中原金科大联考2020届高三4月质量检测数学（文）试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com ‎2020年“中原·金科”大联考高三4月质量检测 数学(文科)‎ 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，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合中不等式的解集，找出和的交集即可.‎ ‎【详解】解：，，‎ ‎，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查交集及其运算以及解一元二次不等式，熟练掌握交集的定义是解本题的关键.‎ ‎2.复数满足为虚数单位)，则在复平面内的共轭复数所对应的点为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意求出复数，利用共轭复数的定义和复数的几何意义即可求解.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 由共轭复数的定义知，，‎ 由复数的几何意义知，复数的共轭复数对应复平面内的点为.‎ 故选：B - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义和共轭复数的概念，属于基础题.‎ ‎3.甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为50%，甲不输的概率为80%，则甲、乙下成平局的概率为（ ）‎ A. 60% B. 50% C. 30% D. 10%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用互斥事件概率加法公式直接求解．‎ ‎【详解】解：甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为50%，甲不输的概率为80%，‎ 则甲、乙下成平局的概率为：80%﹣50%＝30%．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力．‎ ‎4.值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角的正弦化简求值.‎ ‎【详解】由题意，‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查三角函数二倍角公式，属于基础题.‎ ‎5.“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，而，推不出，得出结论．‎ - 21 -‎ ‎【详解】解：，‎ 而，推不出，‎ 故“”是“”的充分而不必要条件，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，涉及指对数函数的定义域.‎ ‎6.若则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面向量的坐标运算和两向量共线的坐标表示即可求解.‎ ‎【详解】由题意知,,‎ 因为,由两向量共线的坐标表示可得,‎ ‎,解得.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查平面向量的坐标运算和两向量共线的坐标表示;考查运算求解能力;属于基础题.‎ ‎7.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）‎ A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平栘个单位 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用函数的图象变换规律，得出结论．‎ ‎【详解】解：要得到函数的图象，‎ - 21 -‎ 只需将函数的图象向左平移个单位即可，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律以及诱导公式．‎ ‎8.某单位为了了解用电量（度）与气温（℃）之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表：‎ 气温（℃）‎ ‎﹣1‎ ‎10‎ ‎13‎ ‎18‎ 用电量（度）‎ ‎64‎ ‎38‎ ‎34‎ ‎24‎ 由表中数据得线性回归方程，预测当气温为﹣4℃时用电量度数为（ ）‎ A. 65 B. 67 C. 78 D. 82‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出样本中心点为，然后将其代入，得到，从而得到线性回归方程为，再把代入，求出即可得解．‎ ‎【详解】解：，，‎ 把样本中心点代入，‎ 得：，‎ 所以，‎ 即，‎ 当时，‎ ‎.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查线性回归方程的特征，样本中心点一定在回归直线上．‎ ‎9.某船从A处向东偏北30°方向航行千米后到达B - 21 -‎ 处，然后朝西偏南60°的方向航行2千米到达C处，则A处与C处之间的距离为（ ）‎ A. 1千米 B. 2千米 C. 3千米 D. 6千米 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出方向向量，利用余弦定理，列方程求解即可.‎ ‎【详解】解：如图所示，‎ 中，，‎ 由余弦定理可得：‎ ‎，‎ 解得，‎ 所以处与处之间的距离为1千米．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的应用问题，涉及余弦定理解三角形，也考查了求解运算能力．‎ ‎10.已知为一条直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若则 C. 若则 D. 若则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行逐项判断即可.‎ - 21 -‎ ‎【详解】对于选项A: 若，则或,故选项A错误;‎ 对于选项B: 若则或，故选项B错误;‎ 对于选项C: 若由面面平行的性质和线面垂直的判定知成立,‎ 故选项C正确;‎ 对于选项D: 若则或或与相交,故选项D错误;‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理，判断空间中直线与平面的位置关系;考查学生的逻辑思维能力和空间想象能力;属于中档题、常考题型.‎ ‎11.已知定义在上的奇函数满足，当，时，，则（）. ‎ A ﹣2 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的周期性可知，利用奇函数的性质可知，进而由已知范围的解析式得解．‎ ‎【详解】解：依题意，函数的周期为3，‎ 故，‎ 又，‎ ‎．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查利用函数周期性及奇偶性求函数值，考查运算能力．‎ ‎12.双曲线的上焦点为，点的坐标为，点为双曲线下支上的动点，且周长的最小值为8，则双曲线的离心率为（ ）‎ - 21 -‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，可得的最小值为5，设为双曲线的下焦点，由双曲线的定义可得的最小值为4，当，，三点共线时，取得最小值，可得，由离心率公式可得所求值．‎ ‎【详解】解：双曲线的上焦点为，，点的坐标为，‎ ‎，三角形的周长的最小值为8，‎ 可得的最小值为5，‎ 又为双曲线的左焦点，‎ 可得，‎ 当，，三点共线时，‎ 取得最小值，且为，‎ 即有，‎ 即，，‎ 可得．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ - 21 -‎ 本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的求法，考查三点共线取得最小值的性质，考查方程思想和运算能力．‎ 二､填空题(每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上)‎ ‎13.高一、高二、高三三个年级共有学生1800人，其中高一共有学生800人，现用分层抽样的方法抽取90人作为样本，则应抽取高一学生为_____人．‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分层抽样性质直接求解．‎ ‎【详解】解：高一、高二、高三三个年级共有学生1800人，其中高一共有学生800人，‎ 现用分层抽样的方法抽取90人作为样本，‎ 则应抽取高一学生为．‎ 故答案为：40．‎ 点睛】本题考查分层抽样的应用，考查运算求解能力．‎ ‎14.在中，角、、所对的边分别为，，．若，，，则的面积为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式即可求解．‎ ‎【详解】由余弦定理可得，，‎ 整理可得，，‎ 解可得，‎ 则．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理及三角形面积公式的简单应用．‎ - 21 -‎ ‎15.若，满足约束条件，则的最小值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出约束条件的可行域，再求出可行域中各角点的坐标，将各点坐标代入目标函数的解析式，分析后易得目标函数的最小值．‎ ‎【详解】解：由约束条件得如图所示的三角形区域，‎ 令，，‎ 显然当平行直线过点，时，‎ 取得最小值为：；‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查线性规划求最小值问题，我们常用几何法求最值.‎ ‎16.在矩形中，已知，，为上一点．‎ ‎（1）若，则_____；‎ ‎（2）若，则_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可以点为原点，为轴，建立平面直角坐标系，并设，从而得出，然后根据即可得出点的坐标，从而得出的长度；‎ ‎（2）根据即可得出，并根据条件求出，从而得出，然后在中，根据余弦定理即可求出，从而可求出的值．‎ ‎【详解】解：以点为原点，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 则：，，，，设，‎ ‎（1），‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2），‎ ‎，且，，‎ ‎，且，，‎ 在中，根据余弦定理得：‎ ‎，‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查了通过建立平面直角坐标系，利用坐标解决向量的问题的方法，以及余弦定理和直角三角形的边角关系，考查了计算能力．‎ 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 为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎17.已知等比数列的首项，且成等差数列．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得公比，进而得到所求通项公式；‎ ‎（2）由对数的运算性质可得，求得，再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．‎ ‎【详解】解：（1）等比数列的首项，公比设为，‎ 成等差数列，‎ - 21 -‎ 可得，‎ 即有，‎ 解得，‎ 则，‎ ‎（2），‎ 则，‎ 前项和．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，考查数列的裂项相消求和，考查方程思想和化简运算能力．‎ ‎18.为了践行习总书记提出“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念，我市在经济速发展同时，更注重城市环境卫生的治理，经过几年的治理，市容市貌焕然一新，为了调查市民对城区环境卫生的满意程度，研究人员随机抽取了1000名市民进行调查，并将满意程度统计成如图所示的频率分布直方图，其中 ‎ ‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若按照分层抽样的方式从中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求至少有1人的分数在，的概率．‎ ‎【答案】（1）0.030， 0.015．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎（1）由频率分布直方图列出方程组，由此能求出．‎ ‎（2）两段频率比为，按照分层抽样的方式从中随机抽取5人，分数在中抽取2人，记为，分数在中抽取3人，记为，，，从这5人中随机抽取2人，利用列举法能求出至少有1人的分数在的概率．‎ ‎【详解】解：（1）由频率分布直方图得：‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ 解得，．‎ ‎（2），，，两段频率比为，‎ 按照分层抽样的方式从，，，中随机抽取5人，‎ 分数在，中抽取2人，记为，，‎ 分数在，中抽取3人，记为，，，‎ 从这5人中随机抽取2人的所有情况为：‎ ‎，，，，，，，，，，，，‎ ‎，，，，，，，，共10个，‎ 其中，至少有1人的分数在，包含的基本事件有7个，‎ 至少有1人的分数在，的概率．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查频率分布直方图、列举法、分层抽样等基础知识，考查运算求解能力．‎ ‎19.如图，在三棱锥中，，，，，为线段的中点，为线段上一点．‎ - 21 -‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当平面时，若三棱锥的体积为，求值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，，，得平面，由此能证明；‎ ‎（2）由平面，得，由是中点，得，，由平面，得平面，由此利用三棱锥的体积为，能求出．‎ ‎【详解】解：（1）在三棱锥中，‎ ‎，，，‎ 平面，‎ 平面，‎ ‎，‎ ‎（2）平面，平面平面，平面，‎ ‎，‎ 是中点，，‎ 因为，所以，故，‎ 由（1）知平面，‎ 平面，‎ 三棱锥的体积为，‎ 三棱锥的体积，‎ - 21 -‎ 解得．‎ ‎【点睛】本题考查线线垂直的判定和三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力．‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）当时，求函数在处的切线方程；‎ ‎（2）若，证明：当时，．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把代入函数解析式，求得导函数，得到，求得，再由直线方程的点斜式得答案；‎ ‎（2）求出函数的导函数，进行二次求导，可得原函数的单调性，再由函数的单调性证明当时，．‎ ‎【详解】解：当时，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 函数的图象在处的切线方程，‎ 即；‎ ‎（2）证明：，‎ 令，‎ 则，‎ ‎，‎ - 21 -‎ 当时，‎ ‎，即且不恒为零．‎ 在，上是增函数，‎ 故，即，‎ 在，上是增函数，‎ ‎，即．‎ 故若，则当时，．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，以及利用导数研究函数单调性和求最值．‎ ‎21.已知椭圆的左、右焦点分别为，，四个顶点恰好构成了一个边长为且面积为的菱形．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）已知直线，过右焦点F2，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点，和，，的中点为，的中点为，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意列出方程组，解出和的值即可得解；‎ ‎（2）设直线的方程为，，则直线方程为，然后分别联立直线和椭圆的方程，以及直线和椭圆的方程，再结合韦达定理得到，从而得到点的坐标，因此 - 21 -‎ ‎，最后结合均值不等式即可求得面积最大值．‎ ‎【详解】解：（1）由题可知，，‎ 解得，‎ 故椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）设直线的方程为，，‎ 联立，‎ 消去得，‎ 所以，‎ 因为的中点为，‎ 所以，，‎ 因为直线的斜率为，且与的斜率乘积为，‎ 所以直线方程为，‎ 同理可得，，‎ 所以，‎ 所以的中点为．‎ 因此．‎ - 21 -‎ 当且仅当，即时取等号，‎ 故△OMN面积的最大值为．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及椭圆的标准方程、曲直联立、中点坐标公式、面积公式、均值不等式等，考查学生的分析能力和运算能力．‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与轴的交点为与轴的交点为是曲线上一点，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）普通方程：，的直角坐标方程：（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化公式进行化简求解即可;‎ 由求出两点坐标和线段的长度,要使的面积最大只需点到直线的距离最大即可,由题意可知,点到直线的距离最大值即为圆心C到直线的距离加半径,利用点到直线的距离公式即可求解.‎ ‎【详解】由得，‎ 所以曲线的普通方程为；‎ 由得，‎ 因为,‎ ‎，即，‎ - 21 -‎ 所以直线的直角坐标方程为.‎ 由（1）知直线与坐标轴的交点为 因为圆方程为，‎ 所以圆心为，半径为， ‎ 由点到直线的距离公式可得,‎ 圆心到直线的距离为，‎ 因为点在圆上，‎ 所以点到直线的距离的最大值为，‎ 又, ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化和由圆上动点到定直线距离的最值求面积最值;考查运算求解能力和逻辑推理能力;属于中档题、常考题型.‎ ‎23.已知，不等式的解集是．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若存在实数解，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意可得，再分，及讨论即可得出结论；‎ ‎（2）利用不等式的性质可知，，由此即可求得的取值范围．‎ ‎【详解】解：（1）由，‎ 得，‎ 即，‎ - 21 -‎ 当时，，不合题意，‎ 当时，，‎ 则，‎ 解得，符合题意，‎ 当时，，‎ 则，无解，‎ 综上，；‎ ‎（2）因为，‎ 要使存在实数解，只需，‎ 实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法及其性质，考查不等式的恒成立问题．‎ ‎ ‎ - 21 -‎ - 21 -‎