吉林省桦甸四中、磐石一中、梅河口五中、蛟河实验中学等2020届高三4月联考数学（理）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 理科数学 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置.‎ ‎3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎4.本试卷满分150分，测试时间120分钟.‎ ‎5.考试范围：高考全部内容.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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. ，或 C. ,或 D. ,或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式，以及分式不等式，再根据集合并集即可求得结果.‎ ‎【详解】由，解得，或，,或，‎ 由，解得，或，，或 ‎，或.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式的求解，以及集合的并运算，属综合基础题.‎ ‎2.复数满足，则的最大值等于（ ）‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 设复数，根据已知模长关系，求得的等量关系，以及的范围；再求目标复数的模长，将问题转化为求关于的函数的最大值，即可容易求得.‎ ‎【详解】设，由，‎ 可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又 ‎，‎ 又在上是单调减函数，故.‎ 故的最大值等于3.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数模长的计算，涉及复数的加减法运算，属基础题.‎ ‎3.已知向量满足，且，则向量在方向上的投影为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件，利用向量垂直，求得数量积，再结合向量投影计算公式，即可求得结果.‎ ‎【详解】因为，故可得，‎ 故，‎ 则向量在方向上的投影为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查向量垂直的转化，涉及数量积运算，属基础题.‎ - 24 -‎ ‎4.命题，，则为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由全称命题的否定是特称命题，即可容易求得.‎ ‎【详解】因为全称命题的否定是特称命题，‎ 且，，‎ 故：，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查全称命题的否定的求解，属基础题.‎ ‎5.过点的直线与抛物线交于两点，，则面积的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直线的方程，以及两点的坐标，联立抛物线方程，利用韦达定理求得，再利用，将问题转化为求函数的最小值，即可容易求得.‎ ‎【详解】设直线方程为，，，‎ - 24 -‎ 由，得，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 当且仅当时，即直线方程为时，取得最小值.‎ 面积的最小值为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线中三角形面积的范围问题，处理问题的关键是将三角形面积转化为求函数的最值.属中档题.‎ ‎6.将函数图象向左平移个单位长度，得到的函数为偶函数，则实数的值为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用正余弦的降幂扩角公式，化简，结合图像平移后的解析式，以及正余弦函数的奇偶性，即可求得参数.‎ ‎【详解】因为 故，‎ ‎，‎ - 24 -‎ 故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查正余弦的和角公式、降幂扩角公式，正余弦函数的奇偶性，三角函数图像平移后解析式的求解，属综合中档题.‎ ‎7.改编自中国神话故事的动画电影《哪吒之魔童降世》自7月26日首映，在不到一个月的时间，票房收入就超过了38亿元，创造了中国动画电影的神话.小明和同学相约去电影院观看《哪吒之魔童降世》，影院的三个放映厅分别在7：30，8：00，8：30开始放映，小明和同学大约在7：40至8：30之间到达影院，且他们到达影院的时间是随机的，那么他们到达后等待的时间不超过10分钟的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，等待时间不超过10分钟的时间段分别为7：50~8：00，8：20~8：30，共20分钟，7：40至8：30之间共50分钟，由几何概型即可求出概率.‎ ‎【详解】由题意可知，满足条件的时间段为7：50~8：00，8：20~8：30，共20分钟，‎ ‎7：40至8：30之间共计50分钟，‎ 由几何概型知所求概率为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型求概率问题，属于基础题.‎ ‎8.设的展开式中各项的二项式系数之和为，的展开式中各项的二项式系数之和为，若，则的展开式中各项系数之和为（ ）‎ A. 16 B. 32 C. 81 D. 243‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 由二项式系数之和求得，利用赋值法即可求得各项系数之和.‎ ‎【详解】由，得，‎ 解得，‎ 令，‎ 故可得的展开式中各项系数之和为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查二项式系数之和，以及利用赋值法求系数之和，属基础题.‎ ‎9.已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图知，该几何体为一个圆柱挖去半个球和一个圆锥，然后求体积.‎ ‎【详解】由三视图知，该几何体为一个圆柱挖去半个球和一个圆锥，‎ ‎∴.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查根据三视图求体积，属于中档题.‎ ‎10.已知实数，，，则的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数运算，结合对数函数的单调性，即可容易比较的大小.‎ - 24 -‎ ‎【详解】因为，‎ 且，‎ ‎，‎ 同理，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用对数函数的单调性，比较对数式的大小，属基础题.‎ ‎11.如图所示，在三棱锥中，，，，点在平面内的投影恰好落在上，且，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知平面，进而可得平面，可构造直三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，求解可得外接球半径，从而求得外接球的表面积.‎ ‎【详解】由已知可知平面，‎ 平面平面，‎ 又因为，平面，‎ 可构造直三棱柱，‎ 直三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，‎ 且球心为直三棱柱上下底面三角形外接圆圆心连线的中点.‎ 在中，由正弦定理可求得外接圆半径为，‎ - 24 -‎ 外接球半径为，‎ 三棱锥外接球的表面积为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查几何体外接球及球的表面积求解，棱锥的外接球问题通常利用补形法找出对应棱柱外接球，总体思想是先求出球的半径，再根据球的表面积公式进行求解即可，属于中等题.‎ ‎12.若函数在上有两个零点，且，则实数的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，求得零点的范围；再构造，将问题转化为求的最大值的问题，利用导数求解函数单调性，结合单调性即可求得函数的最大值.‎ ‎【详解】由，，可得.‎ 设，则，，，‎ 设，，‎ 设，则，，‎ - 24 -‎ 为减函数，故，‎ 即，由，不妨设，‎ 则，‎ 为增函数，‎ ‎，‎ 实数的最大值为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数由函数零点求参数范围，其中构造函数法是本题中的难点，属压轴题.‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题~第23题为选考题，考生根据要求作答.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.在人类与大自然的较量中，经常面对影响人类生存、反复无常的天气变化.人类对天气变化经历了漫长的认识过程，积累了丰富的气象经验.三国时期，孙刘联军运用气象观测经验，预报出会有一场大雾出现，并在大雰的掩护下，演出了一场“草船借箭”的好戏，令世人惊叹.小明计划8月份去上海游览，受台风“利马奇”的影响，上海市8月份一天中发生雷雨天气的概率上升为0.8，那么小明在上海游览的3天中，只有1天不发生雷雨天气的概率约为___________.‎ ‎【答案】0.384‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据次独立重复试验的概率求解，即可容易求得结果.‎ ‎【详解】根据题意，容易知满足题意的概率.‎ 故答案为：.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查次独立重复试验的概率求解，属基础题.‎ ‎14.已知数列、都是等差数列，其前项和分别为和，若对任意的都有，则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列前项和的性质，设出，利用关系即可容易求得.‎ ‎【详解】根据等差数列前项和的性质，‎ 可设（，且），则.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列前项和的性质，属基础题.‎ ‎15.是幂函数图象上的点，将的图象向上平移个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到函数的图象，若点（，且）在的图象上，则______.‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 待定系数求得，由函数平移求得的解析式，根据已知求得的关系，据此求得，分组求和即可容易求得结果.‎ - 24 -‎ ‎【详解】由，得，，.‎ 因为点在函数上，‎ ‎，‎ 即，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查幂函数解析式的求解，函数图像的平移，等差数列前项和的求解，属综合中档题.‎ ‎16.已知､为双曲线的左､右焦点，为双曲线右支上异于顶点的任意一点，若内切圆的圆心为，则圆心到圆上任意一点的距离的最小值为____________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设内切圆与的三边､､的切点分别为､､，根据圆的切线性质，可得，即可得答案.‎ - 24 -‎ ‎【详解】由双曲线，则 .‎ 设内切圆与的三边､､的切点分别为､､，‎ 根据圆的切线性质，可得，‎ 又因为，∴，即，‎ ‎∴内切圆圆心在直线上.又因为圆的圆心为，半径，‎ ‎∴圆心到圆上任意一点的距离的最小值为.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义和性质，属于中档题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.在中，角所对的边分别是，.‎ ‎（1）若，，求；‎ ‎（2）若边上的高之比为，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用降幂扩角公式化简可得，利用，即可容易求得；‎ ‎（2）由高之比求得等量关系，由余弦定理以及面积公式，将问题转化为求函数的最值即可.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得，或（舍），‎ ‎，‎ ‎，‎ - 24 -‎ ‎.‎ ‎（2）设边上的高分别为、，则.‎ ‎，‎ 由余弦定理可得，‎ 则，‎ 则 ‎.‎ 由三角形两边之和大于第三边可得 ‎，解得，‎ 设，则，‎ 又，其对称轴为，且开口向下，‎ 故.当且仅当，即时，取得最大值.‎ 故三角形面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，以及三角形面积的最大值，属综合中档题.‎ ‎18.如图①，在平行四边形中，，，，为中点.将沿折起使平面平面，得到如图②所示的四棱锥.‎ - 24 -‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用勾股定理求得，即可由面面垂直推证线面垂直，再由线面垂直推证面面垂直；‎ ‎（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的方向向量，以及平面的法向量，即可容易求得线面角.‎ ‎【详解】（1）证明：在图①中连接，‎ 因为，，，为中点，‎ 故可得为等边三角形，故可得；‎ 在中，由余弦定理可得 ‎，解得. ‎ 又，故可得.‎ ‎，‎ 在图②中，平面平面，且平面平面，‎ - 24 -‎ 平面，‎ 又平面，‎ 平面平面.‎ ‎（2）以为坐标原点，为轴，为轴，‎ 过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，‎ 故可得.‎ 设平面的一个法向量，‎ 由，‎ ‎，令，‎ 可得，‎ 设直线与平面所成角的正弦值为，‎ 则.‎ 直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查由线面垂直推证面面垂直，以及用向量法求解线面夹角，属综合中档题.‎ ‎19.足球比赛中，一队在本方罚球区内犯规，会被判罚点球，点球是进攻方非常有效的得分手段.研究机构对某位足球队员的1000次点球训练进行了统计分析，以帮助球员提高点球的命中率.如图，将球门框内的区域分成9个区域（区域代码为1—9，球门框外的区域记做区域0），统计球员射点球时射中10个区域次数和进球次数（即使射中球门框内，也可能被守门员扑出），得到如下的两个频率分布条形图：‎ - 24 -‎ ‎ ‎ ‎（其中射中率，得分率）‎ ‎（1）根据上述频率分布条形图，求射中球门框内时，各区域进球数的平均数（结果保留两位小数）和中位数；‎ ‎（2）以该队员这1000次点球练习的进球频率作为他在比赛中射点球时进球的概率，设他在三次射点球时进球数为，求的分布列和期望.‎ ‎【答案】（1）平均数；中位数为81（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得各区域的进球数，再求平均数和中位数即可；‎ ‎（2）先求得比赛中射点球时进球的概率，再根据服从二项分布，即可容易求得分布列和数学期望.‎ ‎【详解】（1）由频率分布直方图可知，射中门框内的区域1时，进球数为，‎ 同理可求得区域2—9的进球数分别为：63，91，91，81，81，81，70，70.‎ 各区域进球数的平均数.‎ 容易知中位数为81.‎ ‎（2）由（1）可知该队员这1000次点球练习的进球数：‎ ‎，‎ 他在比赛中射点球时进球的概率.‎ 进球数为一个随机变量，可能取值为0，1，2，3.‎ - 24 -‎ 且.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 随机变量的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.027‎ ‎0.189‎ ‎0.441‎ ‎0.343‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查由平均数和中位数的计算，以及利用二项分布求随机变量的分布列和数学期望，属综合中档题.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，的顶点，，且、、成等差数列.‎ ‎（1）求顶点的轨迹方程；‎ ‎（2）直线与顶点的轨迹交于两点，当线段的中点落在直线上时，试问：线段的垂直平分线是否恒过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）恒过定点；定点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理，结合椭圆定义，即可容易求得轨迹方程；‎ ‎（2）联立直线方程和椭圆方程，由韦达定理求得中点的坐标，根据其纵坐标为 - 24 -‎ ‎，即可求得的等量关系，再求出直线垂直平分线的方程，再求直线恒过的定点即可.‎ ‎【详解】（1）在中，，‎ 根据正弦定理，可得，且，‎ 由椭圆定义，可知顶点的轨迹为中心在原点，‎ 以为焦点的椭圆（不包括与轴交点）.‎ ‎，，，‎ 轨迹方程为.‎ ‎（2）设，， ‎ 由，得，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 点落在直线上，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 线段的垂直平分线方程为，即，‎ 线段的垂直平分线恒过定点.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中直线恒过定点问题的求解，涉及正弦定理，属综合中档题.‎ ‎21.设函数.‎ ‎（1）若函数有两个极值点，求实数的取值范围；‎ ‎（2）设，若当时，函数的两个极值点满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求函数求导，对参数进行分类讨论，根据函数单调性，即可求得结果；‎ ‎（2）根据题意，先求得的范围，再利用进行适度放缩，即可由对勾函数单调性，容易证明.‎ ‎【详解】（1）由已知，可知函数的定义域为，‎ 在上有两个零点，‎ 设，‎ ‎，‎ 当时，，为增函数，不存在两个零点；‎ 当时，，得，‎ 时，，为增函数，‎ 时，，为减函数.‎ 且此时当趋近于时，趋近于负无穷；当趋近于正无穷时，趋近于负无穷.‎ 故要满足题意，只需：，‎ - 24 -‎ ‎，‎ 实数的取值范围是.‎ ‎（2）证明：，‎ ‎，‎ 由的两根为，故可得，，，‎ 又，‎ ‎，‎ 解得，‎ ‎，‎ 设，‎ 则，‎ 当时，，为增函数，‎ 当时，，为减函数，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 令，则，‎ 在时单调递减，‎ - 24 -‎ ‎，‎ 成立.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数由函数极值点个数求参数范围，以及利用导数证明不等式，属压轴题.‎ 请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.‎ ‎【选修4—4：坐标系与参数方程】‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线与曲线的参数方程分别为（为参数）和（为参数）.‎ ‎（1）当时，求曲线与曲线的普通方程；‎ ‎（2）设，若曲线与曲线交于两点，求使成为定值的点的坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2）点的坐标为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）代入消元即可容易求得的普通方程；利用加减消元法即可容易求得的普通方程；‎ ‎（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，表示出目标式，即可由其为定值容易求得结果.‎ ‎【详解】（1）消去参数，得到曲线的普通方程为，‎ 曲线的普通方程为.‎ ‎（2）将的参数方程代入，可得 ‎，‎ - 24 -‎ 设两点对应参数分别为，‎ ‎，.‎ ‎，‎ 当时，为定值，与曲线的倾斜角无关.‎ 点的坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程和普通方程之间的相互转化，以及利用直线参数方程中参数的几何意义求值，属综合基础题.‎ ‎【选修4—5：不等式选讲】‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）若时，恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（2）当时，求函数在上的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分离参数，将问题转化为求函数在区间上的最值即可；‎ ‎（2）脱去绝对值，利用均值不等式，即可容易求得函数的最大值.‎ 详解】（1），‎ ‎，‎ 由恒成立，‎ 得，‎ 恒成立.‎ - 24 -‎ 设，‎ ‎，‎ ‎，则，‎ 的取值范围是.‎ ‎（2）当时，，‎ ‎，当且仅当，即时取“”号.‎ 又，，‎ ‎，‎ 当时，函数在上的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查分离参数法求参数范围，以及由均值不等式求函数的最值，属综合基础题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎