号无法判断，故a 2与b 2，a 2与ab 的大小不确定， 所以A ，C ，D 不一定正确；B 中√f 3＞√f 3正确． 故选：B ．4．从图中数据变化看，PMI 值不低于50%的月份有4个， 所以12个月的PMI 值不低于50%的频率为412=13，所以A 正确； 由图可以看出，PMI 值的平均值低于50%，所以B 正确； 12个月的PMI 值的众数为49.4%，所以C 正确； 12个月的PMI 值的中位数为49.6%，所以D 错误． 故选：D ．5．把函数f (f )=fff (2f −f4)的图象向左平移φ（φ＞0）个单位后得到函数y ＝sin （2x +2φ−f4）的图象，即得到f (f )=fff (2f +f4)的图象， ∴2φ−f 4=2k π+f 4，k ∈Z ，∴φ的最小值为f4，故选：A ．6．根据题意，可知{a n }为等差数列，公差d ＝2．由a 1，a 3，a 4成等比数列，可得(f 1+4)2=a 1（a 1+6），解得a 1＝8． 所以S n ＝﹣8n +f (f −1)2×2=(f −92)2−814．根据单调性，可知当n ＝4或5时，S n 取到最小值，最小值为﹣20． 故选：D ．7．由cos （2019π+α）=−√23，可得cos （π+α）=−√23， ∴cos α=√23，∴sin （f 2−2α）＝cos2α＝2cos 2α﹣1＝2×29−1=−59． 故选：C ． 8．双曲线C ：f 2f 2−f 2f2=1，a ＞0，b ＞0的右顶点为A （a ，0），右焦点为A （c ，0），M 所在直线为x ＝a ，不妨设M （a ，b ），∴MF 的中点坐标为（f +f 2，f2）． 代入方程可得(f +f 2)2f 2−(f 2)2f 2=1，∴(f +f )24f 2=54，∴e 2+2e ﹣4＝0，∴e =√5−1（负值舍去）．故选：A ． 9．i ＝1，S ＝1．运行第一次，S ＝1+lg 13=1﹣lg 3＞0，i ＝3，不成立； 运行第二次，S ＝1+lg 13+lg 35=1﹣lg 5＞0，i ＝5，不成立； 运行第三次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57=1﹣lg 7＞0，i ＝7，不成立； 运行第四次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57+lg 79=1﹣lg 9＞0，i ＝9，不成立； 运行第五次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57+lg 79+lg 911=1﹣lg 11＜0，i ＝11，成立， 输出i 的值为11，结束， 故选：B ．10．显然直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的斜率为k ，则直线AB 的方程为y ＝kx +f2，联立方程{f =ff +f2f 2=2ff，消去y 得：x 2﹣2pkx ﹣p 2＝0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， ∴x 1+x 2＝2pk ，∴f 1+f 2=f (f 1+f 2)+f =2ff 2+f ， 由抛物线的性质可知：|AB |＝y 1+y 2+p ＝2pk 2+2p ， ∵AB ⊥CD ，∴直线CD 的斜率为：−1f ，∴|CD |＝2p （−1f ）2+2p =2f f 2+2f=2f +2ff 2f 2， ∴1|ff |+1|ff |=12ff 2+2f +f 22f +2ff 2=f 2+12f +2ff 2=14，∴2p +2pk 2＝4+4k 2， ∴p ＝2，∴抛物线方程为：x 2＝4y ，准线方程为：y ＝﹣1，设点P 到准线y ＝﹣1的距离为d ，由抛物线的性质可知：|PF |+|PQ |＝d +|PQ |， 而当QP 垂直于x 轴时，d +|PQ |的值最小，最小值为2+1＝3，如图所示： ∴|PF |+|PQ |的最小值为3， 故选：C ．11．①幂函数y ＝x 3为奇函数，其图象的对称中心为原点，根据平移知识，当a ＝0时，函数f （x ）＝x 3﹣1的图象的对称中心为（0，﹣1），即①正确． ②由题意知，f '（x ）＝3x 2﹣a ． 当﹣1＜x ＜1时，3x 2＜3，又a≥3，所以f'（x）＜0在（﹣1，1）上恒成立，所以函数f（x）在（﹣1，1）上单调递减，即②正确．③由题意知，f'（x）＝3x2﹣a，当a≤0时，f'（x）≥0，此时f（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数，不合题意，故a＞0．令f'（x）＝0，解得f=±√3f3．因为f（x）在（﹣1，1）上不单调，所以f'（x）＝0在（﹣1，1）上有解，所以0＜√3f3＜1，解得0＜a＜3，即③正确．④令f'（x）＝3x2﹣12＝0，得x＝±2．当x∈[﹣4，5]时，f（x）在[﹣4，﹣2]和[2，5]上单调递增，在（﹣2，2）上单调递减，所以f（x）max＝f（﹣2）或f（5），因为f（﹣2）＝15，f（5）＝64，所以最大值为64，即④错误．故选：C．12．如图所示，由题意可得：ED⊥平面ABCD时，△ADE的面积最大，可得点C即点D到平面ABE的距离最大．此时该四棱锥的体积=13×12×1=13．故选：B．二、填空题：本题共4小题．每小题5分．共20分．13．由题意可得|f→|=√2，(2f→+f→)⋅f→=f→⋅f→+2f→2=f→⋅f→+4，∴f→⋅f→+4=2，解得f→⋅f→=−2，∴|f→−f→|=√f→2−2f→⋅f→+f→2=3．故答案为：3．14．根据题意，画图如下，由图可知，目前（五）班已经赛了2场， 故答案为：2．15．欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥．设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 则√3−f √3=f 2，解得h =√3−√32r ．故S 侧＝2πrh ＝2πr （√3−√32r ）=√3πr （2﹣r ）≤√3π(f +2−f 2)2=√3f ．当r ＝1时，S 侧的最大值为√3f ． 故答案为：√3f ．16．由圆内接四边形的性质可得∠C ＝π﹣∠A ，∠D ＝π﹣∠B ． 连接BD ，在△ABD 中，有BD 2＝AB 2+AD 2﹣2AB •AD cos A ． 在△BCD 中，BD 2＝BC 2+CD 2﹣2BC •CD cos C ，所以，AB 2+AD 2﹣2AB •AD cos A ＝BC 2+CD 2+2BC •CD cos A ， cos A =ff 2+ff 2−ff 2−ff 22(ff ⋅ff +ff ⋅ff )=62+52−32−422(6×5+3×4)=37，所以sin A =√2=√1−(37)2=2√107， 连接AC ，同理可得cos B =ff 2+ff 2−ff 2−ff 22(ff ⋅ff +ff ⋅ff )=62+32−52−422(6×3+5×4)=119，所以sin B =√1−fff 2f =√1−(119)2=6√1019． 所以2ffff +2ffff =+=4√103． 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：共60分． 17．（I ）由题意，且f f +1f f=2f fff +1+1，即f f +12−a n +1a n ﹣2f f 2=0，整理，得（a n +1+a n ）（a n +1﹣2a n ）＝0． ∵数列{a n }的各项都为正数， ∴a n +1﹣2a n ＝0，即a n +1＝2a n ．∴数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2n．（Ⅱ）由（I ）知，b n ＝[lg （log 2a n ）]＝[lg （log 22n）]＝[lgn ]，故b n ={0，1≤f＜101，10≤f＜1002，100≤f＜10003，1000≤f＜2020，n ∈N *．∴数列{b n }的前2020项的和为1×90+2×900+3×1021＝4953． 18．（Ⅰ）如图，连接BC 1，交B 1C 于点M ，连接ME ，则ME ∥AC 1． 因为AC 1⊄平面B 1CE ，ME ⊂平面B 1CE ，所以AC 1∥平面B 1CE ．（Ⅱ）因为B 1C 1平面ABC ，所以点B 1到平面ABC 的距离等于点C 1到平面ABC 的距离． 如图，设O 是AC 的中点，连接OC 1，OB ． 因为△ACC 1为正三角形，所以OC 1⊥AC ，又平面ABC ⊥平面A 1ACC 1，平面ABC ∩平面A 1ACC 1＝AC ， 所以OC 1⊥平面ABC ．所以点C 1到平面ABC 的距离OC 1=√3， 故三棱锥B 1﹣BCE 的体积为Vf 1−fff=13S △BCE •OC 1=13×12×1×√3×√3=12，而斜三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积为V ＝S △ABC •OC 1=12AB •CE •OC 1=12×2×√3×√3=3， 所以剩余部分的体积为3−12=52．19．解（Ⅰ）根据题意，ff =∑ f f =1(f f −f )(f f −f )∑ f f =1(f f −f )2=1.530.45=3.4，ff =f −f f f =6.8−3.4×0.54=4.964， ∴ff =3.4f +4.964． 又t ＝lgx ，∴ff =3.4fff +4.964． ∴x ＝10时，f f =3.4+4.964=8.364（千元），即该新奇水果100箱的成本为8364元，故该新奇水果100箱的利润15000﹣8364＝6636． （Ⅱ）（i ）根据频率分布直方图，可知水果箱数在[40，80）内的天数为1320×40×16=2．设这两天分别为a ，b ，水果箱数在[80，120）内的天数为1160×40×16=4， 设这四天分别为A ，B ，C ，D ．∴随机抽取2天的基本结果为：（AB ），（AC ），（AD ），（Aa ），（Ab ），（BC ），（BD ），（Ba ），（Bb ）， （CD ），（Ca ），（Cb ），（Da ），（Db ），（ab ）共15种．满足恰有1天的水果箱数在[80，120）内的结果为：（Aa ），（Ab ），（Ba ），（Bb ），（Ca ），（Cb ），（Da ），（Db ）共8种，所以估计恰有1天的水果箱数在[80，120）内的概率为P =815． （ⅱ）这16天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值为：60×1320×40+100×1160×40+140×180×40+180×1320×40=125（箱）．20．（Ⅰ）设椭圆E 的半焦距为c ，由题意可知，当M 为椭圆E 的上顶点或下顶点时，△MF 1F 2的面积取得最大值√3．所以{f =112×2f ×f =√3f 2=f 2+f 2，所以a ＝2，b =√3，故椭圆E 的标准方程为f 24+f 23=1．（Ⅱ）根据题意可知A （2，0），B （0，√3），k AB =−√32 因为AB ∥CD ，设直线CD 的方程为y =−√32f +f ，C （x 1，y 1），D （x 2，y 2）由{f 24+f 23=1f =−√32f +f，消去y 可得6x 2﹣4√3ff +4m 2﹣12＝0，所以x 1+x 2=2√3f3，即x 1=2√3f3−x 2． 直线AD 的斜率k 1=f 1f 1−2=−√32f 1+ff 1−2，直线BC 的斜率k 2=−√32f 2+f −√3f 2， 所以k 1k 2=−√32f 1+f f 1−2•−√32f 2+f −√3f 2， =34f 1f 2−√32f (f 1+f 2)+32f 1+f (f −√3)(f 1−2)f 2， =34f 1f 2−√32f ⋅2√3f 3+32(2√3f 3−f 2)+f (f −√3)(f 1−2)f 2，=34f 1f 2−32f 2(f 1−2)f 2=34．故k 1k 2为定值．21．（Ⅰ）根据题意，f ′（x ）=f f，设直线y ＝x ﹣1与曲线相切于点P （x 0，y 0）根据题意，可得{ff 0=1ffff 0=f 0−1，解之得x 0＝a ＝1，因此f （x ）＝lnx ．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知h （x ）＝mx −√f +lnx +t （x ＞0）， 则当x →0时，h （x ）＜0，当x →+∞时，h （x ）＞0， 所以h （x ）至少有一个零点．h ′（x ）=1f 2f m ＝m −116+（√f14）2①m ≥116，则h ′（x ）≥0，h （x ）在（0，+∞）上单调递增，所以h （x ）有唯一零点． ②若0＜m ＜116，令h ′（x ）＝0得h （x ）有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2）， 所以√f 14，即0＜x 1＜16．可知h （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，x 2）上单调递减，在（x 2，+∞）上单调递增． 所以极大值为h （x 1）＝mx 1−√f 1+lnx 1+t ＝（2√f 1f 1）x 1−√f 1+lnx 1+t =−√f 12−1+lnx 1+t ，又h ′（x 1）=4√f 1f 1=4−√f 14f 1＞0， 所以h （x 1）在（0，16）上单调递增，则h （x 1）＜h （16）＝ln 16﹣3+t ≤ln 16﹣3+3﹣4ln 2＝0，所以h （x ）有唯一零点． 综上可知，对于任意m ＞0时，h （x ）有且仅有一个零点．（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（Ⅰ）根据题意，设点P ，Q 的极坐标分别为（ρ0，θ）、（ρ，θ），则有ρ=12ρ0＝2cos θ+4sin θ，故曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2cos θ+4sin θ， 变形可得：ρ2＝2ρcos θ+4ρsin θ，故C 2的直角坐标方程为x 2+y 2＝2x +4y ，即（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝5； （Ⅱ）设点A ，B 对应的参数分别为t 1、t 2，则|MA |＝t 1，|MB |＝t 2，设直线l 的参数方程{f =ffffff =1+fffff ，（t 为参数），代入C 2的直角坐标方程（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝5中， 整理得t 2﹣2（cos α+sin α）t ﹣3＝0．由根与系数的关系得t 1+t 2＝2（cos α+sin α），t 1t 2＝﹣3，则|MA |+|MB |＝|t 1|+|t 2|＝|t 1﹣t 2|=√(f 1+f 2)2−4f 1f 2=√4(ffff +ffff )2+12=√4fff2f+16≥2√3，当且仅当sin2α＝﹣1时，等号成立，此时l的普通方程为x+y﹣1＝0．[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分10分）23．证明：（Ⅰ）∵|x﹣1|﹣|x﹣2|≤|x﹣1﹣x+2|＝1，∴a+b+c≥1．∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ac，∴2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca，∴3a2+3b2+3c2≥a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca＝（a+b+c）2≥1，∴f2+f2+f2≥13．（Ⅱ）∵a2+b2≥2ab，2（a2+b2）≥a2+2ab+b2＝（a+b）2，即f2+f2≥(f+f)22两边开平方得√f2+f2≥√22|f+f|=√22(f+f)，同理可得√f2+f2≥√22(f+f)，√f2+f2≥√22(f+f)，三式相加，得√f2+f2+√f2+f2+√f2+f2≥√2．。