辽宁省锦州市2020届高三4月质量检测（一模考试）数学（理）试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com ‎2020年高三质量检测 数学（理科）‎ 本试卷共23题，共6页.全卷满分150分，考试用时120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.‎ ‎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、字迹清楚.‎ ‎3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效.‎ ‎4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须使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.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：,选C 考点：集合的运算 ‎2.若复数z满足z（i-1）=2i（i为虚数单位），则为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．‎ ‎【详解】z（i-1）=2i（i为虚数单位），∴-z（1-i）（1+i）=2i（1+i），‎ ‎∴-2z=2（i-1），解得z=1-i．则=1+i．‎ - 21 -‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．‎ ‎3.已知向量，若，则（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出x．‎ ‎【详解】；‎ ‎∵；‎ ‎∴；‎ 解得．‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，向量坐标的减法和数量积运算，属于基础题．‎ ‎4.数据5，7，7，8，10，11的中位数和标准差分别为（ ）‎ A. 中位数为7，标准差为2 B. 中位数为7，标准差为4‎ C. 中位数为7.5，标准差为4 D. 中位数为7.5，标准差为2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将数据按顺序排列，偶数个数据，中位数是中间两个数之和除以2，然后求得平均数，再代入标准差公式求解.‎ ‎【详解】数据按顺序排列5，7，7，8，10，11，‎ 所以中位数是，‎ 平均数，‎ - 21 -‎ 标准差是.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查样本估计总体中中位数，平均数，标准差的计算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎5.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分不必要条件是（ ）‎ A. B. ‎ C. ∥ D. ∥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.用垂直同一直线的两平面平行判断.B.面面关系的定义判断.C.面面垂直的判定定理判断.D. 用垂直同一直线的两平面平行判断.‎ ‎【详解】A. ，则，故错误.‎ B. ，可以平行，故错误.‎ C. ∥，得，故正确.‎ D. ∥，则，故错误.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查充分必要条件以及线面，面面关系，还考查了空间想象理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎6.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数与对数的性质与0，1比较即可 - 21 -‎ ‎【详解】，，，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查指数与对数的单调性，插入中间值与0,1 比较是常用方法，是基础题 ‎7.已知等比数列中，若，则的值为（ ）.‎ A. 128 B. 64 C. 16 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先将化简为，再计算即可.‎ ‎【详解】‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查等比数列的性质，属于简单题.‎ ‎8.在平面直角坐标系中，已知，动点满足，则动点的轨迹方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，然后表示出向量的坐标，代入已知条件，整理后得到动点的轨迹方程.‎ ‎【详解】设，‎ ‎，，‎ 因为 所以 整理得 - 21 -‎ 故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，属于简单题.‎ ‎9.函数图象的大致形状是（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据函数为偶函数，故排除B，D.再根据，排除A，即可得到答案.‎ ‎【详解】的定义域为，‎ 所以偶函数，故排除B，D.‎ ‎，故排除A.‎ 故答案为：C ‎【点睛】本题主要考查根据函数解析式找函数图象，利用函数奇偶性和特值为解题的关键，属于中档题.‎ ‎10.已知函数，给出下列四个命题：（ ）‎ - 21 -‎ ‎①的最小正周期为 ②的图象关于直线对称 ‎③在区间上单调递增 ④的值域为 其中所有正确的编号是（ ）‎ A. ②④ B. ①③④ C. ③④ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 举反例判断①②；根据正弦函数的单调性判断③；讨论，时，对应的最值，即可得出的值域.‎ ‎【详解】‎ 函数，，，故函数的最小正周期不是，故①错误．‎ 由于，，∴， 故的图象不关于直线对称，故排除②．‎ 在区间上，，，单调递增，故③正确．‎ 当时，‎ 故它的最大值为，最小值为 当时，，‎ 综合可得，函数的最大值为，最小值为，故④正确．‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的单调性以及值域，属于中档题.‎ ‎11.圆上有且仅有两点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）‎ - 21 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 圆，化为标准方程，根据圆上有且仅有两点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则圆心到直线的距离求解.‎ ‎【详解】圆，标准方程为，‎ 圆心到直线距离，‎ 因为圆上有且仅有两点到双曲线的一条渐近线的距离为1，‎ 所以，所以，即，‎ 解得.‎ 所以该双曲线离心率的取值范围是.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知是定义在上的增函数，且恒有，若，，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 设，根据是定义在上的增函数，解得，得到，再由，，转化为，，令求其最大值即可.‎ ‎【详解】因为是定义在上的增函数，‎ 故存在唯一的使得，，故， ‎ 所以，因为为上的增函数且，故，‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以，，‎ 令，‎ ‎，‎ 当时，，当时，，‎ 所以当时，取得最大值，‎ 所以，‎ 所以的最小值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查利用单调性求解析式以及导数与不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上.‎ ‎13.某校期末考试后，随机抽取200名高三学生某科的成绩，成绩全部在50分至100分之间，将成绩按如下方式分成5组：.据此绘制了如图所示的频率分布直方图，据此估计该校高三学生该门学科成绩的及格率约为____________（60分以上为及格），这200名学生中成绩在中的学生有_____名.‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由频率直方图得到60分以下的频率，再用对立事件的概率得到60分以上的频率.先通过频率直方图计算中的频率，再乘以样本容量得到人数.‎ ‎【详解】由频率直方图知，60分以下的频率为，‎ 所以60分以上的频率为.‎ 因为中的频率，‎ 所以中的学生有.‎ 故答案为：(1). (2). ‎ ‎【点睛】本题主要考查样本估计总体中的频率直方图的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎14.若对任意非零实数恒成立，则曲线在点处的切线方程为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，利用方程组法解得.再利用导数的几何意义求切线方程.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 两式联立解得.‎ 所以，，‎ 所以曲线在点处的切线方程为，‎ - 21 -‎ 即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查方程组法求函数解析式以及导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎15.《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小一份的量为___.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设此等差数列为{an}，公差为d，则 ‎ ‎（a3+a4+a5）×=a1+a2，即，解得a1=，d=．最小一份为a1，‎ 故答案为．‎ ‎16.如图，在长方体中，，为中点，则三棱锥外接球的表面积为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系：取的中点，，，根据 - 21 -‎ 是直角三角形，其外接圆的圆心为，则球心在过平面的垂线上，再利用半径相等求解.‎ ‎【详解】建立如图所示空间直角坐标系：‎ 取的中点，，，‎ 因为是直角三角形，‎ 所以其外接圆的圆心为，‎ 所以球心在过平面的垂线上，‎ 设球心为，则，‎ 即，‎ 解得，则，‎ 所以三棱锥外接球的表面积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查球的外接问题，球的截面性质以及向量法球距离，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知在中,角所对的边分别为,且.‎ ‎（1）求角的大小; ‎ ‎（2）若,求的取值范围.‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1）； （2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理化简已知等式可得，根据余弦定理可求的值，结合范围，可求的值. （2）由余弦定理，基本不等式可求，又根据两边之和大于第三边可得，即可求解的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由则，‎ ‎，‎ 所以，‎ 而，‎ 故.‎ ‎（2）由 且，‎ ‎ 所以，‎ 又，‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式等在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题.‎ ‎18.某学校开设了射击选修课，规定向、两个靶进行射击：先向靶射击一次，命中得1分，没有命中得0分，向 - 21 -‎ 靶连续射击两次，每命中一次得2分，没命中得0分；小明同学经训练可知：向靶射击，命中的概率为，向靶射击，命中的概率为，假设小明同学每次射击的结果相互独立.现对小明同学进行以上三次射击的考核.‎ ‎（1）求小明同学恰好命中一次的概率；‎ ‎（2）求小明同学获得总分的分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据事件的独立性以及互斥事件的性质，求解即可；‎ ‎（2）得出的可能取值，并得出相应的概率，得出分布列，即可得出数学期望.‎ ‎【详解】（1）记：“小明恰好命中一次”为事件C，“小明射击靶命中”为事件, “该射手第一次射击靶命中”为事件，“该射手第二次射击靶命中”为事件，‎ 由题意可知，‎ 由于 ‎； ‎ ‎（2）可取 ‎，‎ ‎，，‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ - 21 -‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了事件独立性的应用以及求离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题.‎ ‎19.已知直三棱柱中，，，是的中点，是上一点，且.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角余弦值的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）在中，由面积相等得到，直角三角形中，得到，由得，易得，从而得到平面.以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面法向量为，面法向量为，从而得到二面角的余弦值.‎ ‎【详解】连接，在中，‎ - 21 -‎ 故.‎ 由于三棱柱是直三棱柱，故平面，‎ 直角三角形中，因为，，‎ 所以所以，‎ 又因为直角，即.‎ 再由为中点并且为等腰三角形可知，‎ 结合，得平面，.‎ 综合，，，得到平面.‎ 由于，如图以点为坐标原点建立空间直角坐标系，‎ ‎，故，，，，‎ ‎,,‎ 设面法向量为，‎ 面法向量为，‎ ‎，取，得，‎ ‎，取，得，‎ 则二面角的余弦值.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，通过法向量求二面角的余弦值，属于中档题.‎ - 21 -‎ ‎20.已知椭圆的焦距为2，过点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设椭圆的右焦点为，定点，过点且斜率不为零的直线与椭圆交于，两点，以线段为直径的圆与直线的另一个交点为，试探究在轴上是否存在一定点，使直线恒过该定点，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在；定点为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先根据题意列出方程组，再解方程组即可.‎ ‎（2）首先设，，的方程为：.联立，利用韦达定理，结合求出直线，再令即可得到直线恒过的定点.‎ ‎【详解】（1）由题知，解得，，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，，因为直线的斜率不为零，令的方程为：‎ 由得 则，，‎ 因为以为直径的圆与直线的另一个交点为，‎ - 21 -‎ 所以，则.‎ 则，故的方程为：.‎ 令，则 而，，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故直线恒过定点，且定点为 ‎【点睛】本题第一问考查椭圆的标准方程，第二问考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）讨论在上的单调性；‎ ‎（Ⅱ）设，若的最大值为0，求的值；‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求导，由，分和两种情况讨论求解.‎ ‎（Ⅱ），易得是上的减函数，存在唯一正实数满足，，则，再根据的最大值为0建立方程求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ 所以在上单调递减且 - 21 -‎ ‎①若，即，则当时，，所以在上单调递减；‎ ‎②若，即，则当时，，所以在上单调递增；‎ 当时，，所以在上单调递减.‎ 综上：当时，在上单调递减；‎ 当时，在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎（Ⅱ）根据题意所以，‎ 因为，所以在上是减函数，‎ 因为，，当时，，当时，，‎ 所以，即.‎ 因为，，当时，，当时，，‎ 所以，即.‎ 所以，‎ 又因为，，‎ 所以存在唯一正实数满足，即（*）‎ 当时，，是上的增函数；‎ 当时，，是上的减函数；‎ 所以，将（*）式代入整理得，‎ 由题设而，所以，即，‎ 所以，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的最值，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ - 21 -‎ 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.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（Ⅰ）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线与曲线交于，两点，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先把曲线的参数方程转化为普通方程，进一步转化为极坐标方程．‎ ‎（Ⅱ）把直线方程转化为极坐标方程，与曲线的极坐标方程联立，根据根与系数的关系，求得结果．‎ ‎【详解】（Ⅰ）曲线的普通 方程为，‎ 则的极坐标方程为 ‎（Ⅱ）设，，‎ 将代入 ，得 所以，所以.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：直角坐标方程和极坐标方程的转化，参数方程与直角坐标方程的转化，一元二次方程根的应用，属于基础题型．‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数f（x）=|x-m|-|2x+2m|（m＞0）．‎ ‎（Ⅰ）当m=1时，求不等式f（x）≥1的解集；‎ ‎（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）[-2，-]；（Ⅱ）0＜m＜1‎ - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得；‎ ‎（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解． ‎ 再利用分段函数的单调性求得f（x）的最大值，根据绝对值不等式的性质可得|t+1|-|t-1|的最大值，然后将问题转化为f（x）的最大值＜（|t+1|-|t-1|）的最大值可得．‎ ‎【详解】（Ⅰ）当m=1时，|x-1|-|2x+2|≥1⇔或或，‎ 解得-2≤x≤-，所以原不等式的解集为[-2，-]．‎ ‎（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．‎ ‎∵f（x）=，‎ 根据分段函数的单调性可知：x=-m时，f（x）取得最大值f（-m）=2m，‎ ‎∵||t+1|-|t-1||≤|（t+1）-（t-1）|=2，‎ ‎∴-2≤|t+1|-|t-1|≤2，即|t+1|-|t-1|的最大值为2．‎ 所以问题转化为2m＜2，解得0＜m＜1．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．‎ - 21 -‎ - 21 -‎