- 2021-04-17 发布 |
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文档介绍
湖北省荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校联盟2020届高三下学期4月联考数学（理）试题 Word版含解析
www.ks5u.com 荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校联盟2020届高三4月联考 理科数学 一、选择题：本题共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. 1.已知i是虚数单位，若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数运算化简复数，再求共轭复数即可. 【详解】，． 故选：B． 【点睛】本题考查复数的运算以及共轭复数的求解，属基础题. 2.已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求解分式不等式和对数函数的定义域，解得集合，则问题得解. 【详解】，，． 故选：C． 【点睛】本题考查解不等式（分式不等式、对数不等式）、集合的运算，属综合基础题. 3.已知等差数列，其前n项和为，且，则（ ） - 27 - A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据等差数列的前项和性质，即可容易求得结果. 【详解】． 故选：D． 【点睛】本题考查等差数列及其前n项和的性质，属基础题. 4.已知，则“”是“”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 先由判断是否能推出，再由判断是否能推出，即可得出结果. 【详解】已知 充分性： 若因为，所以,所以,所以； 必要性： 若，则当时，，所以必要性不成立； 因此“”是“”的充分不必要条件. 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，属于基础题型. 5.2019冠状病毒病（CoronaVirus Disease2019（COVID-19））是由新型冠状病毒（2019-nCoV - 27 - ）引发的疾病，目前全球感染者以百万计，我国在党中央、国务院、中央军委的坚强领导下，已经率先控制住疫情，但目前疫情防控形势依然严峻，湖北省中小学依然延期开学，所有学生按照停课不停学的要求，居家学习．小李同学在居家上购买了一套高考数学冲刺模拟试卷，快递员计划在下午4：00～5：00之间送货到小区门口的快递柜中，小李同学父亲参加防疫志愿服务，按规定，他换班回家的时间在下午4：30～5：00，则小李父亲收到试卷无需等待的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，列出不等式组，由线性规划求几何概型问题，属综合基础题. 【详解】记快递员讲快递送到小区的时刻为x﹐小李同学父亲到小区时刻为y﹐ 则所有事件构成区域为， 记“小李同学父亲收到快递无需等待”为事件A，则事件A构成区域满足， 根据题意，作图如下： 数形结合可知，所有基本事件可表示平面区域，事件可表示平面区域， 又因，， 所以小李同学父亲收到快递无需等待的概率. 故选：C． - 27 - 【点睛】本题考查由线性规划求几何概型问题，属综合基础题. 6.已知表示不超过x的最大整数，（如，），执行如图所示的程序框图输出的结果为（ ） A. 49850 B. 49950 C. 50000 D. 50050 【答案】D 【解析】 【分析】 根据程序框图读出其功能，即可容易判断. 【详解】 ． 故选：D． 【点睛】本题考查由程序框图求得其实现的功能、等差数列求和，属综合基础题. 7.在二项式的展开式中有理项的项数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 由通项公式，即可容易求得结果. - 27 - 【详解】该二项展开式的通项为，． 当，3，5，7时，为有理项，共有4项． 故选：D． 【点睛】本题考查二项式定理，涉及通项公式的求解，属基础题. 8.函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先判断函数为偶函数，然后通过构造函数，，可判断是单调递增函数，从而可得到时，，即可判断时，，，从而可确定在上单调递增，即可得到答案． 【详解】因为，所以为偶函数，选项B错误，，令，则恒成立，所以是单调递增函数，则当时，， 故时，，, 即在上单调递增，故只有选项A正确． - 27 - 【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数的单调性与奇偶性，属于中档题． 9.已知定义在R上的函数是偶函数，且图像关于点对称．若当时，，则函数在区间上的零点个数为（ ） A. 1009 B. 2019 C. 2020 D. 4039 【答案】B 【解析】 【分析】 求得的周期，以及上与的交点个数，即可容易求得结果. 【详解】在上的零点个数 即为和的图象在上的交点个数． 因为是偶函数，故可得， 又关于对称，故可得， 则，令，则可得， 再令上式中，即可得， 故可得函数的周期为4， 又当时，，画出和的图象如下所示： 由图象可知，每个周期内两个函数的交点有2个， 则在区间上， - 27 - 一共有个零点． 故选：B． 【点睛】本题考查函数零点个数的求解，函数周期的求解，正弦型三角函数的图象，属综合中档题. 10.已函数，值域为，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据同角三角函数关系，利用换元法，结合二次函数值域，求解三角不等式即可求得结果. 【详解】，， 令，， ，且当时， 令得或， 由，时，， 故当时，， 结合题意得． 故选：D． 【点睛】考查同角三角函数基本关系、余弦函数的性质、二次函数，属综合中档题. 11.已知双曲线的右焦点为F，直线与双曲线右支交于点M，若，则该双曲线的离心率为（ ） - 27 - A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据为直角三角形，利用正切的倍角公式，求得，结合双曲线定义，即可求得离心率. 【详解】设双曲线的左焦点为，则，故为直角三角形， 根据题意，设，，则， 解得（舍负值），即，又， ，． ，得离心率． 故选：C． 【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，涉及正切的倍角公式，属综合中档题. 12.已知正方体的棱长为1，P是空间中任意一点，下列正确命题的个数是（ ） ①若P为棱中点，则异面直线AP与CD所成角的正切值为； ②若P在线段上运动，则的最小值为； ③若P在半圆弧CD上运动，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为； ④若过点P的平面与正方体每条棱所成角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 - 27 - A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】 根据异面直线的夹角求解，棱锥外接球的求解，以及正方体截面的性质，对选项进行逐一分析即可. 【详解】对于①，如图所示， 由，可知即为异面直线AP与CD所成的角． 设正方体的棱长为2，连接BP，则在中，， ，故正确 对于②，将三角形与四边形沿展开到同一个平面上，如图所示． 由图可知，线段的长度即为的最小值． 在中，利用余弦定理可得，故错误. 对于③，如下图所示： - 27 - 当P为中点时，三棱锥体积最大， 此时，三棱锥的外接球球心是AC中点， 半径为﹐其表面积为．故正确. 对于④﹐平面与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等， 只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可，如图所示： ．则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等． 若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点， 可得平面EFGHMN平行于平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形． 正方体棱长为1，所以正六边形EFGHMN的边长为， 可得此正六边形的面积为，为截面最大面积． 故正确的命题有3个． 故选：C. 【点睛】本题考查异面直线夹角的求解，棱锥外接球问题的处理，正方体截面问题，属综合困难题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.已知，，则向量在向量方向上的投影为________． 【答案】 - 27 - 【解析】 【分析】 根据投影的坐标运算，代值计算即可. 【详解】向量在向量方向上的投影， 即 故答案为：. 【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，属基础题. 14.一般都认为《九章算术》是中国现存最古老的数学著作．然而，在1983年底到1984年初，在荆州城西门外约1.5公里的张家山247号墓出士的《算数书》，比现有传本《九章算术》还早二百年，某高校数学系博士研究生5人，现每人可以从《算数书》、《九章算术》、《周髀算经》、《孙子算经》、《术》等五部著作（每部著作有多本）中任意选择一部进行课题研究，则恰有两部没有任何人选择的情况有________种．（请用数字作答） 【答案】1500 【解析】 【分析】 根据题意，先分堆，后分配即可容易求得. 【详解】解决该问题，可以将名博士研究生先分为或三堆， 共有种分堆方法， 再从种书中选出3种，分配给三堆人， 故共有种方法. 故答案为：. 【点睛】本题考查排列组合问题的处理，属综合中档题. 15.已知曲线的焦点为F，点P在曲线上运动，定点，则的最小值为________． - 27 - 【答案】 【解析】 【分析】 设出点的坐标，由此表示出，利用均值不等式求得最值即可. 【详解】设，时，，时，有 当且仅当时取等． 的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查抛物线的定义，以及利用均值不等式求和的最值，属综合中档题. 16.定义：若数列满足，则称该数列为“切线一零点数列”已知函数有两个零点1，2，数列为“切线一零点数列，”设数列满足，，，数列的前n项和为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，求得，求导，结合题意，求证是等比数列，即可由公式求得结果. 【详解】有两个零点1，2 - 27 - ． ．由题意 ， ，， 又，数列是首项为2，公比为2的等比数列， 则，． 故答案为： 【点睛】本题考查利用递推公式求通项公式，以及导数计算，对数运算，等比数列前项和的计算，属综合困难题. 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为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17.已知的内角A，B，C所对的边是a，b，c，且满足 （1）求角C； （2）若，求CD的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理将角化边，结合余弦定理，即可求得； （2）使用两次余弦定理，结合，均值不等式即可求得结果. 【详解】（1）由﹐ - 27 - 根据正弦定理得，，即 由余弦定理得， 又﹐ （2）由可知，D是AB中点，在中， ， 即， 在中， ， 即， 又﹐则 ．由（1）及得， 当且仅当时，等号成立． ，． 的最大值为． 【点睛】本题考查应用正定理、余弦定理解三角形、以及利用基本不等式求乘积的最大值. 18.在平行四边形中，，，，是EA的中点（如图1），将沿CD折起到图2中的位置，得到四棱锥是． - 27 - （1）求证：平面PDA； （2）若PD与平面ABCD所成的角为．且为锐角三角形，求平面PAD和平面PBC所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】 （1）证明，，即可证明线面垂直； （2）由线面角求得，以中点为坐标原点建立直角坐标系，由向量法求得二面角的余弦值. 【详解】（1）将沿CD折起过程中，平面PDA成立．证明如下： 是EA中点，，， 在中，由余弦定理得， ， ， ， 为等腰直角三角形且， ，，， 平面PDA． （2）由（1）知平面PDA，平面ABCD， 平面平面ABCD， 为锐角三角形， 在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接PO，平面ABCD， 则是PD与平面ABCD所成的角， ， ， 为等边三角形，O为AD的中点， 故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴， - 27 - DA所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设x轴与BC交于点M， ， 易知 ， 则，，，， ，，， 平面PDA， 可取平面PDA的一个法向量， 设平面PBC的法向量， 则，即， 令，则为平面PBC的一个法向量， 设平面PAD和平面PBC所成的角为， 由图易知为锐角， ． - 27 - 平面PAD和平面PBC所成角的余弦值为． 【点睛】本题考查线面垂直的证明，以及由线面角求线段长，以及利用向量法求二面角，属综合中档题. 19.某学校为进一步规范校园管理，强化饮食安全，提出了“远离外卖，健康饮食”的口号．当然，也需要学校食堂能提供安全丰富的菜品来满足同学们的需求．在学期末，校学生会为了调研学生对本校食堂A部和B部的用餐满意度，从在A部和B部都用过餐的学生中随机抽取了200人，每人分别对其评分，满分为100分．随后整理评分数据，将分数分成6组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到A部分数的频率分布直方图和B部分数的频数分布表． 分数区间 频数 7 18 21 24 70 60 定义：学生对食堂的“满意度指数” - 27 - 分数 满意度指数 0 1 2 3 4 5 （1）求A部得分的中位数（精确到小数点后一位）； （2）A部为进一步改善经营，从打分在80分以下的前四组中，采用分层抽样的方法抽取8人进行座谈，再从这8人中随机抽取3人参与“端午节包粽子”实践活动，在第3组抽到1人的情况下，第4组抽到2人的概率； （3）如果根据调研结果评选学生放心餐厅，应该评选A部还是B部（将频率视为概率） 【答案】（1）82.2； （2）； （3）A部 【解析】 【分析】 （1）由频率分布直方图面积之和为，求得参数；再由频率分布直方图求中位数即可； （2）根据分层抽样，结合条件概率的求解，即可求得； （3）先后求得的分布列和数学期望，即可容易判断. 【详解】（1）由，得 设A部得分的中位数为， 则，得 部得分的中位数为82.2 （2）第1，2，3，4组的人数分别为10，10，20，40， 从第1，2，3，4组采用分层抽样方法抽取8，人， 则从第1，2，3，4组应分别抽取的人数为1，1，2，4． 从8人中抽取3人，记第3组抽到1人为事件A，第4组抽到2人为事件B． 则， 即在第3组抽到1人的情况下，第4组抽到2人的概率为． - 27 - （3）记对A部评价的满意度指数为随机变量X，则X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P 0.05 0.05 0.1 0.2 0.45 0.15 记对B部评价的满意度指数为随机变量Y，则Y的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P ，故应该评选A部为学生放心餐厅． 【点睛】本题考查频率分布直方图中参数、中位数的求解，分层抽样，条件概率的求解，以及离散型分布列的数学期望的求解，属综合中档题. 20.已知椭圆的左焦点为F，点，过M的直线与椭圆E交于A，B两点，线段AB中点为C，设椭圆E在A，B两点处的切线相交于点P，O为坐标原点． （1）证明：O、C、P三点共线； （2）已知是抛物线的弦，所在直线过该抛物线的准线与y轴的交点，是弦在两端点处的切线的交点，小明同学猜想： - 27 - 在定直线上．你认为小明猜想合理吗？若合理，请写出所在直线方程；若不合理，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）合理，在直线上 【解析】 【分析】 （1）设出直线的方程，联立椭圆方程，根据韦达定理，利用导数求得任一点处切线的斜率，从而解得切线方程，得到点的坐标，由即可容易判断； （2）联立的方程和抛物线方程，利用导数求得处的切线方程，结合已知条件，即可容易证明. 【详解】（1）设，，直线AB的方程为．联立 ，消去x整理得， 由﹐得或 ， 由椭圆对称性，设是椭圆在x轴上方的任意一点， 则由，得﹐ 所以在处的切线斜率为， 故在处切线方程为， 结合化简得 切线PA方程为：，同理， 联立两切线方程消去y得， - 27 - 联立解得， 由AB中点及可得 ，、C、P三点共线． （2）合理，在直线上． 证明如下：设，， 直线斜率一定存在， 联立消去y得， ， 由得，． 抛物线在处的切线方程为， 同理在处的切线方程为 联立解得， - 27 - 故在直线上． 【点睛】本题考查椭圆、抛物线中韦达定理的应用，涉及导数的几何意义，属综合中档题. 21.设函数． （1）讨论的单调性； （2）设，若在上恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2） 【解析】 【分析】 （1）求导，对参数进行分类讨论，根据导数的正负即可容易判断函数单调性； （2）对参数进行分类讨论，根据函数的单调性，结合函数的最值，即可求得结果. 【详解】（1）定义域为， 当时，在上恒成立，此时在上单递增； 当时，令得或（舍去） 当时，，此时单调递减 当时，，此时单调递增 综上：当时，在上单递增 当时，在上单调递减 在上单调递增 - 27 - （2）由题意，在上恒成立． ①若， 令，，则． ，，， 在上单调递增，成立， 故时，成立． ②若时，令，， 在上单调递增﹐即有． ，即 要使成立，必有成立． 由（1）可知，时，，又， 则必有，得． 此时， 令 - 27 - 即恒成立，故在上单调递增， 故时，成立． 综上，a的取值范围是． 【点睛】本题考查利用导数判断含参函数的单调性，以及利用导数求解恒成立问题，属综合困难题. （二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.在平面直角坐标系xOy，以坐标原点O为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是，直线的参数方程为（t为参数） （1）求曲线C的直角坐标方程和直线的普通方程； （2）设点P的直角坐标为，直线与曲线C相交于AB两点，求． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】 （1）对曲线和直线分别利用公式和消参法求得对应的直角方程和普通方程； （2）将直线的参数方程代入曲线的直角方程，利用参数的几何意义，即可容易求得结果. 【详解】（1）由得， 所以曲线C的直角坐标方程为． 由消去t得． 所以直线l的普通方程为． - 27 - （2）点在直线l上，设直线l的参数方程为（m为参数） 设点A，B对应的参数分别为，， 将直线l的参数方程代入，得 ，， ． 【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程和直角坐标方程之间的相互转化，涉及利用直线参数方程中参数的几何意义求最值，属综合中档题. 23.已知函数，记的最小值m （1）解不等式； （2）若，求的最小值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】 （1）分类讨论，即可容易求得不等式解集； （2）根据的单调性，即可求得，利用柯西不等式即可容易求得结果. 详解】（1），不等式等价于 或或, 解得，即不等式的解集为 （2）当且仅当时，等号成立． - 27 - 当且仅当，，时，等号成立 【点睛】本题考查分类讨论求绝对值不等式的求解，利用利用柯西不等式求最值，属综合中档题. - 27 - - 27 -查看更多