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- 2021-06-16 发布
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浠水实验高中2020届高三十二月月考
数学(理科)试题
一.选择题:
1.已知集合,集合,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
对集合进行整理,然后根据集合的交集运算,得到答案.
【详解】集合,
集合,
所以,
故选C.
【点睛】本题考查解对数不等式,集合交集运算,属于简单题.
2.命题“对任意的,”的否定是
A. 不存在, B. 存在,
C. 存在, D. 对任意的,
【答案】C
【解析】
【详解】注意两点:1)全称命题变为特称命题;2)只对结论进行否定.
“对任意的,”的否定是:存在,
选C.
3.若非零向量,满足,向量与垂直,则与的夹角为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
∵,且与垂直,∴,即,
∴,∴,∴与的夹角为.
故选.
4.《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则芒种日影长为( )
A. 1.5尺 B. 2.5尺 C. 3.5尺 D. 4.5尺
【答案】B
【解析】
【分析】
由等差数列的性质可得,,可得,,计算出公差d,再利用通项公式即可得出所求.
【详解】设这十二个节气日影长依次成等差数列,
是其前项和,
则,所以,
由题知,所以,
所以公差,所以,故选B.
【点睛】本题考查了等差数列的性质、通项公式与求和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
5.某商场为了了解毛衣的月销售量(件)与月平均气温()之间的关系,随机统计了某4个月的月销售量与当月平均气温,其数据如下表:
月平均气温
17
13
8
2
月销售量(件)
24
33
40
55
由表中数据算出线性回归方程中的,气象部门预测下个月的平均气温为,据此估计该商场下个月毛衣销售量约为( )
A. 58件 B. 40件 C. 38件 D. 46件
【答案】D
【解析】
试题分析:由表格得为:,因为在回归方程上且,,解得,当时,,故选D.
考点:1、线性回归方程的性质;2、回归方程的应用.
6.若样本的平均数是10,方差为2,则对于样本,下列结论正确的是( )
A. 平均数为20,方差为4 B. 平均数为11,方差为4
C. 平均数为21,方差为8 D. 平均数为20,方差为8
【答案】D
【解析】
【分析】
由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.
【详解】样本的平均数是10,方差为2,
所以样本的平均数为,方差为.
故选:D.
【点睛】样本的平均数是,方差为,则的平均数为,方差为.
7.函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用排除法,由的符号,结合选项即可得结果.
【详解】因所以排除选项B、D;
因为所以排除选项C,
故选A.
【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质,属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势,利用排除法,将不合题意的选项一一排除.
8.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过:“几何学里有两件宝,一个是勾股定理,另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话,那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种,其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形,它是一个顶角为的等腰三角形(另一种是顶角为的等腰三角形).例如,五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成,如图所示,在其中一个黄金中,
.根据这些信息,可得( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
要求的值,需将角用已知角表示出来,从而考虑用三角恒等变换公式解题.已知角有,正五边形内角,,已知三角函数值有
,所以,从而.
【详解】由题可知,且,,
则.
【点睛】本题考查三角恒等变换,考查解读信息与应用信息的能力.
9.齐王有上等、中等、下等马各一匹,田忌也有上等、中等、下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马;田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马,田忌的下等马劣于齐王的下等马.现在从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,若有优势的马一定获胜,则齐王的马获胜得概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛 ,利用列举法求出基本事件有9种,齐王的马获胜包含的基本事件有6种,利用古典概型概率公式可求出齐王的马获胜的概率.
【详解】设齐王上等、中等、下等马分別为,田忌上等、中等、下等马分别为,
现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,
基本事件有:,共9种,有优势的马一定获胜,齐王的马获胜包含的基本事件有:,共 6种,
齐王的马获胜的概率为,故选C.
【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用,属于中档题,利用古典概型概率公式求概率时,找准基本事件个数是解题的关键,基本亊件的探求方法有 (1)枚举法:适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的;(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时,一定要按顺序逐个写出:先,…. ,再,…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.
10.若是函数图象的一条对称轴,当取最小正数时( )
A. 在单调递减 B. 在单调递增
C. 在单调递减 D. 在单调递增
【答案】D
【解析】
令,因为是函数的图象的一条对称轴,所以,即.当时,取得最小正数为,此时 ,所以的单调增区间为,单调减区间为
,对照各选项,可知只有D选项符合题意,故选D.
11.抛物线的焦点为,准线为,是抛物线上的两个动点,且满足.设 线段的中点在上的投影为,则的最小值是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
解析:因,故,由基本不等式可得即,应选答案C.
12.已知是定义在上的奇函数,记的导函数为,当时,满足,若存在,使不等式成立,则实数的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意构造,在上单调递增,且,从而可以推断出在上单调递增,即可化抽象不等式为具体不等式,得到结果.
【详解】令,在上单调递增,且,从而可以推断出
则(当时,满足),
从而在上单调递增,
所以当时,,
从而当时,;
当时,(当时取等号),
又当时,,即,
所以在上单调递增,
由于是定义在上的奇函数,从而在上单调递增;
不等式.
令,则原问题等价于有解,从而,
∵,
∴在上单减,在上单增,
∴,
所以的最小值为,
故选A.
【点睛】本题考查了导数的运用,函数存在性的问题,函数零点的问题,利用函数的性质求参数取值与利用导数证明不等式成立的问题,考查了运算能力和转化能力,属于中档题.
二.填空题.
13.若,的展开式中常数项为________.
【答案】112
【解析】
【分析】
先求出n的值,再利用二项式展开式的通项求常数项得解.
【详解】,
的展开式的通项为,
令.
所以展开式的常数项为.
故答案为112
【点睛】本题主要考查定积分的计算,考查二项式展开式的常数项的求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
14.某年级有1000名学生,一次数学测试成绩,,则该年级学生数学成绩在115分以上的人数大约为______.
【答案】160
【解析】
【分析】
根据考试的成绩服从正态分布,.得到考试的成绩关于对称,根据,得到,根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数.
【详解】考试的成绩服从正态分布,.
考试的成绩关于对称,
,
,
该班数学成绩在115分以上的人数为
故答案为.
【点睛】本题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义,是一个基础题,解题的关键是考试的成绩关于对称,利用对称写出要用的一段分数的频数,题目得解.
15.2019年4月25日-27日,北京召开第二届“一带一路”国际高峰论坛,组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问,要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团,且国内媒体团不能连续提问,则不同的提问方式的种数为______.
【答案】198
【解析】
【分析】
分“选两个国内媒体一个国外媒体”和“选两个外国媒体一个国内媒体”两种情况讨论,分别求出种数再相加即可。
【详解】解:分两种情况讨论.
①若选两个国内媒体一个国外媒体,
有种不同提问方式;
②若选两个外国媒体一个国内媒体,
有种不同提问方式.
所以共有种提问方式.
故答案为:198
【点睛】本题考查组合数公式的运用,排列与组合问题要区分开题目要求元素的顺序,则是排列问题要做到不重不漏,有些题目带有一定的约束条件,解题时要先考虑有限制条件的元素,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题.
16.已知,设.若当时,恒有,则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
设 与 交点横坐标为 ,则 时,总有 ,所以若 ,必有 ,只需 ,即 ,若 ,必有 ,只需,
综上, ,故答案为 .
三.解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
17.已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足,.
(1)求的值;
(2)求的值.
【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
(1)由正弦定理得sinA﹣sinCsinBsinC,即有sinA=2sinC,a=2c,bc,从而可由余弦定理求出cosA的值;(2)先求出sinA的值,再由二倍角的正余弦公式求出sin2A,cos2A,即可求的值.
【详解】(1)∵a﹣cb,sinBsinC.
∴由正弦定理得,sinA﹣sinCsinBsinC,
即有sinA=2sinC,a=2c,bc,
由余弦定理知,cosA.
(2)∵由(1)知,cosA.A为三角形内角,∴sinA,∴sin2A=cos2A= -
∴=sin2Acos cos2A sin.
【点睛】本题主要考察两角和与差的余弦函数、正弦定理、余弦定理的综合应用,熟练运用边角互化得a,b,c关系是突破点,准确计算是关键,属于中档题.
18.已知数列、满足,且.
(1)令证明:是等差数列,是等比数列;
(2)求数列和的通项公式;
(3)求数列的前n项和公式.
【答案】(1)证明见解析;(2)(3)
【解析】
【分析】
(1)分别将相加与相减可得到和,结合可证明结论;
(2)结合(1)可求得的表达式,进而可求得的表达式;
(3)由,并结合(2)可得到数列的通项公式,进而利用错位相减法可对其求和.
【详解】(1)证明:由题设得,
即,因此,又,
所以数列是首项为3,公差为2的等差数列,.
又由题设得,
即,因此,又,
所以数列是首项为1,公比为等比数列,.
(2)由(1)知.即 ,
解得
(3)
,
,
两式相减得:
所以.
【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的证明,考查了通项公式的求法,考查了利用错位相减法求数列的前项和,属于中档题.
19.已知椭圆的焦距为4,点P(2,3)在椭圆上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P引圆的两条切线PA,PB,切线PA,PB与椭圆C的另一个交点分别为A,B,试问直线AB的斜率是否为定值?若是,求出其定值,若不是,请说明理由.
【答案】(1);(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)由题可得焦点坐标,利用椭圆的定义可得,由此得到椭圆的标准方程;
(2)设出两条切线的直线方程,由切线的性质可得两切线的斜率相加0,再设出,,分别联立两切线与椭圆的方程,利用韦达定理得到,与,的关系,代入进行化简即可得到答案.
【详解】(1)椭圆C的焦距为4,所以c=2,左焦点F1(﹣2,0),右焦点F2(2,0),
则PF1=5,PF2=3,所以2a=PF1+PF2=5+3=8,即,则椭圆C的方程为.
(2)设PA: ,则,所以
设PB:,则,所以
所以,为方程的两根,即.
设,,联立
有,
,.
同理联立,可得:,
则.
故直线AB的斜率是定值,.
【点睛】本题考查椭圆的定义,椭圆标准方程的求解,直线与椭圆的位置关系,考查学生的计算能力,属于中档题.
20.高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的“新四大发明”,彰显出中国式创新的强劲活力.某移动支付公司从我市移动支付用户中随机抽取100名进行调查,得到如下数据:
每周移动支付次数
1次
2次
3次
4次
5次
6次及以上
男
10
8
7
3
2
15
女
5
4
6
4
6
30
合计
15
12
13
7
8
45
(Ⅰ)把每周使用移动支付超过3次的用户称为“移动支付活跃用户”,能否在犯错误概率不超过0.005的前提下,认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关?
(Ⅱ)把每周使用移动支付6次及6次以上的用户称为“移动支付达人”,视频率为概率,在我市所有“移动支付达人”中,随机抽取4名用户.
①求抽取的4名用户中,既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率;
②为了鼓励男性用户使用移动支付,对抽出的男“移动支付达人”每人奖励300元,记奖励总金额为,求的分布列及数学期望.
附公式及表如下:
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【答案】(Ⅰ)在犯错误概率不超过0.005的前提下,能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关.(Ⅱ)①②见解析.
【解析】
分析:(Ⅰ)由题意完成列联表,结合列联表计算可得.所以在犯错误概率不超过0.005的前提下,能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关.
(Ⅱ)视频率为概率,在我市“移动支付达人”中,随机抽取1名用户,该用户为男“移动支付达人”概率为,女“移动支付达人”的概率为.
①有对立事件公式可得满足题意的概率值为.
②记抽出的男“移动支付达人”人数为,则.由题意得,由二项分布公式首先求得Y的分布列,然后利用均值和方差的性质可得X的分布列,计算可得,得的数学期望元.
详解:(Ⅰ)由表格数据可得列联表如下:
非移动支付活跃用户
移动支付活跃用户
合计
男
25
20
45
女
15
40
55
合计
40
60
100
将列联表中的数据代入公式计算得:
.
所以在犯错误概率不超过0.005前提下,能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关.
(Ⅱ)视频率为概率,在我市“移动支付达人”中,随机抽取1名用户,
该用户为男“移动支付达人”的概率为,女“移动支付达人”的概率为.
①抽取的4名用户中,既有男“移动支付达人”,又有女“移动支付达人”的概率为.
②记抽出的男“移动支付达人”人数为,则.
由题意得,
;
;
;
;
.
所以的分布列为
0
1
2
3
4
所以的分布列为
0
300
600
900
1200
由,得的数学期望元.
点睛:本题主要考查离散型随机变量的分布列,分布列的性质,独立性检验及其应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
21.已知函数存在极值点.
(1)求的取值范围;
(2)设的极值点为,若,求的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)先由题意确定函数定义域,再对函数求导,当得到函数单调,无极值点;当时,设,分别讨论和两种情况,根据二次函数的性质,即可得出结果;
(2)先由(1)得,推出,根据,得到,令,根据函数单调性,确定的范围,即可求出结果.
【详解】(1)函数的定义域为,,
当时,,即函数单调递减,无极值点;
当时,由或,
设,则
当时,的两根一个小于1、一个大于1,故有一个极值点;
当时,由对称轴为,知的两根均小于1,故无极值点;
综上所述,;
(2)由(1)知且,∴,
,
,
令,显然在上单增,
又,∴即,
∴,
∴.
【点睛】本题主要考查根据函数有极值点求参数,以及由不等式恒成立求参数的问题,通常需要对函数求导,用导数的方法研究函数的单调性与极值即可,属于常考题型.
请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.
22.选修4-4:坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数).在极坐标系(与平面直角坐标系取相同的长度单位,且以原点为极点,以轴非负半轴为极轴)中,直线的方程为.
(1)求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程;
(2)设是曲线上的任意一点,求点到直线的距离的最大值.
【答案】(1)曲线的普通方程为,直线的直角坐标方程为(2)
【解析】
试题分析:(1)利用平方法可得曲线的普通方程,利用两角差的正弦公式及可得直线的直角坐标方程;(2),则点到直线的距离为,利用辅助角公式及三角函数的有界性可得结果.
试题解析:(1)因为,所以曲线的普通方程为,
又展开得,即,
因此直线的直角坐标方程为;
(2)设,则点到直线的距离为
等号成立当且仅当,即,即时成立,
因此点到直线的距离的最大值为.
23.[选修4—5:不等式选讲]
已知函数
(1)若,求不等式的解集.
(2)对任意的,有,求实数的取值范围.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)利用分类讨论法解绝对值不等式;(2)利用绝对值的几何意义分析解答得解.
【详解】(1),
所以
解之得不等式的解集为.
(2)
当时,由题得2必须在3m+1的右边或者与3m+1重合,
所以,所以,
当时,不等式恒成立,
当时,由题得2必须在3m+1的左边或者与3m+1重合,
由题得,所以m没有解.
综上,.
【点睛】本题主要考查利用分类讨论法解绝对值不等式,考查利用绝对值的几何意义分析不等式的恒成立问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.