安徽省黄山市2020届高三第一次质量检测理科数学 28页

黄山市2020届高中毕业班第一次质量检测数学（理科）试题 第Ⅰ卷（选择题 满分60分）‎ 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．请在答题卷的相应区域答题.）‎ ‎1.已知复数z满足,则（ ）‎ A. 5 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，，再求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎，则 故选：C ‎【点睛】本题考查复数的运算，属于容易题.‎ ‎2.设U＝R，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式得，再与求交集，即可.‎ ‎【详解】由题意可知，‎ 则 故选：D ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于容易题.‎ ‎3.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数定义域内为增函数可知，指数函数定义域内为减函数可知，对数函数定义域内为减函数，从而比较，，的大小即可.‎ ‎【详解】由题意可知，，，‎ 即 故选：D ‎【点睛】本题考查指数，对数的比较大小问题，属于较易题.‎ ‎4.函数的大致图象为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数奇偶性，排除C，D选项，再特殊值检验，排除B选项，即可.‎ ‎【详解】由题意可知，函数的定义域为，关于原点对称.‎ 函数为奇函数. 图象关于原点成中心对称，排除C，D选项.‎ 又时 当时，故，排除B选项.‎ 故选A ‎【点睛】本题考查函数图象问题，解决本题应从定义域，奇偶性，单调性，特殊值四个方面研究，属于较易题.‎ ‎5.裴波那契数列（Fibonacci sequence ）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列满足：，，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出裴波那契数列的前几项，观察发现裴波那契数列中能被3整除的项，分别为第4项，第8项，第12项等，根据归纳推理可知，裴波那契数列的前40项中能被3整除的项共有10项，根据古典概型，求解即可.‎ ‎【详解】裴波那契数列为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，‎ 观察发现前12项中，第4项，第8项，第12项都能被3整除.‎ 以此类推前40项中，第4项，第8项，第12项，第16项，第20项，第24项，第28项，第32项，第36项，第40项，共10项，能被3整除.‎ 所以能被3整除的概率为.‎ 故选A ‎【点睛】本题考查古典概型求概率，同时也考查了裴波那契数列.属于中档题.‎ ‎6.将向量绕原点O顺时针方向旋转75°得到，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，，设，则，与，联立求解，即可.‎ ‎【详解】设，则 由题意可知，即①‎ 即②‎ ‎①②联立解得或 又向量绕原点O顺时针方向旋转75°得到 点在第四象限，则，即 故选C ‎【点睛】本题考查向量的数量积以及求向量的模，属于中档题.‎ ‎7.已知数列满足，数列的前 项和为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，分类讨论时，，时，则，即，再根据裂项相消法求，从而求解，即可.‎ ‎【详解】设 当时，即 当时，‎ 即，则 验证成立，则 则 即 故选：A ‎【点睛】本题考查已知前项和求通项公式，以及裂项相消法求数列的前项和，属于中档题.‎ ‎8.已知函数在上满足，则曲线在点处的切线方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，时，对两边分别求导，可知，令，得，求切线方程即可.‎ ‎【详解】‎ 即 令 则即 即 曲线在点处的切线方程为，即 故选：B ‎【点睛】本题考查求切线方程，求处的函数值与导数值是解决本题的关键.属于中档题.‎ ‎9.函数在内单调递增，且图象关于直线对称，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦型函数单调性可知，函数的单调递增区间为，则，即，由正弦型函数的对称性可知，函数对称轴为，即，当时，求解的值，即可.‎ ‎【详解】由题意可知，‎ 当即，时 函数单调递增.‎ 当时函数在内单调递增 又函数在内单调递增 ‎ 解得 当即为函数的对称轴.‎ 图象关于直线对称 ‎，即 当时，满足题意.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查正弦型函数的图象与性质，属于中档题.‎ ‎10.如图，半径为6的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的，则这两个圆锥高之差的绝对值为（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设两圆锥的顶点为分别，，底面圆圆心为，底面圆半径，球心为，球的半径，由题意可知，两圆锥体积之和为，解得，在中，求解即可.‎ ‎【详解】设两圆锥的顶点为分别，，底面圆圆心为，底面圆半径，球心为，球的半径.如图所示 两个圆锥的体积之和为球的体积的 则即 在中 则两圆锥的高分别为，‎ 所以两个圆锥高之差的绝对值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查球与圆锥的体积问题，属于中档题.‎ ‎11.已知函数有4个零点，则实数a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，函数为偶函数，则时函数有2个零点，即方程有2个根，即与有2个交点.在同一坐标系内画出函数与直线：，由图象可知直线夹在切线与直线之间时，有2个交点，分别求解 与的斜率，即可.‎ ‎【详解】函数的定义域为关于原点对称，‎ 函数为偶函数 函数有4个零点 时函数有2个零点，则方程有2个根.‎ 即与有2个交点.‎ 由题意可知直线为曲线的切线，且经过点.‎ 设切点坐标，则，‎ 则切线的方程为 即，则 又直线平行于轴，则 由图可知，，即 故选：C ‎【点睛】本题考查了函数的零点个数问题，同时也考查利用导数的几何意义求切线斜率，属于一道较难的题.‎ ‎12.如图，分别为双曲线左、右焦点，过点作直线，使直线与圆相切于点P,设直线交双曲线的左右两支分别于A、B两点（A、B位于线段 上），若,则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，，设则，由题意可知，，即，即， 则，求解离心率即可.‎ ‎【详解】连接，，设则，即，，‎ 根据双曲线定义可知，‎ 即 即 直线与圆相切于点P 在中①‎ 在中②‎ 在中③‎ ‎②③联立得，即 ‎①②联立得即④‎ 将代入④，即，‎ 整理得即 故选：B ‎【点睛】本题考查双曲的离心率，解决本题的关键是根据双曲线的定义表示出与，本题属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 满分90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请在答题卷的相应区域答题.）‎ ‎13.已知函数，则_________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求，再求，即可.‎ ‎【详解】时 又时 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查复合函数与分段函数求值，属于较易题.‎ ‎14.已知实数x，y满足约束条件：，则的最大值为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】由实数x，y满足约束条件：，作出可行域如图，则的最大值就是u＝﹣2x+y的最大值时取得．‎ 联立，解得A（1，1），‎ 化目标函数u＝﹣2x+y为y＝2x+u，‎ 由图可知，当直线y＝2x+u过A时，直线在y轴上的截距最大，此时z有最大值为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题．‎ ‎15.函数 与函数的图象有两个不同的公共点,则实数k的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将函数，变形整理为，可知函数的图象是以为圆心，半径为的圆的上半部分. 函数的图象是恒过点的直线，在同一直角坐标系中画出两个函数的图形，由图象可知当直线：夹在半圆的切线与过点的直线之间时，图象有两个不同的公共点，求解与，即可.‎ ‎【详解】由题意可知，函数的图象是以为圆心，半径为的上半圆.‎ 函数的图象是恒过点的直线.如图所示 若使得函数 与函数的图象有两个不同的公共点 则需直线夹在半圆的切线与过点的直线之间 即 直线过点与点 又直线为半圆的切线 圆心到直线：的距离等于半径 即，解得 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系问题，属于中档题.‎ ‎16.如图，在棱长为 1 的正方体中，点是的中点，动点在底面正方形内（不包括边界），若平面，则长度的取值范围是_______． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系，设点，，平面的法向量，的方向向量，由题意可知，即，，则，求解取值范围即可.‎ ‎【详解】以为原点，，，所在直线分别为，，建系如图 则，，，，.‎ 设，则的方向向量 设平面的法向量，，，，‎ ‎，即取，则 若平面，则 即，则 又 即 ‎，，‎ 即 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查空间中的距离问题，属于一道较难的题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请在答题卷的相应区域答题.）‎ ‎17.已知在中,角所对的边分别为a,b ,c ,且.‎ ‎（1）求角C的大小； ‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理将，变形整理为，再由余弦定理求解，即可.‎ ‎（2）根据均值定理，可知，即，由题意可知则，，再由两边之和大于第三边，求解即可 ‎【详解】（1）由则 变形整理得：，‎ 所以 而 故；‎ ‎（2）由 且 ‎ 所以，‎ 若使得成立 则需，即 所以 又 ‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及均值定理，属于中档题.‎ ‎18.田忌赛马是《史记》中记载的一个故事,说的是齐国大将军田忌经常与齐国众公子赛马,孙膑发现田忌的马和其他人的马相差并不远,都分为上、中、下三等.于是孙膑给田忌将军献策:比赛即将开始时,他让田忌用下等马对战公子们的上等马,用上等马对战公子们的中等马,用中等马对战公子们的下等马,从而使田忌赢得了许多赌注.假设田忌的各等级马与某公子的各等级马进行一场比赛，田忌获胜的概率如下表所示:‎ 比赛规则规定:一次比赛由三场赛马组成,每场由公子和田忌各出一匹马参赛,结果只有胜和负两种,并且毎一方三场赛马的马的等级各不相同,三场比赛中至少获胜两场的一方为最终胜利者.‎ ‎（1）如果按孙膑的策略比赛一次，求田忌获胜的概率；‎ ‎（2）如果比赛约定,只能同等级马对战,每次比赛赌注1000金,即胜利者赢得对方1000金,每月比赛一次,求田忌一年赛马获利数学期望.‎ ‎【答案】（1）0.72；（2）金.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）田忌用下等马对战公子们的上等马获胜的概率为，用上等马对战公子们的中等马获胜的概率为，用中等马对战公子们的下等马获胜的概率为.由题意求解即可.‎ ‎（2）根据比赛约定，只能同等级马对战，在某月的比赛中田忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜，负胜胜，胜负胜，胜胜负，求出该月的比赛中田忌获胜的概率以及该月赛马获利得期望，再求解一年的获利期望，即可.‎ ‎【详解】（1）记事件：按孙膑的策略比赛一次，田忌获胜，‎ 对于事件，三场比赛中，由于有一场比赛田忌必输，另两场都胜，‎ 故.‎ ‎（2）设田忌在每次比赛中所得的奖金为随机变量（金），则的取值为和,‎ 若在某月的比赛中田忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜，负胜胜，胜负胜，胜胜负.‎ 设在该月的比赛中田忌获胜的概率为，则 ‎,‎ ‎,‎ 因此田忌一年赛马获利的数学期望为（金）.‎ ‎【点睛】本题考查相互独立事件概率乘法公式，以及数学期望.属于中档题.‎ ‎19.已知C是以AB为直径的圆周上一点，平面.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若异面直线PB与AC所成的为，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由线面垂直的性质定理可知.再由以及线面垂直的判断定理，可知平面，即可证明.‎ ‎（2）解法1，建立空间直角坐标系，令，确定点坐标，令，由题意可知，即，再求平面的法向量为与平面的法向量为，求解即可.解法2：过作的平行线交圆于，连接，，所以直线与所成的角，即为与所成的角，，再过作交于，过作交于，连接，由三垂线定理知，所以即为二面角的平面角，求解边长即可.‎ ‎【详解】（1）证明：因为为圆的直径，所以，‎ 又平面，而平面，所以，‎ 又,平面，平面 所以平面，‎ 而平面，所以平面平面；‎ ‎（2）解法1：建系如图所示 令，而，则，.‎ 则，令 所以，.‎ 因为异面直线与所成的角为 故，解得.‎ 令平面的一个法向量为 ‎ 而 ‎ 由，，所以 由，，所以，即 而平面的一个法向量为 所以.‎ 所以二面角的余弦值为 解法2：过作的平行线交圆于，连接，‎ 所以直线与所成的角，即为与所成的角.‎ 因为为圆的直径，所以 又平面，而平面，所以.‎ 又,所以平面 而平面，所以，则.‎ 令，且所以，‎ ‎，‎ ‎,‎ 过作交于，过作交于,连接，由三垂线定理知.‎ 所以即为二面角的平面角.‎ ‎，‎ 即 .‎ 即为二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直，以及求二面角余弦值，属于中档题.‎ ‎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F，定点，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，以线段AP为直径的圆与直线的另一个交点为Q，证明：直线BQ恒过一定点，并求出该定点的坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意列方程组，求解，，即可.‎ ‎（2）设，因为直线的斜率不为零，令的方程为：，与椭圆方程联立，得到，，由题意可知，，则，确定的方程，由椭圆的对称性，则定点必在轴上，所以令，求解，即可.‎ ‎【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： ，‎ 由椭圆的对称性，则定点必在轴上，所以令，则 ‎，‎ 而，，，‎ 所以，‎ 故直线恒过定点，且定点为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系，属于较难的一道题.‎ ‎21.函数.‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）在函数的图象上取两个不同的点，令直线AB的斜率 为k，则在函数图象上是否存在点，且，使得？若存 在，求A，B两点的坐标，若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）当时，增区间为，减区间为及；当时，减区间为；当时，增区间为，减区间为及；当时，减区间为，增区间为；（2）不存在，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求函数的导数，然后对进行分类讨论，判断导数的正负，确定函数的单调区间，即可.‎ ‎（2）假设存在，即满足，分别求与，从而证明存在，变形整理，证明存在，令，变形整理证明，利用导数判断单调性，求解即可.‎ ‎【详解】（1）由题知定义域为，‎ ‎,‎ 当时，，‎ 令，解得，，解得，‎ 即函数在上单调递增，在 及上单调递减；‎ ‎②当时，，在上，‎ 即函数在上单调递减；‎ ‎③当时，，‎ 令，解得，，解得，‎ 即函数在上单调递增，在 及上单调递减；‎ ‎④当时，‎ 令，解得，，解得，‎ 即函数在上单调递增，在 上单调递减； ‎ 综上所述：‎ 当时，增区间为，减区间为及；‎ 当时，减区间为；‎ 当时，增区间为，减区间为及；‎ 当时，减区间为，增区间为； ‎ ‎（2）假设存在，即满足，‎ 因为已知，不妨令，‎ 则 ‎，‎ 而，‎ 由，‎ 得存在，也就证存在，‎ 只要证存在，令，故转化为存在，‎ 即需要证明，令，‎ 则有故在上单调递增，所以，‎ 故不存在.‎ ‎【点睛】本题考查含参数的函数单调性的判断，同时也考查了利用导数证明等式成立问题.属于难题.‎ 考生注意：请在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题目后的方框涂黑．‎ 选修4―4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，是过定点且倾斜角为的直线，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的参数方程与曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）若曲线C与直线l相交于M,N两点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（t为参数），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线的参数方程直接写出即可，将两边同时乘以，变形为，再根据转化为直角坐标方程即可.‎ ‎（2）将的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得，‎ 确定与，代入，求解取值范围，即可.‎ ‎【详解】（1）的参数方程：（t为参数），‎ 曲线的直角坐标方程： ；‎ ‎（2）将的参数方程代入曲线C的方程得,‎ ‎，①‎ 由于恒成立，所以方程①有两个不等实根，‎ 由于，所以异号，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查直线的参数方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的几何意义，属于中档题.‎ 选修4—5：不等式选讲 ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若恒成立,求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论，，，，分别求解即可.‎ ‎（2）求分段函数的最小值，再解不等式，即可.‎ ‎【详解】（1）当，则 ，‎ 当时，则 ，‎ 当时，则，此时无解，‎ 故解集为；‎ ‎（2）由（1）知，所以当时，的最小值为，则 ‎，‎ 所以 .‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及恒成立问题求参数的取值范围.属于中档题.‎ ‎ ‎