安徽省“江南十校”2020届高三下学期4月综合素质检测数学（理）试题 26页

www.ks5u.com ‎2020年安徽省“江南十校”综合素质检测 理科数学 考生注意：‎ ‎1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.‎ ‎3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.‎ 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.已知复数（为虚数单位，），则在复平面内对应的点所在的象限为（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别比较复数的实部、虚部与0的大小关系，可判断出在复平面内对应的点所在的象限.‎ ‎【详解】因为时，所以，，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出集合对应的不等式的解集，然后取交集即可.‎ - 26 -‎ ‎【详解】由题意，，，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的解法，考查集合的交集，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎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（ ）‎ 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. ‎ - 26 -‎ ‎【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；‎ 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.若的展开式中的系数之和为，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.‎ ‎【详解】由，‎ 则展开式中的系数为，展开式中的系数为，‎ 二者的系数之和为，得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎6.已知，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【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.‎ ‎7.执行下面的程序框图，则输出的值为 （ ）‎ 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，‎ ‎， ，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 26 -‎ ‎，‎ ‎，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.‎ ‎8.“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】‎ 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.‎ ‎9.已知正项等比数列的前项和为，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可求出等比数列的通项公式，进而可知当时，‎ - 26 -‎ ‎；当时，，从而可知的最小值为，求解即可.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，则，‎ 由题意得，，得，解得，‎ 得.‎ 当时，；当时，，‎ 则的最小值为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎10.已知点是双曲线上一点，若点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点的坐标为，代入椭圆方程可得，然后分别求出点到两条渐近线的距离，由距离之积为，并结合，可得到的齐次方程，进而可求出离心率的值.‎ ‎【详解】设点的坐标为，有，得.‎ 双曲线的两条渐近线方程为和，则点到双曲线 - 26 -‎ 的两条渐近线的距离之积为，‎ 所以，则，即，故，即，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率，构造的齐次方程是解决本题的关键，属于中档题.‎ ‎11.已知.给出下列判断：‎ ‎①若，且，则；‎ ‎②存在使得的图象向右平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】‎ 对函数化简可得，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案.‎ ‎【详解】因为，所以周期.‎ 对于①，因为，所以，即，故①错误；‎ 对于②，函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数为 - 26 -‎ ‎，其图象关于轴对称，则，解得，故对任意整数，，所以②错误；‎ 对于③，令，可得，则，‎ 因，所以在上第1个零点，且，所以第7个零点，若存在第8个零点，则，‎ 所以，即，解得，故③正确；‎ 对于④，因为，且，所以，解得，又，所以，故④正确.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.‎ ‎12.如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（ ）‎ A. 12 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作于，连接，易知，，从而可证平面 - 26 -‎ ‎，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.‎ ‎【详解】在和中，，所以，则，‎ 过作于，连接，显然，则，且，‎ 又因为，所以平面，‎ 所以，‎ 当最大时，取得最大值，取的中点，则，‎ 所以，‎ 因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，‎ 所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，‎ 所以最大值为，故的最大值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.‎ 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】‎ - 26 -‎ ‎【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，‎ 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.若为假，则实数的取值范围为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.‎ ‎【详解】因为为假，则其否定为真，‎ 即为真，所以对任意实数恒成立，所以.‎ 又，当且仅当，即时，等号成立，所以.‎ 故答案为：.‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，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.‎ ‎【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.已知抛物线，点为抛物线上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，则线段长度的取值范围为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，易得，可得四边形的面积为，从而可得，进而求出的取值范围，可求得的范围.‎ - 26 -‎ ‎【详解】如图，连接，易得，所以四边形的面积为，且四边形的面积为三角形面积的两倍，所以，所以，‎ 当最小时，最小，设点，则，‎ 所以当时，，则，‎ 当点的横坐标时，，此时，‎ 因为随着的增大而增大，所以的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查抛物线上的动点到定点的距离的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ 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.‎ ‎17.在中，角的对边分别为，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ - 26 -‎ ‎（2）若，求边上高.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理将边化成角，可得，展开并整理可得，从而可求出角；‎ ‎（2）由余弦定理得，进而可得，由，可求出的值，设边上的高为，可得的面积为，从而可求出.‎ ‎【详解】（1）由题意，由正弦定理得.‎ 因为，所以，所以，展开得，整理得.‎ 因为，所以，故，即.‎ ‎（2）由余弦定理得，则，得，故，‎ 故的面积为.‎ 设边上的高为，有，故，‎ 所以边上的高为.‎ ‎【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，‎ - 26 -‎ ‎，为等腰直角三角形，，平面底面，为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；‎ ‎（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：如图1，取的中点，连接.‎ ‎，，‎ ‎，，且，‎ 四边形为平行四边形，.‎ 又平面，平面，平面.‎ - 26 -‎ ‎（2）如图2，取中点，中点，连接.‎ ‎，，‎ 平面平面，平面平面，‎ 平面，平面，‎ 两两垂直 以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.‎ 由，可得，‎ 在等腰梯形中，，易知，‎ ‎.‎ 则，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，取，得.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，取，得.‎ 因为，，，所以，‎ - 26 -‎ 所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.‎ ‎19.一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分.‎ ‎（1）设抛掷4次的得分为，求变量的分布列和数学期望.‎ ‎（2）当游戏得分为时，游戏停止，记得分的概率和为.‎ ‎①求；‎ ‎②当时，记，证明：数列为常数列，数列为等比数列.‎ ‎【答案】（1）分布列见解析，数学期望为6；（2）①；②证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量的分布列和数学期望；‎ ‎（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得；②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，可知当且时，，结合，可推出，从而可证明数列 - 26 -‎ 为常数列；结合，可推出，进而可证明数列为等比数列.‎ ‎【详解】（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8.‎ 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率也为，‎ 则，‎ ‎.‎ 所以变量的分布列为：‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 故变量的数学期望为.‎ ‎（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为.‎ ‎②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，‎ 故且时，有，‎ 则时，，‎ 所以，‎ 故数列为常数列；‎ 又，‎ ‎，所以数列为等比数列.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.‎ - 26 -‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若，求点的坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.‎ ‎【详解】（1）由题意得，解得，‎ - 26 -‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）由（1）知点，，‎ 由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，‎ 联立方程，消去得：.‎ 设，则，所以，‎ 所以，所以.‎ 设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即 ‎，所以，所以.‎ 因为，所以，即，‎ 所以，解得，‎ 又，所以符合题意，‎ 计算可得，，‎ 故点的坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.‎ ‎21.已知函数 - 26 -‎ ‎（1）若恒成立，求的取值范围；‎ ‎（2）设函数的极值点为，当变化时，点构成曲线，证明：过原点的任意直线与曲线有且仅有一个公共点.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由恒成立，可得恒成立，进而构造函数，求导可判断出的单调性，进而可求出的最小值，令即可；‎ ‎（2）由，可知存在唯一的，使得，则，，进而可得，即曲线的方程为，进而只需证明对任意，方程有唯一解，然后构造函数，分、和三种情况，分别证明函数在上有唯一的零点，即可证明结论成立.‎ ‎【详解】（1）由题意，可知，由恒成立，可得恒成立.‎ 令，则.‎ 令，则，‎ ‎，，‎ 在上单调递增，又，‎ 时，；时，，‎ 即时，；时，，‎ 时，单调递减；时，单调递增，‎ 时，取最小值，‎ - 26 -‎ ‎.‎ ‎（2）证明：由，令，‎ 由，结合二次函数性质可知，存在唯一的，使得，故存在唯一的极值点，则，，‎ ‎，‎ 曲线的方程为.‎ 故只需证明对任意，方程有唯一解.‎ 令，则，‎ ‎①当时，恒成立，在上单调递增.‎ ‎，，‎ ‎，存在满足时，使得.‎ 又单调递增，所以为唯一解.‎ ‎②当时，二次函数，满足，‎ 则恒成立，在上单调递增.‎ ‎，，‎ 存在使得，‎ 又在上单调递增，为唯一解.‎ ‎③当时，二次函数，满足，‎ 此时有两个不同的解，不妨设，‎ ‎，， ‎ 列表如下：‎ - 26 -‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 由表可知，当时，的极大值为.‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，.‎ ‎.‎ 下面来证明，‎ 构造函数，则，‎ 当时，，此时单调递增，‎ ‎，‎ 时，，，‎ 故成立.‎ ‎，‎ 存在，使得.‎ 又在单调递增，为唯一解.‎ 所以，对任意，方程有唯一解，即过原点任意的直线与曲线有且仅有一个公共点.‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.‎ ‎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；‎ ‎（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），‎ - 26 -‎ 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）‎ ‎【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，分别求函数与的最小值，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