2020届1月市一模数学（理）试题
一、单选题
1．设集合，则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】先求出集合和集合，由此即可得到结论.【详解】
由题意，∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查交集的求法，交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
2．计算（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用复数的运算法则即可得出．
【详解】
由复数的运算法则可得：．
故选：D．
【点睛】
本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．已知直线平面，则“直线”是“”的()
A．充分但不必要条件
B．必要但不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】当且时,我们可以得到或（因为直线与平面的位置关系不确定）,所以充分性不成立;当时,过直线可做平面与平面交于直线,则有.又有,则有,即.所以必要性成立,故选.4．上海地铁号线早高峰时每隔分钟一班，其中含列车在车站停留的分钟，假设乘客到达站台的时刻是随机的，则该乘客到达站台立即能乘上车的概率为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据几何概型的概率计算问题，求出对应时间的比即可．
【详解】
每分钟一班列车，其中列车在车站停留分钟，根据几何概型概率公式可得，该乘客到达站台立即能乘上车的概率为.故选：C．
【点睛】
本题考查了几何概型的概率计算问题，对应时间的比值是解题关键，属于基础题．
5．《张丘建算经》卷上有题为“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈”，其意思为：现一善于织布的女子，从第天开始，每天比前一天多织相同量的步（不变的常量），第天织了五尺，一个月（按天计算）共织九匹三丈（一匹四丈，一丈十尺），则该女子第天比第天多织布的尺数为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设该女子第一天织布为，利用等差数列即可得到结论.【详解】
记该女子一个月中的第天所织布的尺数为，则，则，.故选：A．
【点睛】
本题主要考查等差数列的计算，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用，属于基础题．
6．已知函数是一个求余数函数，表示除以的余数，例如.如图是某个算法的程序框图，若输入的值为，则输出的值为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】模拟执行程序框图，根据题意，大于的约数有：共个，即可得解.【详解】
模拟执行程序框图，可得：，，满足条件，；
满足条件，；
满足条件，；
满足条件，；
…，可得程序框图的功能是统计大于的约数的个数，由于约数有：共个，故．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了循环结构的程序框图，依次正确写出每次循环得到的的值是解题的关键，属于基础题．
7．已知是不共线的向量，，若三点共线，则满足（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】利用三点共线，即可得到结论.【详解】
由三点共线，得，是不共线的向量，，.故选：B.【点睛】
本题考查了三点共线，向量共线定理，属于基础题．
8．已知变量满足，则的最大值为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】确定不等式表示的平面区域，明确目标函数的几何意义，即可求得最大值.【详解】
画出表示的可行域，如图，平移直线，当直线经过点时，直线截距最小，最大，所以，最大值为，故选：A．
【点睛】
本题考查线性规划知识，考查数形结合的数学思想，考查学生的计算能力，属于基础题.9．已知函数在上最大值为且递增，则的最大值为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用正弦函数的单调性求得的最值，进而可得的最值.【详解】
由题意可知，，，则，.故选：D．
【点睛】
本题主要考查了正弦函数的图象和性质，不等式的解法，属于基础题．
10．已知，不等式对成立，则的取值范围为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】易证是奇函数且在上单调递减，利用函数性质得不等式，进而解得即可.【详解】，是奇函数且在上单调递减，不等式即：，结合函数的单调性可得：，，所以.故选：A．
【点睛】
本题主要考查不等式恒成立问题，利用奇函数的性质得不等式是关键，属于中档题.11．在直角坐标系中，分别是双曲线的左、右焦点，点是双曲线右支上的一点，满足，若点的横坐标取值范围是，则双曲线的离心率取值范围为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由可计算得，再利用即可得离心率的取值范围.【详解】
由可得，，，由于，所以，，，.故选：C．
【点睛】
本题主要考查了双曲线的简单性质，向量数量积的运算，考查计算能力，属于中档题．
12．已知对任意实数都有，若不等式（其中）的解集中恰有两个整数，则的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由，得，进而得，再根据图像比较点与四个点，，连线的斜率，即可得到答案.【详解】
由，得，故，在取得极小值，根据图像，欲使解集中恰有两个整数，则比较点与四个点，，连线的斜率，由可得.故选：C．
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的解法、数形结合方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
二、填空题
13．若直线是抛物线的一条切线，则__________．
【答案】
【解析】根据题意，联立方程即可得到答案.【详解】
联立直线和抛物线得到．
故答案为：.【点睛】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系，属于基础题.14．一个棱长为的正方体中有一个实心圆柱体，圆柱的上、下底面在正方体的上、下底面上，侧面与正方体的侧面相切，则在正方体与圆柱的空隙中能够放置的最大球的半径为__________．
【答案】
【解析】在正方体与圆柱的空隙中能够放置的最大球，即为放置的球与正方体相切与圆柱体也相切，过球心与圆柱体底面平行的平面截得该图形的平面图，利用几何关系计算即可.【详解】
如图，过球心与圆柱体底面平行的平面截得该图形的平面图，设球的半径为，则圆柱体底面圆半径,正方形的边长为，由题意可得，解得，即最大球的半径为.故答案为：.【点睛】
本题主要考查球的半径的求法，几何图形的转化，属于基础题.15．已知等比数列的前项和为，且，则__________．
【答案】
【解析】由等比数列前项和的通项公式得，进而可得比值.【详解】
等比数列的前项和为，由已知，可知，则．
故答案为：.【点睛】
本题考查等比数列前项和的代数表达式，利用等比数列的定义是关键，属于基础题.16．一只蚂蚁从一个正四面体的顶点出发，每次从一个顶点爬行到另一个顶点，则蚂蚁爬行五次还在点的爬行方法种数是__________．
【答案】
【解析】方法一：根据题意，蚂蚁第一次爬行可以到的任何一点，再利用第二次爬行到与不到进行分类计算，依次计算即可；
方法二：设从点出发爬行次仍在点的爬行方法种数为，由题意得递推关系，进而可得结论.【详解】
解法一：第一次爬行可以到的任何一点，第二次爬行分到与不到，对于第二次不到的第三次爬行再分到与不到．爬行方法总数为（种）．
解法二：设从点出发爬行次仍在点的爬行方法种数为，则，，，．（亦可由递推式从第二项递推出第五项的值）
故答案为：.【点睛】
本题主要考查了计数原理的应用，构造数列，利用递推关系解决问题，属于中档题.三、解答题
17．已知，的内角的对边分别为，为锐角，且.（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用诱导公式和倍角公式对函数解析式化简，将代入即可得到答案；
（2）利用余弦定理求得的值，代入三角形面积公式求得三角形的面积.【详解】
（1）函数，由得：，为锐角，；
（2）由余弦定理有，，，.【点睛】
本题主要考查正弦定理和余弦定理的运用，要求学生对正弦定理和余弦定理公式及变形公式熟练应用，属于基础题.18．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，是等边三角形，侧面底面，，点、点分别在棱、棱上，，点是线段上的任意一点.（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）先证平面，再证平面，进而可得平面平面，即可得到答案；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，取平面的法向量，利用向量法求出二面角即可.【详解】
（1）连接，由，得
平面
且，又，则四边形为平行四边形，故，平面
又
面面，又面
平面.（2）如图，以中点为原点，的中垂线为轴，直线为轴，过于平行的直线为轴，建立空间直角坐标系
则面的其中一个法向量，设面的一个法向量
又，，令得，则
故二面角的大小为.【点睛】
本题考查了线面平行的判定，利用向量法求法向量，求二面角的大小，属于中档题．
19．在贯彻中共中央、国务院关于精准扶贫政策的过程中，某单位在某市定点帮扶某村户贫困户.为了做到精准帮扶，工作组对这户村民的年收入情况、危旧房情况、患病情况等进行调查，并把调查结果转化为各户的贫困指标.将指标按照，，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.规定若，则认定该户为“绝对贫困户”，否则认定该户为“相对贫困户”；当时，认定该户为“亟待帮住户”.工作组又对这户家庭的受教育水平进行评测，家庭受教育水平记为“良好”与“不好”两种.（1）完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为绝对贫困户数与受教育水平不好有关：
受教育水平良好
受教育水平不好
总计
绝对贫困户
相对贫困户
总计
（2）上级部门为了调查这个村的特困户分布情况，在贫困指标处于的贫困户中，随机选取两户，用表示所选两户中“亟待帮助户”的户数，求的分布列和数学期望.附：，其中.【答案】（1）列联表见解析，有；（2）分布列见解析，.【解析】（1）根据题意填写列联表，计算，对照临界值得出结论；
（2）根据题意可得贫困指标在的贫困户共有（户），“亟待帮助户”共有（户），则的可能值为，，列出分布列，计算期望值即可.【详解】
（1）由题意可知，绝对贫困户有（户），可得出如列联表：
受教育水平
良好
受教育水平
不好
总计
绝对贫困户
相对贫困户
总计
．
故有的把握认为绝对贫困户数与受教育水平不好有关．
（2）贫困指标在的贫困户共有（户），“亟待帮助户”共有（户），依题意的可能值为，，，则的分布列为
故．
【点睛】
本题考查了列联表与独立性检验应用问题，也考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
20．已知椭圆的离心率为，其右顶点为，下顶点为，定点，的面积为，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.（1）求椭圆的方程；
（2）试探究的横坐标的乘积是否为定值，说明理由.【答案】（1）；（2）是，理由见解析.【解析】（1）求出，代入即可；
（2）设直线的方程为，的坐标分别为，求出，的横坐标，利用直线和椭圆联立，由韦达定理得,，即可求出.【详解】
（1）由已知，的坐标分别是由于的面积为，又由得，解得：，或（舍去），椭圆方程为；
（2）设直线的方程为，的坐标分别为
则直线的方程为，令，得点的横坐标
直线的方程为，令，得点的横坐标
把直线代入椭圆得
由韦达定理得,∴，是定值．
【点睛】
本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的综合，圆锥曲线的定值问题，属于中档题．
21．已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；
（2）设，当时，对任意，存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，单调减区间是，单调增区间是，；当时，单调增区间是，没有单调减区间；（2）.【解析】（1）先求函数的定义域，利用函数的导函数，得或，当时，分，讨论即可得到答案；
（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，从而在上的最小值为，由题意得，即，令，求新函数的最大值即可得实数的取值范围.【详解】
（1）函数的定义域为，由，得或.当即时，由得，由得或；
当即时，当时都有；
当时，单调减区间是，单调增区间是，；
当时，单调增区间是，没有单调减区间.（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，从而在上的最小值为.对任意，存在，使得，即存在，使的值不超过在区间上的最小值.由，.令，则当时，.，当时；当时，.故在上单调递减，从而，从而.【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求圆的直角坐标方程；
（2）若直线与圆交于两点，定点，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由，即可得到圆的直角坐标方程；
（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，化简整理，再由韦达定理和的几何意义，即可求得.【详解】
（1）将代入，得：，即圆的直角坐标方程为；
（2）设点对应的参数为，把直线l的参数方程代入，得：
化简得，．
【点睛】
本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，同时考查直线与圆的位置关系，考查直线参数方程的运用，属于基础题.23．[选修4-5：不等式选讲]
已知实数正数x,y满足．
（1）解关于x的不等式；
（2）证明：
【答案】(1).(2)见解析.【解析】（1）利用零点分段法即可求解.（2）利用“1”的转换，以及基本不等式即可证明.【详解】
（1）
解得，所以不等式的解集为
（2）解法1：
且，.当且仅当时，等号成立.解法2：
且，当且仅当时，等号成立.【点睛】
主要考查了绝对值不等式的求解、不等式证明、以及基本不等式的应用，属于中档题.对于绝对值不等式的求解，主要运用零点分段法，也可以运用图像法.而不等式的证明，关键是灵活运用不等式的性质以及基本不等式.
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