辽宁省锦州市2020届高三4月质量检测（一模考试）数学（文）试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com ‎2020年高三质量检测 数学（文科）‎ 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个小题，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，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算集合A，然后对集合A和集合B取交集即可.‎ ‎【详解】由题意可得，，‎ 则 故选C ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.‎ ‎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 - 19 -‎ ‎【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．‎ 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.从只读过《飘》的2名同学和只读过《红楼梦》的3名同学中任选2人在班内进行读后分享，则选中的2人都读过《红楼梦》的概率为（ ）‎ A. 0.6 B. 0.5 C. 0.4 D. 0.3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用排列、组合，求得基本事件的总数为 - 19 -‎ 种，再求得选中的2人都读过《红楼梦》所含的基本事件个数为种，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，从只读过《飘》的2名同学和只读过《红楼梦》的3名同学中任选2人 基本事件的总数为种，‎ 其中选中的2人都读过《红楼梦》所含的基本事件个数为种，‎ 所以选中的2人都读过《红楼梦》的概率为，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及排列、组合的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎5.若抛物线上的点M到焦点的距离为10，则M点到y轴的距离是（ ）‎ A. 6 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线的准线方程，利用抛物线的定义转化求解即可．‎ ‎【详解】抛物线的焦点，准线为，由M到焦点的距离为10，‎ 可知M到准线距离也为10，故到M到的距离是9，故选C．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．‎ ‎6.甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 丙被录用了 B. 乙被录用了 C. 甲被录用了 D. 无法确定谁被录用了 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.‎ ‎【详解】解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，‎ 若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，‎ 若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，‎ - 19 -‎ 综上可得甲被录用了，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.‎ ‎7.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 ‎【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 ‎8.m，n是两不同直线，α是平面，n⊥α，则m∥α是m⊥n的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行，线线垂直和线面垂直的相关知识，从充分性和必要性进行论证，即可选择.‎ 详解】根据已知条件，由m∥α以及n⊥α，则一定有，简单证明如下：‎ 当m∥α时，平面内存在一条直线，使得//，‎ 因为，，故可得，又//，故可得，即证.‎ 故充分性满足；‎ 若直线，且，则可得//或，故必要性不满足.‎ 则m∥α是m⊥n的充分不必要条件.‎ 故选：A.‎ - 19 -‎ ‎【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，涉及线面垂直，线线垂直，线面平行，属综合基础题.‎ ‎9.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.‎ ‎10.已知函数，给出下列四个命题：（ ）‎ ‎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 - 19 -‎ 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.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，‎ - 19 -‎ ‎.‎ 所以为偶函数，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.‎ ‎12.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点的坐标为．若双曲线左支上的任意一点均满足，则双曲线的离心率的取值范围为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据双曲线的定义，，转化为，即，根据数形结合可知，当点三点共线时，最小，转化为不等式，最后求离心率的范围.‎ ‎【详解】由已知可得，若，‎ 即，左支上的点均满足，‎ 如图所示，当点位于点时，最小，‎ 故，即,‎ - 19 -‎ ‎,‎ 或或或或双曲线的离心率的取值范围为 .‎ ‎【点睛】本题考查离心率的取值范围的问题，属于中档题型，意在考查化归和计算能力，关键是根据几何关系分析的最小值，转化为的代数关系，最后求的范围.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20分.将答案填在答题纸上.‎ ‎13.某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查．已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取_______名学生．‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查的.‎ ‎【详解】∵该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4:5:5:6，‎ ‎∴应从一年级本科生中抽取学生人数为：.‎ 故答案为60.‎ ‎14.已知曲线在点处的切线方程为，则实数的值为__________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ 首先求导得到，再根据切点和切线方程即可得到的值.‎ ‎【详解】，，‎ 因为，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查导数几何意义的切线问题，属于简单题.‎ ‎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.已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上，且，，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意得到，根据三棱锥体积的最大值为得到三棱锥高的最大值，再求外接球的半径和表面积即可.‎ ‎【详解】设的外接圆的半径为，‎ 因为，，‎ - 19 -‎ 所以，.‎ ‎.‎ 设到平面的距离为，‎ 因为三棱锥体积的最大值为，即 所以.‎ 设球体的半径为，则，解得.‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，同时考查了球体的表面积公式，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.‎ ‎【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，‎ - 19 -‎ 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.某学校为了了解高一年级学生学习数学的状态,从期中考试成绩中随机抽取50名学生的数学成绩,按成绩分组:第1组,第2组,第3组,第4组,第5组,得到的频率分布直方图如图所示.‎ ‎(1)由频率分布直方图,估计这50名学生数学成绩的中位数和平均数(保留到0.01);‎ ‎(2)该校高一年级共有1000名学生,若本次考试成绩90分以上(含90分)为“优秀”等次,则根据频率分布直方图估计该校高一学生数学成绩达到“优秀”等次的人数.‎ ‎【答案】（1）中位数为，平均数为 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设这50名学生数学成绩的中位数和平均数分别为,因为前2组的频率之和为 - 19 -‎ ‎,因为前3组的频率之和为,所以,求出即可求得答案;‎ ‎(2)因为样本中90分及以上的频率为,所以该校高一年级1000名学生中,根据频率分布直方图,即可估计该校高一学生数学成绩达到人数.‎ ‎“优秀”等次的人数 ‎【详解】(1)设这50名学生数学成绩的中位数和平均数分别为 因为前2组的频率之和为,因为前3组的频率之和为,所以,‎ 由,得.‎ 所以,这50名学生数学成绩的中位数和平均数分别为, ‎ ‎(2)因为样本中90分及以上的频率为, ‎ ‎ 所以该校高一年级1000名学生中,根据频率分布直方图估计该校高一学生数学成绩达到 ‎“优秀”等次的人数为人.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题,解题的关键是根据频率分布直方图提供的数据,求出频率.再求出学生数,属于基础题.‎ ‎19.如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点．‎ ‎（1）求证: 平面平面；‎ ‎（2）求证:平面；‎ ‎（3）求三棱锥体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．‎ ‎【解析】‎ - 19 -‎ 试题分析：（1）由直线与平面垂直证明直线与平行的垂直；（2）证明直线与平面平行；（3）求三棱锥的体积就用体积公式.‎ ‎（1）在三棱柱中，底面ABC，所以AB，‎ 又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面，因为AB平面，所以平面平面.‎ ‎（2）取AB中点G，连结EG，FG，‎ 因为E，F分别是、的中点，所以FG∥AC，且FG=AC，‎ 因AC∥，且AC=，所以FG∥，且FG=，‎ 所以四边形为平行四边形，所以EG，‎ 又因为EG平面ABE，平面ABE，‎ 所以平面.‎ ‎（3）因为=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=，‎ 所以三棱锥的体积为：==.‎ 考点：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行的证明；考查几何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．‎ ‎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 - 19 -‎ ‎【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，‎ 所以，则 则，故的方程为：.‎ 令，则 而，，‎ 所以，‎ - 19 -‎ 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．‎ ‎（1）若，求的单调区间；‎ ‎（2）证明：（i）；‎ ‎（ii）对任意，对恒成立．‎ ‎【答案】（1）的单调递增区间为，，的单调递减区间为. （2）（i）证明见解析（ii）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入函数解析式，并求得导函数，由导函数的符号即可判断的单调区间；‎ ‎（2）（i）构造函数并求得，利用的单调性求得最大值，即可证明不等式成立.；（ii）由（i）可知将不等式变形可得成立，构造函数，因式分解后解一元二次不等式即可证明对恒成立．‎ ‎【详解】（1）若，（），‎ 令，得或， 则的单调递增区间为，. ‎ - 19 -‎ 令，得，则的单调递减区间为. ‎ ‎（2）证明：（i）设，‎ 则（），‎ 令，得；‎ 令，得. ‎ 故，‎ 从而，即. ‎ ‎（ii）函数 由（i）可知 即，所以，当时取等号；‎ 所以当时，则 若，令 则，‎ 当时，. ‎ 则当时，， ‎ 故对任意，对恒成立.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立问题，构造函数法的应用，属于中档题.‎ 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.‎ - 19 -‎ ‎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．‎ ‎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 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得；‎ - 19 -‎ ‎（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．‎ - 19 -‎ - 19 -‎