安徽省“江南十校”2020届高三下学期4月综合素质检测数学(文)试题 Word版含解析

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安徽省“江南十校”2020届高三下学期4月综合素质检测数学(文)试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年安徽省“江南十校”综合素质检测 文科数学 一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题绐出的四个选项中,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】‎ 化简集合,由交集定义求解.‎ ‎【详解】因为.‎ 所以 .‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的运算,属于容易题.‎ ‎2.已知复数为虚数单位),则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的乘法与乘方运算,即可得到,写出共轭复数即可.‎ ‎【详解】由.‎ 则.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算,共轭复数的概念,属于容易题.‎ ‎3.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品,其圆心角为120°,并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个,导线接头忽略不计),已知扇形的半径为30厘米,则连接导线最小大致需要的长度为( )‎ - 24 -‎ A. 58厘米 B. 63厘米 C. 69厘米 D. 76厘米 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于实际问题中扇形弧长较小,可将导线的长视为扇形弧长,利用弧长公式计算即可.‎ ‎【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分,‎ 所以每部分的弦长和弧长相差很小,可以用弧长近似代替弦长,‎ 故导线长度约为63(厘米).‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算,属于容易题.‎ ‎4.函数在上的图象大致为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性及函数在时的符号,即可求解.‎ ‎【详解】由可知函数为奇函数.‎ 所以函数图象关于原点对称,排除选项A,B;‎ - 24 -‎ 当时,,‎ ‎,排除选项D,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性,属于中档题.‎ ‎5.在2020年春节前夕,为了春节食品市场安全,确保人们过一个健康安全的春节,某市质检部门对辖区内的某大型超市中的一品牌袋装食品进行抽检,将超市中该袋装食品编号为1,2,3,…,500,从中用系统抽样(等距抽样)的方法抽取20袋进行检测,如果编号为69的食品被抽到,则下列4个编号的食品中被抽到的是( )‎ A. 9号 B. 159号 C. 354号 D. 469号 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据系统抽样的特点可知,可知第一组抽取号码为,即可取不同的,得到抽取到其他样本的编号.‎ ‎【详解】由系统抽样的特点知,从编号为1,2,…,500的食品中抽取20袋,‎ 需要将它们分成20组,每组25个.‎ 因为抽到的编号为69,则所有被抽到的食品编号满足 ,‎ 所以所给四个编号符合条件的是时,号.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了系统抽样的概念和性质,属于中档题.‎ ‎6.已知,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式及正弦的二倍角公式求解即可.‎ - 24 -‎ ‎【详解】,‎ ‎,‎ ‎,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦的二倍角公式,诱导公式,同角三角函数间的关系,属于中档题.‎ ‎7.已知,,,则的大小关系为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数与对数函数的单调性,借助特殊值即可比较大小.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以.‎ 因为,‎ 所以,‎ 因为,为增函数,‎ 所以 所以,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性,利用单调性比较大小,属于中档题.‎ ‎8.执行下面的程序框图,则输出的值为 ( )‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图,模拟程序运行,即可求出答案.‎ ‎【详解】运行程序,‎ ‎, ,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,结束循环,‎ 故输出,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了程序框图,循环结构,条件分支结构,属于中档题.‎ ‎9.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一,其内容是:一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和,也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的,我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和,则拆成的和式中,加数全部为质数的概率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 列出所有可以表示成和为6的正整数式子,找到加数全部为质数的只有,利用古典概型求解即可.‎ ‎【详解】6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1),‎ 而加数全为质数的有(3,3),‎ 根据古典概型知,所求概率为.‎ 故选:A.‎ 点睛】本题主要考查了古典概型,基本事件,属于容易题.‎ ‎10.在中,角的对边分别为.若,,,则的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可求出C,利用余弦定理可得,根据面积公式计算即可求解.‎ ‎【详解】因为,‎ 由正弦定理得.‎ 所以,‎ 所以.‎ 因为, ‎ 所以.‎ 所以.‎ 所以.‎ 因为,且 所以.‎ 所以 - 24 -‎ 所以.‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面积公式,属于中档题.‎ ‎11.已知椭圆:的焦距为,为右焦点,直线与椭圆相交于,两点,是等腰直角三角形.点的坐标为,若记椭圆上任一点到点的距离的最大值为,则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可求得,设椭圆上点Q的坐标为(x,y),由两点间距离公式及二次函数可求的最大值,即可求解.‎ ‎【详解】由题意可得,‎ 所以点的坐标为, ‎ 代入椭圆方程有,‎ 又 所以,‎ 解得或 (舍去),‎ 所以,‎ 所以椭圆方程可化为,‎ - 24 -‎ 设点Q的坐标为(x,y) ,则,‎ 所以 所以.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程,椭圆的简单几何性质,利用二次函数求最值,考查了计算能力,属于中档题.‎ ‎12.已知.给出下列判断:‎ ‎①若,且,则;‎ ‎②存在,使得的图象右移个单位长度后得到的图象关于轴对称;‎ ‎③若在上恰有7个零点,则的取值范围为 ‎④若在上单调递增,则的取值范围为 其中,判断正确的个数为( )‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角恒等变换化为,对①利用周期性求,判断即可,对②利用三角函数的图象变换判断正误,对③根据正弦函数的周期及图象可列出不等式,求解判断正误,对④由,得 - 24 -‎ 的范围,要函数为递增,则可列出满足条件的不等式,求解判断正误即可.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以周期,对于①,由条件知,周期为,所以,故①错误;‎ 对于②,函数图象右移个单位长度后得到的函数为,‎ 其图象关于y轴对称,则,解得,‎ 故对任意整数,所以②错误;‎ 对于③,由条件得,即,‎ 解得故③正确;‎ 对于④,由条件得,解得,又,所以,故④正确.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦型函数的图象与性质,考查了正弦型函数图象的平移变换,属于难题.‎ 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.已知函数,则曲线在点处的切线方程为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义求出切线的斜率,利用点斜式求切线方程.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ 又 故切线方程为,‎ - 24 -‎ 整理为,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义,切线方程,属于容易题.‎ ‎14.已知双曲线的离心率为,则双曲线的右顶点到双曲线的渐近线的距离为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由离心率可求出b,写出双曲线的渐近线方程,根据点到直线的距离求解即可.‎ ‎【详解】设双曲线的焦距为,‎ 因,‎ 所以.‎ 因为双曲线的右顶点的坐标为,一条渐近线的方程为,‎ 则右顶点到渐近线的距离为,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质,点到直线的距离,属于中档题.‎ ‎15.在直角坐标系中,已知点和点,若点在的平分线上,且,则向量的坐标为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 点在的平分线可知与向量共线,利用线性运算求解即可.‎ - 24 -‎ ‎【详解】因为点在的平线上,‎ 所以存在使,‎ 而,‎ 可解得,‎ 所以,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,利用向量的坐标求向量的模,属于中档题.‎ ‎16.已知在三楼锥中,四点均在以为球心的球面上,若,,,则球的表面积为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作平面, 垂足为,由条件可证为的外心,知球心在射线上,连按,利用勾股定理求解即可.‎ ‎【详解】设球的半径为, 过作平面, 垂足为, 连接,‎ ‎ 由易得,‎ - 24 -‎ 即为的外心,‎ 所以球心在射线上,‎ 设外接圆的半径为,‎ 在中,,‎ 由正弦定理得: ,‎ 所以,‎ 所以 ,‎ 连接,则.‎ 即,‎ 解得,‎ 所以,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球,球的性质、表面积公式,正弦定理,考查了空间想象力与计算能力,属于难题.‎ 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题为选考题,考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题:共60分.‎ ‎17.已知数列是递增的等比数列,是其前项和,.‎ ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)记,求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ ‎(1)根据题意可列方程组求出公比即可;‎ ‎(2)利用错位相减法求数列的和.‎ ‎【详解】①设的公比为,由题意知,‎ 因为.‎ 所以, ‎ 所以.‎ 即,‎ 解得或(舍去).‎ 故数列的通项公式为 ‎(2)由(1)得 所以.‎ 所以 两式相减得 ‎ ‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式,错位相减法求数列的和,属于中档题.‎ ‎18.移动支付是指移动客户端利用手机等电子产品来进行电子货币支付,移动支付将互联网、终端设备、金融机构有效地联合起来,形成了一个新型的支付体系,使电子货币开始普及.某机构为了研究不同年龄人群使用移动支付的情况,随机抽取了100名市民,得到如下表格:‎ - 24 -‎ 年龄(岁) ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 使用移动支付 ‎40‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎2‎ 不使用移动支付 ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎10‎ ‎(1)画出样本中使用移动支付的频率分布直方图,并估计使用移动支付的平均年龄;‎ ‎(2)完成下面的列联表,能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系?‎ 年龄小于50岁 年龄不小于50岁 合计 使用移动支付 不使用移动支付 合计 附: ‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据所给数据求出每段使用移动支付的频率,即可画出频率分布直方图,根据频率分布直方图求平均值即可;‎ - 24 -‎ ‎(2)完成联表,计算,根据临界值表得出结论.‎ ‎【详解】(1)样本中使用移动支付的人数为80人.‎ 所以每段的频率分别为:0.5,0.25,0.125,0.05,0.05,0.025. ‎ 所以其频率分布直方图为 所以使用移动支付的平均年龄为,‎ 所以估计使用移动支付的平均年龄为34.75岁. ..‎ ‎(2)完成列联表如下:‎ 年龄小于50岁 年龄不小于50岁 合计 使用移动支付 ‎70 ‎ ‎10‎ ‎80‎ 不使用移动支付 ‎4‎ ‎15‎ ‎20‎ 合计 ‎74‎ ‎26‎ ‎100‎ 由 故在犯错误概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图,由频率分布直方图求均值,独立性检验,属于容易题.‎ ‎19.如图,在四棱锥中,底面为等腰梯形,,,,为等腰直角三角形,,平面底面,为 - 24 -‎ 的中点.‎ ‎(1)求证:平面;‎ ‎(2)求三棱锥的体积. ‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)取的中点,连接,,可证明四边形为平行四边形,即可证明;(2)根据平面可知点到平面的距离与点到平面的距离相等,得到,即可根据三棱锥体积公式求解.‎ ‎【详解】(1)证明:如图,取中点,连接,,‎ 且 ‎ ‎∴四边形为平行四边形,‎ 平面,平面,‎ - 24 -‎ 平面.‎ ‎ (2)由(1) 知平面.‎ ‎∴点到平面的距离与点到平面的距离相等,‎ ‎∴,‎ 如图取的中点,连接,‎ ‎.‎ ‎∵平面平面,平面平面,平面, ‎ 平面,‎ 为等腰直角三角形, ‎ ‎∵四边形为等腰梯形, 且,‎ ‎∴梯形的高为1,‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的证明,利用等体积法求三棱锥的体积,属于中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎(1)当时,讨论的单调区间;‎ ‎(2)若对,成立,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)分类讨论,详见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求函数导数,令可得两根为,分类讨论两根关系,结合二次函数图象,即可求出单调区间;‎ ‎(2)分离参数问题转化为恒成立,利用导数求出函数的最小值即可.‎ ‎【详解】(1)的定义域为,‎ 则的两根为,‎ ‎①当时,即时,时,,当时,,‎ 所以在区间上单调递减,在区间上单调递增;‎ ‎②当时,即时,对,在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎③当时,即时,当时,当时,‎ 所以在区间上单调递减,在区间上单调递增.‎ 综上所述,当时,在区间上单调递减,在区间上单调递增;‎ 当时,在(0,+∞)上单调递增;‎ 当时,在区间上单调递减,在区间上单调递增.‎ ‎(2)因为对恒成立,‎ 所以即恒成立,‎ - 24 -‎ 所以,‎ 令则问题转化为 令 则 所以在上单调递增,又,‎ 所以在上,在上,‎ 所以在上在上,‎ 所以在上单调递减,在上单调递增,‎ 所以,‎ 所以,即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间,极值,最值,分类讨论,分离参数解决恒成立问题,属于难题.‎ ‎21.已知抛物线,若圆与抛物线相交于两点,且.‎ ‎(1)求抛物线的方程;‎ ‎(2)过点的直线与抛物线相切,斜率为的直线与抛物线相交于两点,直线交于点,求证:.‎ ‎【答案】(1);(2)详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由抛物线及圆的对称性可知点A的纵坐标,代入圆可得横坐标,点代入抛物线即可求解;‎ - 24 -‎ ‎(2)根据直线与抛物线相切可求出,联立直线与可得交点的坐标,根据两点间的距离公式求出,,,联立直线与抛物线,由韦达定理得出,,计算即可证明.‎ ‎【详解】(1)因为抛物线C和圆M都关于x轴对称,所以A,B关于x轴对称,不妨设A的坐标为(xo,yo)( yo >0).‎ 因为,‎ 所以,‎ 所以,所以或(舍),‎ 所以,代入抛物线方程可得 所以抛物线C的方程为 ‎(2)证明:设直线的方程为,整理为,‎ 联立方程 消去后整理得 所以 得,‎ 故直线的方程为,‎ 设直线的方程为,‎ 点的坐标分别为 联立方程,解得,‎ 则,‎ - 24 -‎ 所以,‎ 联立方程消去y后整理得,‎ 由题意知即,‎ 所以 所以 同理 所以 故有 ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程,简单几何性质,直线与抛物线的位置关系,两点间的距离公式,属于中档题.‎ ‎(二)选考题:共10分.请考生在第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.在直角坐标系中,直线的参数方程为为参数),直线的参数方程(为参数),若直线的交点为,当变化时,点的轨迹是曲线 ‎(1)求曲线的普通方程;‎ - 24 -‎ ‎(2)以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系,设射线的极坐标方程为,,点为射线与曲线的交点,求点的极径.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将两直线化为普通方程,消去参数,即可求出曲线的普通方程;‎ ‎(2)设Q点的直角坐标系坐标为,求出,‎ 代入曲线C可求解.‎ ‎【详解】(1)直线的普通方程为,直线的普通方程为 联立直线,方程消去参数k,得曲线C的普通方程为 整理得.‎ ‎(2)设Q点的直角坐标系坐标为,‎ 由可得 代入曲线C的方程可得,‎ 解得(舍),‎ 所以点的极径为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程,普通方程化为极坐标方程,极径的求法,属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎(1)求不等式的解集;‎ ‎(2)若不等式在上恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分类讨论去绝对值号,即可求解;‎ ‎(2)原不等式可转化为在R上恒成立,分别求函数与最小值,根据能同时成立,可得的最小值,即可求解.‎ ‎【详解】(1)①当时,不等式可化为,得,无解;‎ ‎②当-2≤x≤1时,不等式可化为得x>0,故01时,不等式可化为,得x<2,故1
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