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- 2021-06-16 发布
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2020年安徽省“江南十校”综合素质检测
文科数学
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题绐出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
化简集合,由交集定义求解.
【详解】因为.
所以 .
故选:D.
【点睛】本题主要考查了集合的运算,属于容易题.
2.已知复数为虚数单位),则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的乘法与乘方运算,即可得到,写出共轭复数即可.
【详解】由.
则.
故选:A.
【点睛】本题主要考查了复数的运算,共轭复数的概念,属于容易题.
3.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品,其圆心角为120°,并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个,导线接头忽略不计),已知扇形的半径为30厘米,则连接导线最小大致需要的长度为( )
- 24 -
A. 58厘米 B. 63厘米 C. 69厘米 D. 76厘米
【答案】B
【解析】
【分析】
由于实际问题中扇形弧长较小,可将导线的长视为扇形弧长,利用弧长公式计算即可.
【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分,
所以每部分的弦长和弧长相差很小,可以用弧长近似代替弦长,
故导线长度约为63(厘米).
故选:B.
【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算,属于容易题.
4.函数在上的图象大致为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性及函数在时的符号,即可求解.
【详解】由可知函数为奇函数.
所以函数图象关于原点对称,排除选项A,B;
- 24 -
当时,,
,排除选项D,
故选:C.
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性,属于中档题.
5.在2020年春节前夕,为了春节食品市场安全,确保人们过一个健康安全的春节,某市质检部门对辖区内的某大型超市中的一品牌袋装食品进行抽检,将超市中该袋装食品编号为1,2,3,…,500,从中用系统抽样(等距抽样)的方法抽取20袋进行检测,如果编号为69的食品被抽到,则下列4个编号的食品中被抽到的是( )
A. 9号 B. 159号 C. 354号 D. 469号
【答案】D
【解析】
分析】
根据系统抽样的特点可知,可知第一组抽取号码为,即可取不同的,得到抽取到其他样本的编号.
【详解】由系统抽样的特点知,从编号为1,2,…,500的食品中抽取20袋,
需要将它们分成20组,每组25个.
因为抽到的编号为69,则所有被抽到的食品编号满足 ,
所以所给四个编号符合条件的是时,号.
故选:D.
【点睛】本题主要考查了系统抽样的概念和性质,属于中档题.
6.已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据诱导公式及正弦的二倍角公式求解即可.
- 24 -
【详解】,
,
,
故选:C.
【点睛】本题主要考查了正弦的二倍角公式,诱导公式,同角三角函数间的关系,属于中档题.
7.已知,,,则的大小关系为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据指数函数与对数函数的单调性,借助特殊值即可比较大小.
【详解】因为,
所以.
因为,
所以,
因为,为增函数,
所以
所以,
故选:A.
【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性,利用单调性比较大小,属于中档题.
8.执行下面的程序框图,则输出的值为 ( )
- 24 -
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据框图,模拟程序运行,即可求出答案.
【详解】运行程序,
,
,
,
,
,
,结束循环,
故输出,
故选:D.
【点睛】本题主要考查了程序框图,循环结构,条件分支结构,属于中档题.
9.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一,其内容是:一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和,也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的,我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和,则拆成的和式中,加数全部为质数的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
- 24 -
列出所有可以表示成和为6的正整数式子,找到加数全部为质数的只有,利用古典概型求解即可.
【详解】6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1),
而加数全为质数的有(3,3),
根据古典概型知,所求概率为.
故选:A.
点睛】本题主要考查了古典概型,基本事件,属于容易题.
10.在中,角的对边分别为.若,,,则的面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由正弦定理可求出C,利用余弦定理可得,根据面积公式计算即可求解.
【详解】因为,
由正弦定理得.
所以,
所以.
因为,
所以.
所以.
所以.
因为,且
所以.
所以
- 24 -
所以.
故选:B
【点睛】本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面积公式,属于中档题.
11.已知椭圆:的焦距为,为右焦点,直线与椭圆相交于,两点,是等腰直角三角形.点的坐标为,若记椭圆上任一点到点的距离的最大值为,则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据条件可求得,设椭圆上点Q的坐标为(x,y),由两点间距离公式及二次函数可求的最大值,即可求解.
【详解】由题意可得,
所以点的坐标为,
代入椭圆方程有,
又
所以,
解得或 (舍去),
所以,
所以椭圆方程可化为,
- 24 -
设点Q的坐标为(x,y) ,则,
所以
所以.
故选:C
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程,椭圆的简单几何性质,利用二次函数求最值,考查了计算能力,属于中档题.
12.已知.给出下列判断:
①若,且,则;
②存在,使得的图象右移个单位长度后得到的图象关于轴对称;
③若在上恰有7个零点,则的取值范围为
④若在上单调递增,则的取值范围为
其中,判断正确的个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三角恒等变换化为,对①利用周期性求,判断即可,对②利用三角函数的图象变换判断正误,对③根据正弦函数的周期及图象可列出不等式,求解判断正误,对④由,得
- 24 -
的范围,要函数为递增,则可列出满足条件的不等式,求解判断正误即可.
【详解】因为,
所以周期,对于①,由条件知,周期为,所以,故①错误;
对于②,函数图象右移个单位长度后得到的函数为,
其图象关于y轴对称,则,解得,
故对任意整数,所以②错误;
对于③,由条件得,即,
解得故③正确;
对于④,由条件得,解得,又,所以,故④正确.
故选:B.
【点睛】本题主要考查了正弦型函数的图象与性质,考查了正弦型函数图象的平移变换,属于难题.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知函数,则曲线在点处的切线方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据导数的几何意义求出切线的斜率,利用点斜式求切线方程.
【详解】因为,
所以,
又
故切线方程为,
- 24 -
整理为,
故答案为:
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义,切线方程,属于容易题.
14.已知双曲线的离心率为,则双曲线的右顶点到双曲线的渐近线的距离为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由离心率可求出b,写出双曲线的渐近线方程,根据点到直线的距离求解即可.
【详解】设双曲线的焦距为,
因,
所以.
因为双曲线的右顶点的坐标为,一条渐近线的方程为,
则右顶点到渐近线的距离为,
故答案为:.
【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质,点到直线的距离,属于中档题.
15.在直角坐标系中,已知点和点,若点在的平分线上,且,则向量的坐标为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
点在的平分线可知与向量共线,利用线性运算求解即可.
- 24 -
【详解】因为点在的平线上,
所以存在使,
而,
可解得,
所以,
故答案为:
【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,利用向量的坐标求向量的模,属于中档题.
16.已知在三楼锥中,四点均在以为球心的球面上,若,,,则球的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
过作平面, 垂足为,由条件可证为的外心,知球心在射线上,连按,利用勾股定理求解即可.
【详解】设球的半径为, 过作平面, 垂足为, 连接,
由易得,
- 24 -
即为的外心,
所以球心在射线上,
设外接圆的半径为,
在中,,
由正弦定理得: ,
所以,
所以 ,
连接,则.
即,
解得,
所以,
故答案为:
【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球,球的性质、表面积公式,正弦定理,考查了空间想象力与计算能力,属于难题.
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.已知数列是递增的等比数列,是其前项和,.
(1)求数列的通项公式;
(2)记,求数列的前项和.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
- 24 -
(1)根据题意可列方程组求出公比即可;
(2)利用错位相减法求数列的和.
【详解】①设的公比为,由题意知,
因为.
所以,
所以.
即,
解得或(舍去).
故数列的通项公式为
(2)由(1)得
所以.
所以
两式相减得
所以.
【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式,错位相减法求数列的和,属于中档题.
18.移动支付是指移动客户端利用手机等电子产品来进行电子货币支付,移动支付将互联网、终端设备、金融机构有效地联合起来,形成了一个新型的支付体系,使电子货币开始普及.某机构为了研究不同年龄人群使用移动支付的情况,随机抽取了100名市民,得到如下表格:
- 24 -
年龄(岁)
使用移动支付
40
20
10
4
4
2
不使用移动支付
1
1
2
2
4
10
(1)画出样本中使用移动支付的频率分布直方图,并估计使用移动支付的平均年龄;
(2)完成下面的列联表,能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系?
年龄小于50岁
年龄不小于50岁
合计
使用移动支付
不使用移动支付
合计
附:
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据所给数据求出每段使用移动支付的频率,即可画出频率分布直方图,根据频率分布直方图求平均值即可;
- 24 -
(2)完成联表,计算,根据临界值表得出结论.
【详解】(1)样本中使用移动支付的人数为80人.
所以每段的频率分别为:0.5,0.25,0.125,0.05,0.05,0.025.
所以其频率分布直方图为
所以使用移动支付的平均年龄为,
所以估计使用移动支付的平均年龄为34.75岁. ..
(2)完成列联表如下:
年龄小于50岁
年龄不小于50岁
合计
使用移动支付
70
10
80
不使用移动支付
4
15
20
合计
74
26
100
由
故在犯错误概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系.
【点睛】本题主要考查了频率分布直方图,由频率分布直方图求均值,独立性检验,属于容易题.
19.如图,在四棱锥中,底面为等腰梯形,,,,为等腰直角三角形,,平面底面,为
- 24 -
的中点.
(1)求证:平面;
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)详见解析;(2).
【解析】
【分析】
(1)取的中点,连接,,可证明四边形为平行四边形,即可证明;(2)根据平面可知点到平面的距离与点到平面的距离相等,得到,即可根据三棱锥体积公式求解.
【详解】(1)证明:如图,取中点,连接,,
且
∴四边形为平行四边形,
平面,平面,
- 24 -
平面.
(2)由(1) 知平面.
∴点到平面的距离与点到平面的距离相等,
∴,
如图取的中点,连接,
.
∵平面平面,平面平面,平面,
平面,
为等腰直角三角形,
∵四边形为等腰梯形, 且,
∴梯形的高为1,
【点睛】本题主要考查了线面平行的证明,利用等体积法求三棱锥的体积,属于中档题.
20.已知函数.
(1)当时,讨论的单调区间;
(2)若对,成立,求实数的取值范围.
【答案】(1)分类讨论,详见解析;(2).
【解析】
- 24 -
【分析】
(1)求函数导数,令可得两根为,分类讨论两根关系,结合二次函数图象,即可求出单调区间;
(2)分离参数问题转化为恒成立,利用导数求出函数的最小值即可.
【详解】(1)的定义域为,
则的两根为,
①当时,即时,时,,当时,,
所以在区间上单调递减,在区间上单调递增;
②当时,即时,对,在(0,+∞)上单调递增;
③当时,即时,当时,当时,
所以在区间上单调递减,在区间上单调递增.
综上所述,当时,在区间上单调递减,在区间上单调递增;
当时,在(0,+∞)上单调递增;
当时,在区间上单调递减,在区间上单调递增.
(2)因为对恒成立,
所以即恒成立,
- 24 -
所以,
令则问题转化为
令
则
所以在上单调递增,又,
所以在上,在上,
所以在上在上,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,
所以,即实数的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间,极值,最值,分类讨论,分离参数解决恒成立问题,属于难题.
21.已知抛物线,若圆与抛物线相交于两点,且.
(1)求抛物线的方程;
(2)过点的直线与抛物线相切,斜率为的直线与抛物线相交于两点,直线交于点,求证:.
【答案】(1);(2)详见解析.
【解析】
【分析】
(1)由抛物线及圆的对称性可知点A的纵坐标,代入圆可得横坐标,点代入抛物线即可求解;
- 24 -
(2)根据直线与抛物线相切可求出,联立直线与可得交点的坐标,根据两点间的距离公式求出,,,联立直线与抛物线,由韦达定理得出,,计算即可证明.
【详解】(1)因为抛物线C和圆M都关于x轴对称,所以A,B关于x轴对称,不妨设A的坐标为(xo,yo)( yo >0).
因为,
所以,
所以,所以或(舍),
所以,代入抛物线方程可得
所以抛物线C的方程为
(2)证明:设直线的方程为,整理为,
联立方程
消去后整理得
所以
得,
故直线的方程为,
设直线的方程为,
点的坐标分别为
联立方程,解得,
则,
- 24 -
所以,
联立方程消去y后整理得,
由题意知即,
所以
所以
同理
所以
故有
【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程,简单几何性质,直线与抛物线的位置关系,两点间的距离公式,属于中档题.
(二)选考题:共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.
22.在直角坐标系中,直线的参数方程为为参数),直线的参数方程(为参数),若直线的交点为,当变化时,点的轨迹是曲线
(1)求曲线的普通方程;
- 24 -
(2)以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系,设射线的极坐标方程为,,点为射线与曲线的交点,求点的极径.
【答案】(1);(2)
【解析】
【分析】
(1)将两直线化为普通方程,消去参数,即可求出曲线的普通方程;
(2)设Q点的直角坐标系坐标为,求出,
代入曲线C可求解.
【详解】(1)直线的普通方程为,直线的普通方程为
联立直线,方程消去参数k,得曲线C的普通方程为
整理得.
(2)设Q点的直角坐标系坐标为,
由可得
代入曲线C的方程可得,
解得(舍),
所以点的极径为.
【点睛】本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程,普通方程化为极坐标方程,极径的求法,属于中档题.
23.已知函数.
(1)求不等式的解集;
(2)若不等式在上恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1);(2)
- 24 -
【解析】
【分析】
(1)分类讨论去绝对值号,即可求解;
(2)原不等式可转化为在R上恒成立,分别求函数与最小值,根据能同时成立,可得的最小值,即可求解.
【详解】(1)①当时,不等式可化为,得,无解;
②当-2≤x≤1时,不等式可化为得x>0,故01时,不等式可化为,得x<2,故1
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