2020届云南省昆明市第一中学高三第四次一轮复习检测数学（理）试题（解析版） 17页

‎2020届云南省昆明市第一中学高三第四次一轮复习检测数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】解一元一次不等式和对数不等式化简集合的表示，再利用集合交集的定义，结合数轴求出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ 则.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了集合的交集运算，考查了解对数不等式，考查了数学运算能力.‎ ‎2．已知复数z满足，其中i为虚数单位，则（ ）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】用复数除法的运算法则化简复数z的表示，再根据复数模的定义求出模的大小.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数模的定义，考查了数学运算能力.‎ ‎3．空气质量指数是反映空气质量状况的指数，指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：‎ 指数值 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 如图是某市10月1日—20日指数变化趋势：‎ 下列叙述正确的是（ ）‎ A．该市10月的前半个月的空气质量越来越好 B．这20天中的中度污染及以上的天数占 C．这20天中指数值的中位数略高于100‎ D．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量差 ‎【答案】C ‎【解析】通过图象的变换可以判断出选项A的正确性，通过所给的表可以统计出中度污染及以上的天数，这样可以判断选项B的正确性，根据表中所提供的数据可以判断出中位数的大小，这样可以判断出选项C的正确性，通过表中所提供的数据可以判断出选项D的正确性.‎ ‎【详解】‎ 由图知，前半个月中，空气质量先变好再变差，处于波动状态，A错误，这20天中的中度污染及以上的天数有天，B错误，10月上旬大部分指数在100以下，10月中旬大部分指数在100以上，D错误.根据表中所提供的数据可以判断出中位数略高于100，所以C正确.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查了识图和识表的能力，考查了中位数的概念，考查了数据分析能力.‎ ‎4．若能被3整除，则a=（ ）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】把17用代换，然后用二项式定理展开，根据题意求出a的值.‎ ‎【详解】‎ 因为，由已知可得：.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了二项式定理的应用，考查了有关整除的问题，考查了数学运算能力.‎ ‎5．已知椭圆E的中心为坐标原点离心率为，E的左焦点与抛物线的焦点重合,则椭圆E的方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】求出抛物线的焦点坐标，这样能确定椭圆的左焦点坐标，再根据离心率的公式求出半长轴长，而后根据半长轴长、半焦距、半短轴长的关系求出半短轴长，最后确定椭圆的标准方程.‎ ‎【详解】‎ 因为抛物线:的焦点为，设椭圆的方程为（），所以椭圆的半焦距，又因为椭圆的离心率为，所以，，所以椭圆的方程为.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了求椭圆的标准方程，考查了抛物线的焦点坐标，考查了数学运算能力.‎ ‎6．函数的图象的一条对称轴为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】逆用二倍角的余弦公式、正弦公式、辅助角公式化简函数的解析式为正弦型函数解析式的形式，根据正弦型函数的对称性选出正确答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以函数的图象的一条对称轴为.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查了二倍角的正弦公式和余弦公式，考查了辅助角公式，考查了正弦型函数的对称性.‎ ‎7．执行如下所示的程序框图，则输出的a=（ ）‎ A．2 B．1 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由初始条件进入循环体，求出每一次的值，可以发现规律，最后求出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎；；；；…，的值构成以为周期的数列，因为，所以当时，.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了循环结构的输出问题，考查了数列的周期性，考查了数学运算能力.‎ ‎8．已知圆锥的底面半径为3，母线长为5.若球在圆锥内，则球的体积的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设圆锥的轴截面为等腰△，则球的体积最大时，球的轴截面是△的内切圆，根据三角形面积公式和内切圆的性质求出半径，最后求出体积.‎ ‎【详解】‎ 设圆锥的轴截面为等腰△，则球的体积最大时，球的轴截面是△的内切圆，所以，解得：，所以球的体积的最大值为.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了求球体积最大问题，考查了球的几何性质，考查了数学运算能力.‎ ‎9．设为数列的前n项和，，则的通项公式为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先根据递推公式求出首项，再递推一步，两个等式相减，即可判断出数列是等比数列，最后求出通项公式即可.‎ ‎【详解】‎ 因为…①，时，，可得，‎ 时，…②，①-②得，，‎ 所以是等比数列，.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了通过递推公式求等比数列的通项公式，考查了数学运算能力.‎ ‎10．已知点是双曲线上一点，分别是双曲线C的左、右焦点，若以为直径的圆经过点A，则双曲线C的离心率为（ ）‎ A． B．2 C． D．5‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据以为直径的圆经过点A，结合双曲线的定义可以求出a的值，最后求出离心率.‎ ‎【详解】‎ 解析：由已知得，所以，所以，又，所以，所以双曲线的离心率.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查了求双曲线离心率问题，考查了双曲线的定义，考查了数学运算能力.‎ ‎11．设函数，若是函数的最小值，则实数a的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用基本不等式可以求出当时，函数的最小值，再用分类讨论方法求出时，函数的最小值，最后根据题意得到不等式，解这个不等式即可.‎ ‎【详解】‎ 当时，(当且仅当时取等号，即时取等号)；‎ 当时，‎ 若，函数的最小值为；‎ 若，函数的最小值为，由题意可知：是函数的最小值，所以有 ‎.‎ 选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了已知分段函数的最小值求参数取值范围，考查了分类讨论思想，考查了数学运算思想.‎ ‎12．已知平面向量满足，且，则的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】以所在的直线为横轴纵轴，分类讨论当时，设出的坐标，最后利用圆的几何意义求出的最大值，其他情况同理，最后比较出最大值即可.‎ ‎【详解】‎ 解析：以所在的直线为横轴纵轴，当时，不妨设 ‎，设因为，所以，‎ ‎，要想最大，说明圆的点到点的距离最大，根据圆的几何意义可知：的最大值，通过计算可知：当也是一样的，同理可以计算求出当，的最大值，当，的最大值 所以的最大值.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求平面向量模最大值问题，考查了利用圆的几何性质求解最值问题，考查了建模思想.‎ 二、填空题 ‎13．若实数满足，则的最大值为______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】在直角坐标系内画出可行解域，然后平移直线 ‎，找到直线在可行解域内当在纵轴上的截距最大时所经过的点，求出点的坐标，代入目标函数即可求出最大值.‎ ‎【详解】‎ 画出可行域，由图可知目标函数经过点时取得最大值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求目标函数的最大值问题，考查了数形结合思想，正确画出可行解域是解题的关键.‎ ‎14．设为等差数列的前n项和，若，公差，则k=______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】根据等差数列的前n项和公式，结合已知的等式可以求出k的值.‎ ‎【详解】‎ 解析：因为是等差数列，所以，由解得.‎ 故答案为：4‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列的前n项和公式，考查了数学运算能力.‎ ‎15．已知函数，若方程恰好有三个不等的实根，则实数a的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】要满足方程恰好有三个不等的实根，则直线与在相切以上（不含相切）和直线过点以下（不含过该点的直线），利用方程的思想最后求出实数a的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 解析：要满足方程恰好有三个不等的实根，则直线与在相切以上（不含相切）和直线过点以下（不含过该点的直线），当直线与相切时，即，所以,所以，所以，（舍去），当直线过点时，，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了方程有实根求参数的取值范围，考查了推理认证能力，考查了数学运算能力.‎ ‎16．已知四棱锥的底面是正方形，高为，侧棱长均为5，O为侧面的内心，则四棱锥的体积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意利用勾股定理可以求出正方形的边长，通过角平分线的性质，结合三棱锥的体积公式可以求出的体积.‎ ‎【详解】‎ 解析：由题意可得，底面的边长为，在△中，作于,通过角平分线的性质，,所以,所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求三棱锥的体积，考查了角平分线的性质，考查了数学运算能力.‎ 三、解答题 ‎17．在中，内角A，B，C所对的边长分别为.‎ ‎(1)求角C；‎ ‎(2)若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1)‎ ‎(2)‎ ‎【解析】(1)利用二倍角的余弦公式、三角形内角和定理、对已知听等式进行化简，最后通过解方程可以得到角C的余弦值，结合三角形的性质求出；‎ ‎(2)利用余弦定理、重要不等式、三角形面积公式可以求出面积的最大值.‎ ‎【详解】‎ 解：(1)由，可得，，因为，所以，. ‎ ‎(2)由，得，，，‎ 所以，‎ 当时，△面积的最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了二倍角的余弦公式，考查了余弦定理和重要不等式，考查了三角形面积公式.‎ ‎18．某城市为鼓励人们乘坐地铁出行，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过30站的地铁票价如下表：‎ 乘坐站数 票价（元）‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎9‎ 现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过30站，甲、乙乘坐不超过10站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过20站的概率分别为，．‎ ‎（Ⅰ）求甲、乙两人付费相同的概率；‎ ‎（Ⅱ）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量，求的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：(1) 由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为 ，乙乘坐超过站且不超过站的概率为 ，利用乘法概率公式及互斥原理得到甲、乙两人付费相同的概率；‎ ‎(2) 由题意可知的所有可能取值为：，，，，.求得相应的概率值，即可得到的分布列和数学期望.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为，‎ 乙乘坐超过站且不超过站的概率为，‎ 设“甲、乙两人付费相同”为事件，‎ 则 ，‎ 所以甲、乙两人付费相同的概率是.‎ ‎（2）由题意可知的所有可能取值为：，，，，.‎ ‎，‎ ‎ ，‎ ‎ ，‎ ‎ ，‎ ‎.‎ 因此的分布列如下：‎ 所以的数学期望 .‎ 点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：‎ 第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；‎ 第二步是:“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；‎ 第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或事件的概率是否正确；‎ 第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得.‎ ‎19．如图所示的几何体中，正方形所在平面垂直于平面，四边形为平行四边形，G为上一点，且平面，.‎ ‎(1)求证：平面平面；‎ ‎(2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面所成二面角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析 ‎(2)‎ ‎【解析】(1)利用面面垂直的性质定理可以得到线面垂直，然后得到线线垂直，再由已知的线面垂直得到线线垂直，利用线面垂直的判断定理得到线面垂直，最后利用面面垂直的判定定理证明出面面垂直；‎ ‎(2)通过三棱锥的体积公式，由等积法可以得到：求三棱锥体积的最大值，只需求的最大值．设出两个线段的长，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积公式可以求出平面与平面所成二面角的余弦值，最后利用同角的三角函数关系式中的平方和关系求出平面与平面所成二面角的正弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)证明：因为平面平面，平面平面，‎ 四边形正方形，即，平面，‎ 所以平面，‎ 又因为平面，所以，‎ 因为平面，平面，‎ 所以，‎ 因为，平面，‎ 所以平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面平面． ‎ ‎(2)解：，‎ 求三棱锥体积的最大值，只需求的最大值．‎ 令，，‎ 由(1)知，，‎ 所以，当且仅当，‎ 即时，，‎ 以中点为坐标原点建立空间直角坐标系如图，则 ‎，，，‎ 设为平面的一个法向量，‎ 则，‎ 可取，则，‎ 因为四边形为平行四边形，为等腰直角三角形，‎ 所以四边形为正方形，取平面的一个法向量为，‎ 所以，所以，‎ 即平面与平面所成二面角的正弦值为. ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了面面垂直的判定定理和性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理，考查了利用空间向量数量积求二面角问题，考查了三棱锥的体积公式，考查了推理认证能力和数学运算能力.‎ ‎20．过点(0,2）的直线l与抛物线交于A，B两点，且(O为坐标原点).‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)在y轴上是否存在定点M，使得？并说明理由.‎ ‎【答案】(1)；(2)存在,理由见解析 ‎【解析】(1)设出直线的方程与抛物线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合可以求出抛物线的方程；‎ ‎(2)假设存在，根据二个角相等可以转化为两条直线的斜率互为相反数，根据斜率的公式，结合根与系数的关系可以求出在y轴上存在定点M，使得.‎ ‎【详解】‎ 解：(1)设直线：，，，则 联立得，‎ 则，所以，‎ 所以，，‎ 所以抛物线的方程为． ‎ ‎(2)假设存在满足条件的点,设，,‎ 由（1）知，若，则，‎ ‎ ，所以存在满足条件．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求抛物线的标准方程，考查了利用直线与抛物线的位置关系，考查了平面向量的应用，考查了抛物线中定点问题，考查了数学运算能力.‎ ‎21．已知函数.‎ ‎(1)求的最小值；‎ ‎(2)设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】(1)对函数进行求导，判断函数的单调性，最后求出最小值；‎ ‎(2) 由(1)可得，即，对此可以对进行放缩，最后利用裂项相消法求出m的最小值.‎ ‎【详解】‎ 解：(1)，‎ 当时，，故在单调递减；‎ 当时，，在单调递增；‎ 故，故的最小值为. ‎ ‎(2)由(1)可得，即，‎ 所以对任意，有，‎ 则，‎ 即，因为所以，‎ 所以，所以．‎ 又因为，‎ 故对任意正整数，的整数的最小值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数研究函数的单调性并求最小值问题，考查了通过放缩法求不等式恒成立时参数的取值问题.‎ ‎22．以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位已知直线l的参数方程为(为参数，‎ ‎)，抛物线C的普通方程为.‎ ‎(1)求抛物线C的准线的极坐标方程；‎ ‎(2)设直线l与抛物线C相交于A，B两点，求的最小值及此时的值.‎ ‎【答案】(1)；‎ ‎(2)当且仅当时，取得最小值 ‎【解析】(1)利用极坐标与直角坐标转化公式求出抛物线C的准线的极坐标方程；‎ ‎(2) 将直线的参数方程代入抛物线的普通方程中，利用参数的意义结合一元二次方程根与系数的关系求出的最小值及此时的值.‎ ‎【详解】‎ 解:(1)依题意可得，抛物线的准线的普通方程为，‎ 化为极坐标方程即是. ‎ ‎(2)将直线的参数方程代入抛物线的普通方程，化简整理得，‎ ‎，设两点对应的参数分别为,则有，，‎ 所以，因为，‎ 所以，，，即，‎ 当且仅当时，取得最小值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了极坐标方程转化为直角坐标方程，考查了利用参数的意义求弦长问题，考查了数学运算能力.‎ ‎23．已知.‎ ‎(1)当时，解不等式；‎ ‎(2)求的最大值 ‎【答案】(1)；(2)12‎ ‎【解析】(1)利用零点法化简函数的解析式，然后分类求解即可；‎ ‎(2)利用绝对值的性质可以直接求解出函数的最大值.‎ ‎【详解】‎ 解(1)当时,‎ 当时，不等式不成立；‎ 当时，解得；‎ 当时，不等式恒成立.‎ 综上，不等式的解集为. ‎ ‎(2)因为,‎ 当且仅当时取到等号，所以的最大值为12.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用零点法解绝对值不等式，考查了利用绝对值的性质求函数的最大值问题，考查了数学运算能力.‎