吉林省长春市2020届高三质量检测（一）理科数学试题 20页

长春市2020届高三质量监测(一)‎ 理科数学 本试卷共4页,考试结束后，将答题卡交回.‎ 注意事项:1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.‎ ‎2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.‎ ‎3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效.‎ ‎4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.‎ ‎5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.‎ 一、选择题:本题共12小题，每小题5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】‎ 分别求出集合 ，，然后再求 ‎【详解】由集合得.‎ 由集合得.‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本届考查解二次不等式和绝对值不等式，集合的交集，属于基础题.‎ ‎2.复数的共轭复数在复平面上对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算求得，得到，再根据复数的表示，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，根据复数的运算可得复数，‎ 则，所以对应点在第三象限，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的表示，其中解答中熟记复数的运算法则，以及复数的表示是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎3.已知，，，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析每个数的正负以及与中间值的大小关系.‎ ‎【详解】因为，，， ‎ 所以，∴，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】指数、对数、幂的式子的大小比较，首先确定数的正负，其次确定数的大小（很多情况下都会和作比较），在比较的过程中注意各函数单调性的使用.‎ ‎4.已知直线与圆相切，则( )‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径来求解.‎ ‎【详解】由圆心到切线的距离等于半径，得 ‎∴∴‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系中的相切，难度较易；注意相切时，圆心到直线的距离等于半径.‎ ‎5.2019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013 年到 2018 年六年间我国公共图书馆业机构数（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将 2013 年编号为 1，2014 年编号为 2，…，2018年编号为 6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从 1 到 6 作为自变量进行回归分析），得到回归直线，其相关指数，给出下列结论，其中正确的个数是( )‎ ‎①公共图书馆业机构数与年份正相关性较强 ‎ ‎②公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个 ‎ ‎③可预测 2019 年公共图书馆业机构数约为3192个 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据和确定是正相关还是负相关以及相关性的强弱；根据的值判断平均每年增加量；根据回归直线方程预测年公共图书馆业机构数.‎ ‎【详解】由图知点散布在从左下角到右上角的区域内，所以为正相关，‎ 又趋近于1，所以相关性较强，故①正确；由回归方程知②正确；‎ 由回归方程，当时，得估计值为3191.9≈3192，故③正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】回归直线方程中的的大小和正负分别决定了单位增加量以及相关型的正负；相关系数决定了相关性的强弱，越接近相关性越强.‎ ‎6.中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴. 一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据扇形与圆面积公式，可知面积比即为圆心角之比，再根据圆心角和的关系，求解出扇形的圆心角.‎ ‎【详解】与所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，‎ 设与所在扇形圆心角分别为，‎ 则，又，解得 ‎【点睛】本题考查圆与扇形的面积计算，难度较易.扇形的面积公式：，其中是扇形圆心角的弧度数，是扇形的弧长.‎ ‎7.已知为直线，平面，则下列说法正确的是( )‎ ‎①，则 ②，则 ‎③，则 ④，则 A. ①②③ B. ②③④ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①可根据线面垂直的性质定理判断；②③④可借助正方体进行判断.‎ ‎【详解】①由线面垂直的性质定理可知垂直同一平面的两条直线互相平行，故正确；②选取正方体的上下底面为以及一个侧面为，则，故错误；③选取正方体的上底面的对角线为，下底面为，则不成立，故错误；④选取上下底面为，任意作一个平面平行上底面为，则有 成立，故正确.所以说法正确的有：①④.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】对于用符号语言描述的问题，最好能通过一个具体模型或者是能够画出相应的示意图，这样在判断的时候能更加直观.‎ ‎8.已知数列为等比数列，为等差数列的前项和，且，， ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质，求得，再利用等差数列的前n项和公式，即可求解的值，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，等比数列为等比数列，满足，， ‎ 根据等比数列的性质，可得，可得，‎ 所以，则，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，以及等差数列的前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的性质和等差数列的前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎9.把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，得到的图象（部分图象如图所示），则的解析式为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可得，解得，又由，解得，得到 ‎，在利用三角函数的图象变换，即可求得，得到答案．‎ ‎【详解】由图象可知，，即，解得，‎ 又由，即，解得，‎ 即函数的解析式为，‎ 将函数图象上点的横坐标缩短到原来的倍，得，‎ 所以函数解析式.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象及三角函数的图象变换求解三角函数的解析式，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎10.已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则当时，的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求得函数是以4为周期的周期函数，进而利用时，函数 的解析式和函数的奇偶性，即可求解上的最小值，得到答案．‎ ‎【详解】由题意知，即，‎ 则，‎ 所以函数是以4为周期的周期函数，‎ 又当时，，且是定义在上的奇函数，‎ ‎∴时，，‎ ‎∴当时，，‎ 所以当时，函数的最小值为.‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数周期性的判定及应用，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟练应用函数周期性的判定方法，得出函数的周期是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎11.已知椭圆的右焦点是抛物线的焦点，则过作倾斜角为的直线分别交抛物线于（在轴上方）两点，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的定义和焦点弦的性质，求得，进而可求得的值．‎ ‎【详解】由椭圆，可得右焦点为，所以，解得，‎ 设，‎ 由抛物线的定义可得，所以，‎ 又由，可得，‎ 所以.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，以及抛物线的焦点弦的性质的应用，其中解答中熟练应用抛物线的定义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎12.已知函数，若当 时，有解，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数的导数，得到函数的单调性，以及的取值，再由导数的几何意义，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，函数，则导数，‎ 所以函数在上递减，在上递增，‎ 当时，，又由，，，‎ 当 时，有解，即函数和 的图象有交点，如图所示，‎ 又因为在点的切线的斜率为，所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及方程的有解问题，着重考查了转化与化归思想、数形结合思想和推理、运算能力，对于方程的有解问题，通常转化为两个函数图象的交点个数，结合图象求解．‎ 二、填空题:本题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.展开式中常数项______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得二项展开式的通项，令，解得，代入即可得到展开式的常数项．‎ ‎【详解】由题意，二项展开式的通项为，‎ 令，解得，所以常数项为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎14.边长为2正三角形中，点满足，则 ‎ ‎______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的加法有,则,然后用向量数量积的运算法则和定义进行计算.‎ ‎【详解】在正三角形中，边长为2，‎ 所以,‎ 则.‎ ‎ ‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查向量的加法运算，数量积的定义和运算法则，属于基础题.‎ ‎15.平行四边形中，△是腰长为的等腰直角三角形，，现将△沿折起，使二面角大小为，若四点在同一球面上，则该球的表面积为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取AD,BC的中点分别为,过作面ABD的垂线与过作面BCD的垂线，确定球心的位置，再取BD中点E，连结,得到即为二面角的平面角，‎ 在Rt△和在Rt△中，求得的球的半径，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，取AD,BC的中点分别为,‎ 过作面ABD的垂线与过作面BCD的垂线，两垂线交点即为所求外接球的球心，‎ 取BD中点E，连结,‎ 则即为二面角的平面角，‎ 又由，连接，在Rt△中，则，‎ 在Rt△中，，得，‎ 即球半径为，所以球面积为 .‎ ‎【点睛】本题主要考查了球的表面积的计算，以及几何体的结构特征、二面角的应用，其中解答中熟练应用几何体的结构特征，以及二面角的定义求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎16.已知数列的前项和为，满足,且，则__，______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得到，列用裂项法，即可求得，分别求得，归纳即可求解．‎ ‎【详解】由题意，数列满足，‎ 可得，‎ 所以++…+，‎ 由，递推可得，，，‎ 归纳可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了裂项法求和，以及利用数列的递推公式求解数列的项，归纳数列的通项公式，其中解答中熟记数列的求和方法，以及合理利用递推公式求项是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ 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.△的内角的对边分别为， . ‎ ‎（Ⅰ）求证：△是直角三角形； ‎ ‎（Ⅱ）若，求△的周长的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由正弦定理和题设条件，化简得，得到，即可得到证明；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得的周长，利用三角函数的图象与性质，即可求解．‎ ‎【详解】（Ⅰ）在中，由正弦定理，可得，即，‎ 由，可得，即是直角三角形. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得的周长，‎ 由可知，，则，即，‎ 所以周长的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用正弦定理的边角互化，以及合理利用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎18.如图，在四棱锥中，⊥底面，，，，为中点. ‎ ‎（Ⅰ）求证：平面； ‎ ‎（Ⅱ）若，求平面与平面所成锐二面角的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取中点，连结，证得，利用线面平行的判定定理，即可求解；‎ ‎（Ⅱ）以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，利用平面和平面的法向量的夹角公式，即可求解．‎ ‎【详解】（Ⅰ）取中点，连结，由，，则，‎ 又由平面，所以平面.‎ ‎（Ⅱ）以为原点，以方面为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，可得，，，，，‎ 则，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，即，令，则 又平面的法向量为；‎ 则，‎ 所以平面与平面所成的锐二面角为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎19.某次数学测验共有10道选择题，每道题共有四个选项，且其中只有一个选项是正确的，评分标准规定：每选对1道题得5分，不选或选错得0分，某考试每道都选并能确定其中有6道题能选对，其余4道题无法确定正确选项，但这4道题中有2道能排除两个错误选项，另2题只能排除一个错误选项，于是该生做这4道题时每道题都从不能排除的选项中随机挑选一个选项做答，且各题做答互不影响．‎ ‎(Ⅰ)求该考生本次测验选择题得50分的概率；‎ ‎(Ⅱ)求该考生本次测验选择题所得分数的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）设选对一道“能排除2个选项的题目”为事件A，选对一道“能排除1个选项的题目”为事件B，该考生选择题得50分的概率为P（A）P（A）P（B）P（B），由此能求出结果． （Ⅱ）该考生所得分数X=30，35，40，45，50，分别求出P（X=30），P（X=35），P（X=40），P（X=45），P（X=50），由此能求出X的分布列和数学期望．‎ 试题解析：‎ ‎(Ⅰ)设选对一道“能排除2个选项的题目”为事件A，‎ 选对一道“能排除1个选项题目”为事件B，‎ 则P(A)＝，P(B)＝，‎ 该考生选择题得50分的概率为：‎ P(A)P(A)P(B)P(B)＝·＝.‎ ‎(Ⅱ)该考生所得分数X＝30，35，40，45，50，‎ P(X＝30)＝＝，‎ P(X＝35)＝C21＋·C21··＝，(6分)‎ P(X＝40)＝＋C21C21··＋＝，‎ P(X＝45)＝C21＋C21··＝，‎ P(X＝50)＝＝，‎ ‎∴X的分布列为：‎ ‎ X ‎ 30‎ ‎ 35‎ ‎ 40‎ ‎ 45‎ ‎ 50‎ ‎ P EX＝30×＋35×＋40×＋45×＋50×＝.‎ ‎20.已知点，若点满足.‎ ‎（Ⅰ）求点的轨迹方程； ‎ ‎（Ⅱ）过点的直线与（Ⅰ）中曲线相交于两点，为坐标原点， 求△面积的最大值及此时直线的方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）面积的最大值为，此时直线的方程为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的定义求解轨迹方程；‎ ‎（2）设出直线方程后，采用（表示原点到直线的距离）表示面积，最后利用基本不等式求解最值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由定义法可得，点的轨迹为椭圆且，. ‎ 因此椭圆的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为与椭圆交于点， ‎ ‎，联立直线与椭圆的方程消去可得，‎ 即，. ‎ 面积可表示为 令，则，上式可化为，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 因此面积的最大值为，此时直线的方程为.‎ ‎【点睛】常见的利用定义法求解曲线的轨迹方程问题：‎ ‎（1）已知点，若点满足且，则的轨迹是椭圆；‎ ‎（2）已知点，若点满足且，则的轨迹是双曲线.‎ ‎21.已知函数,.‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间； ‎ ‎（Ⅱ）令两个零点，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增.（Ⅱ）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求得函数的导数，且，进而利用导数的符号，即可求得函数单调区间；‎ ‎（Ⅱ）由有两个零点，利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象，即可得出证明．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，函数，则，且，‎ 当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调递增；‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增. ‎ ‎（Ⅱ）由有两个零点可知 由且可知，‎ 当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调增；‎ 即的最小值为，‎ 因此当时，，‎ 可知在上存在一个零点；‎ 当时，，‎ 可知在上也存在一个零点，‎ 因此，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为. ‎ ‎（Ⅰ）求直线的普通方程和圆的直角坐标方程； ‎ ‎（Ⅱ）直线与圆交于两点，点，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）直线的普通方程为，圆的直角坐标方程为.（Ⅱ）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求直线的普通方程，消去参数即可；求圆的直角坐标方程利用互化即可.‎ ‎（2）根据直线所过定点，利用直线参数方程中的几何意义求解的值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）直线的普通方程为，‎ 圆的直角坐标方程为. ‎ ‎（Ⅱ）联立直线的参数方程与圆的直角坐标方程可得，‎ 化简可得. ‎ 则.‎ ‎【点睛】（1）直角坐标和极坐标互化公式：；‎ ‎（2）直线过定点，与圆锥曲线的交点为，利用直线参数方程中的几何意义求解：，则有，.‎ ‎23.已知函数 ‎ ‎（Ⅰ）解关于的不等式 ； ‎ ‎（Ⅱ）若函数的最大值为，设，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）最小值为2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）采用零点分段的方法解不等式；‎ ‎（2）计算出的最大值，再利用基本不等式求解的最小值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意 当时，，可得，即. ‎ 当时，，可得，即. ‎ 当时，，可得，即. ‎ 综上，不等式的解集为. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得函数的最大值，且，‎ 即，当且仅当时“=”成立，‎ 可得，即，因此的最小值为2.‎ ‎【点睛】（1）解绝对值不等式，最常用的方法就是零点分段：考虑每个绝对值等于零时的值，再逐段分析；‎ ‎（2）注意利用，求解最值.‎ ‎ ‎