安徽省安庆市某中学2020届高三高考测试数学试卷

安徽省安庆市某中学2020届高三高考测试数学试卷

数学试卷 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）‎ 1. 已知实数集R，集合，集合，则 A. B. C. D. ‎ 2. 已知，若，则 A. B. C. D. ‎ 3. 若，则 A. 0 B. 1 C. D. 2‎ 4. 中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则．例如周髀算经和易经里对二十四节气的晷影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．下表为周髀算经对二十四节气晷影长的记录，其中寸表示115寸分寸分．‎ 节气 冬至 小寒大雪 大寒小雪 立春立冬 雨水霜降 惊蛰寒露 春分秋分 清明白露 谷雨处暑 立夏立秋 小满大暑 芒种小暑 夏至 晷影长寸 ‎135‎ 已知易经中记录某年的冬至晷影长为寸，夏至晷影长为寸，按照上述规律那么易经中所记录的春分的晷影长应为 A. 寸 B. 寸 C. 寸 D. 寸 5. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数的图象大致为 A. B. C. D. ‎ 1. 已知，则 A. B. C. D. ‎ 2. 设等比数列的公比为q，前n项和为，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 3. 如图，在平行四边形ABCD中，，F为BC的中点，G为EF上的一点，且，则实数m的值为 A. B. C. D. ‎ 4. 已知函数，若存在，且，使得成立，则实数a的取值范围是 A. B. C. D. ‎ 5. 已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与C的两条渐近线分别交于A、B两点，若以为直径的圆过点B，且A为的中点，则C的离心率为 A. B. 2 C. D. ‎ 6. 一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为，则圆锥的底面圆半径为 A. B. 1m C. D. ‎ 7. 已知函数，，，，且都有，满足的实数有且只有3个，给出下述四个结论： 满足题目条件的实数有且只有1个；满足题目条件的实数有且只有1个； 在上单调递增；的取值范围是 其中所有正确结论的编号是 A. B. C. D. ‎ 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）‎ 8. 设曲线上点P处的切线平行于直线，则点P的坐标是______．‎ 9. 某学校选拔新生补进“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团，根据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立．2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团的概率依次为m，，n ‎，已知这三个社团他都能进入得慨率为，至少进入一个社团的概率为，则______．‎ 1. 自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援．某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送240t物资．已知每辆卡车每天往返的次数为A型卡车5次，B型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本A型卡车1200元，B型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为______．‎ 2. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，M为椭圆上异于长轴端点的动点，的内心为I，则______．‎ 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）‎ 3. 在中，角A、B、C所对的边为a、b、c，且满． 求角B的值； 若，求的取值范围， ‎ 4. 如图，在四棱锥中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，，点M是SA的中点，，，． 求证：平面SCD； 若直线SD与底面ABCD所成的角为，求平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎ ‎ 1. 线段AB为圆M：的一条直径，其端点A，B在抛物线C：上，且A，B两点到抛物线C焦点的距离之和为11． 求抛物线C的方程及直径AB所在的直线方程； 过M点的直线l交抛物线C于P，Q两点，抛物线C在P，Q处的切线相交于N点，求面积的取值范围． ‎ 2. 已知函数． 求函数的最小值； 若函数在上有两个零点，，且，求证：． ‎ 3. ‎2020年春节期间爆发的新型冠状病毒，是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒．某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n份血液样本，有以下两种检验方式： 逐份检验，则需要检验n次； 混合检验，将其中且份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为． 假设有6份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率； 现取其中且份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为． 试运用概率统计的知识，若，试求p关于k的函数关系式； 若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更小，求k的最大值． 参考数据：，，，‎ ‎ ‎ 1. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数，以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． 求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程； 若直线l：与曲线、曲线在第一象限交于P、Q，且，点M的直角坐标为，求的面积． ‎ 2. 已知实数a、b满足． 求的取值范围； 若，求证：． ‎ 答案和解析 ‎1.【答案】C ‎ ‎【解析】解：，， ，． 故选：C． 可以求出集合B，然后进行交集和补集的运算即可． 本题考查了描述法的定义，交集和补集的运算，考查了计算能力，属于基础题． 2.【答案】B ‎ ‎【解析】解：设． ，， ‎ ‎，， 解得，． 则， 故选：B． 设由，可得，，，解得b，a． 本题考查了复数的运算性质、复数相等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 3.【答案】A ‎ ‎【解析】解：因为：， 令可得：； 令可得：； 故． 故选：A． 令求得，再令即可求解结论． 本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题． 4.【答案】D ‎ ‎【解析】解：由题意，晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，冬至晷影长为寸，设为，夏至晷影长为寸，则为， 春分的晷影长为； ； 即春分的晷影长为． 故选：D． 由题意，晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，冬至晷影长为寸，设为，夏至晷影长为寸，则为，春分的晷影长为，根据等差数列的性质即可求解． 本题考查了等差数列的应用，属于基础题． 5.【答案】B ‎ ‎【解析】解：根据题意，设，有，即函数为偶函数，排除A、D； 设，则， 在区间上，为减函数，且， ，其对称轴为，开口向下，在区间上为增函数，上为减函数， 在区间上，为减函数，此时，函数为减函数， 故函数为增函数，排除C； 故选：B ‎． 根据题意，设，分析函数的奇偶性可以排除A、D，结合复合函数单调性的判断方法分析可得函数为增函数，排除C；即可得答案． 本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性的分析，属于基础题． 6.【答案】D ‎ ‎【解析】解：，， ，，， ，， ， 故选：D． 利用对数函数和指数函数的性质求解． 本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用． 7.【答案】C ‎ ‎【解析】解：若时，， 时，，符合题意，是充分条件； 反之也成立， 故“”是“”的充要条件， 故选：C． 根据等比数列的前n项和为结合充分条件和必要条件的定义进行判断． 本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用等比数列的性质是解决本题的关键． 8.【答案】A ‎ ‎【解析】解：，F为BC的中点， ，， 设， 又， ，解得． 故选：A． 可根据条件得出，并可设 ‎，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出m即可． 本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题． 9.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 本题考查分段函数，函数的单调性的应用，是中档题． 当，即时，由二次函数的图象和性质，可知存在，且，使得成立；当，即时，若存在，且，使得成立，则，由此能求出实数a的取值范围． 【解答】 解：函数， 存在，且，使得成立， 当，即时，由二次函数的图象和性质，可知： 存在，且，使得成立， 当，即时， 若存在，且，使得成立， 则， 解得， ， 综上所述：实数a的取值范围是． 故选：C． 10.【答案】B ‎ ‎【解析】解：如图， 因为A为的中点，所以， 又因为B在圆上，所以，故， 则：， 联立，解得， 则， 整理得：， ，即， ‎ ‎，． 故选：B． 由题意画出图形，结合已知可得，写出的方程，与联立求得B点坐标，再由斜边的中线等于斜边的一半求解． 本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题． 11.【答案】A ‎ ‎【解析】解：如图， 在圆锥SO中，已知，沿SP剪开再展开，由题意可得， 可得． 设圆锥的底面圆半径为r，则，得 故选：A． 由题意画出图形，沿母线SP剪开再展开，由圆锥的底面周长等于展开后扇形的弧长相等列式求解． 本题考查多面体与旋转体表面上的最短距离问题，考查弧长公式的应用，是基础题． 12.【答案】D ‎ ‎【解析】解：函数，，，， 满足的实数有且只有3个， 由，可得，， 由可得；可得；可得；可得， 由，可得，且， 解得；故正确； 由，可得， 由，可得， 由在递增，可得在上单调递增，故正确； 由都有， 可得的极大值为，极小值为， 由的图象可得在的极大值有两个，极小值一个， 故正确，错误． 其中正确的为 ‎． 故选：D． 由，解方程，讨论，0，1，2，由题意可得的取值范围，可判断；由，可得的范围，结合余弦函数的单调区间，可判断； 再由题意可得的极大值为，极小值为，结合余弦函数的图象可判断、． 本题考查三角函数的图象和性质，考查转化思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题． 13.【答案】 ‎ ‎【解析】解：由题意得，且切线斜率为1． 设切点为，则， 所以，． 故切点坐标为． 故答案为： 先对函数求导数，然后根据切点处的导数值等于切线斜率，列出切点横坐标满足的方程即可． 本题考查了利用导数的几何意义的应用，本题利用切点处的导数等于切线斜率构造方程求解，注意掌握． 14.【答案】 ‎ ‎【解析】解：因为通过考核选拔进入三个社团的概率依次为m，，n，且相互独立，所以，，又因为三个社团他都能进入的概率为，所以， 因为至少进入一个社团的概率为，所以一个社团都不能进入的概率为，所以，即，联立得：． 故答案为：． 利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解． 正确使用相互独立事件及对立事件的概率公式进行计算，是解决此题的关键． 15.【答案】9600 ‎ ‎【解析】解：设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元， 则，且，， 目标函数， 画出满足条件的可行域如图中阴影部分所示： 由图可知，当直线经过点时，截距z最小， ‎ 在可行域的整数点中，点使z取得最小值， 即， 每天排除A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低， 最低成本为9600元， 答：每天派出A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低，最低成本为9600元． 设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，根据题意把实际问题数学化，列出需要满足的不等式组，注意，，把运输队所花成本z看作目标函数，画出可行域，根据目标函数平移得到最值的取法． 本题主要考查了简单的线性规划问题，根据题意列出不等式组是解题关键，本题属于中档题． 16.【答案】 ‎ ‎【解析】解：设的内切圆与相切于D，E，F， 设，，， 则，，， 由椭圆的定义，可得，，， 即有，，即有： ， 即， 再由， 故答案为：． 运用椭圆的定义和圆切线的性质，以及内心的定义，结合解直角三角形的知识，即可求得． 本题考查椭圆的方程的定义，考查切线的性质，内心的定义，属于难题． 17.【答案】解：， 解得，可得， 可得，， ，或． ， ‎ 由可得，由正弦定理，可得，， ， ， ，， ‎ ‎【解析】由已知利用三角函数恒等变换的应用可求，结合范围，可求B的值． 由，可求得，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由已知可求范围，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围． 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，正弦函数的性质的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题． 18.【答案】证明：取BC的中点E，连接DE，设，， 依题意，四边形ABED为正方形，且有，， ，则． 又平面底面ABCD，平面底面， 平面SCD； 解：过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH， 平面底面ABCD，平面底面，， 平面SCD，底面ABCD， 故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影， 为斜线SD与底面ABCD所成的角，即． 由得，，在中，， ，， 在中，，，， 由余弦定理得， ，从而， 过点D作，底面ABCD， 、DC、DF两两垂直， 如图，以点D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z 轴正方向建立空间直角坐标系， 则0，，，，， ， 设平面MBD的法向量y，， 由，取，得； 设平面SBC的一个法向量为， 由，取，得． ． 平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值为． ‎ ‎【解析】取BC中点E，连接DE，设，，由已知可得，则，又平面底面ABCD，由面面垂直的性质可得平面SCD； 过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，可得，则底面ABCD，故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，求解三角形可得，从而，过点D作，则底面ABCD，可得DB、DC、DF两两垂直，以点D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，然后分别求出平面BMD与平面SBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值． 本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题． 19.【答案】解：设，，抛物线的焦点为F，则， 又，，， 抛物线C的方程为：， 由，两式相减得：， 直线AB的斜率为， 圆M方程：化为坐标方程为：， 直线AB过圆心， 直线AB的方程为：，即； 不妨设，，，直线l的方程为， 联立方程，消去y得：， ‎ ‎，， ， 抛物线C的方程为，，， 抛物线C在的切线方程为： ， 又点在切线PN上，则，即， 同理可得：， 故， 为一元二次方程的两根， ，， 又，， ，， 点N到直线PQ的距离， ， 当时，的面积取得最小值，最小值为27， 面积的取值范围为：． ‎ ‎【解析】利用抛物线的定义可求出，再利用点差法求出直线AB的斜率，结合直线AB过圆心M，利用点斜式即可求出直线AB的方程： 不妨设，，，直线l的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式可求出，再利用导数的几何意义求出抛物线C在的切线方程，把点代入切线PN的方程得，同理可得：，故， 为一元二次方程的两根，再次利用韦达定理得，，所以点N到直线PQ的距离，所以，故当时，的面积取得最小值，最小值为27， 本题主要考查了抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题． 20.【答案】解：由于函数为偶函数，要求函数的最小值，只需求时的最小值即可． 因为， 所以，当时，设，，显然单调递增，而，，由零点存在定理，存在唯一的，使得，分 当，，单减，当，，单增，而， ，，，即，，单减，分 又当，，，单增，所以；分 只需证，其中，‎ ‎， 构造函数，， ，即单增， 所以，，即当时， ， 而， 所以，，又，即， 此时，，由第问可知，在上单增，所以，，，即证分 ‎ ‎【解析】由于函数为偶函数，故只需求时的最小值，利用，对x分及，两类讨论，即可求得函数的最小值； 只需证，其中，，构造函数，，利用导数结合题意可证得． 本题考查利用导数来求曲线某点的切线方程及利用导数研究函数的单调性，考查函数与方程思想、分类讨论思想及等价转化思想的综合运用，考查逻辑推理与运算能力，属于难题． 21.【答案】解：设恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件为A， 则， 故恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为； 由已知得，可能的取值为1，， 所以，， 所以， 由， 所以， 即，，得， 故p关于k的函数关系式为，，且； 由题意，所以， ，由，所以， 两边取对数得， 设，， 由，当时，，函数递减，当时，，函数递增； ‎ ‎，，，，， ，， 故满足条件的k最大为8． ‎ ‎【解析】设恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件为A，求出概率即可； 由已知得，可能的取值为1，，由，求出k的关系式即可；由题意，所以，两边取对数得，设，，根据函数的单调性结合题目给的条件判断即可． 本题考查了求事件的概率，考查了数学期望与函数求导的综合，考查运算能力和实际应用能力，中档题． 22.【答案】解：曲线的参数方程为为参数，转换为直角坐标方程为，转换为极坐标方程为． 曲线的极坐标方程为转换为直角坐标方程为． 直线l：转换为极坐标方程为，代入，解得． 代入，得到， 由于，所以， 故：，解得，， 所以，． 则． ‎ ‎【解析】直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． 利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换的应用及面积公式的应用求出结果． 本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 23.【答案】解：因为，所以． 当时，，解得，即； 当时，，解得 ，即， 所以，则， 而， 所以，即； 由知， 因为 ‎ 当且仅当时取等号， 所以． ‎ ‎【解析】由已知得． 当时，，解得，即； 当时，，解得 ，即， 得，即，即； 由知，可得  即． 本题考查了不等式的性质，不等式的证明，属于中档题． ‎