安徽省池州市2020届高三下学期5月教学质量统一监测数学（理）试题 Word版含解析

安徽省池州市2020届高三下学期5月教学质量统一监测数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年池州市普通高中高三教学质量统一监测 数学试卷（理科）‎ 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. 已知为虚数单位，则在复平面内对应的点为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数除法运算计算求得，由此得到对应点坐标.‎ ‎【详解】，对应的点为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查复数对应点的坐标的求解，涉及到复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎2. 已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数定义域和值域分别求得集合，由交集定义可得结果.‎ ‎【详解】，，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，关键是根据函数定义域和值域的求法求得两集合.‎ ‎3. 已知数列为等差数列，，为数列前项和，则（ ）‎ A. 10 B. 12 C. 14 D. 16‎ - 25 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列下标和性质可求得，代入等差数列求和公式可求得结果.‎ ‎【详解】，，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列前项和的求解问题，关键是能够熟练应用等差数列下标和性质来简化运算.‎ ‎4. 若，则有(　　)．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先化简，再比较真数的大小即可.‎ ‎【详解】由题意得 故选B ‎【点睛】本题主要考查了对数大小的比较，属于基础题.‎ ‎5. 太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，展现了一种相互转化，相对统一的形式美．按照太极图的构图方法，在如图所示的平面直角坐标系中，圆被函数的图象分割为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦型函数最小正周期可得圆半径，利用几何概型面积型公式计算可得结果.‎ ‎【详解】的最小正周期为，圆半径为；‎ 在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型面积型的概率问题的求解，关键是能够利用正弦型函数的最小正周期求得大圆半径.‎ ‎6. 函数的部分图象可能是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由奇偶性的概念，判断是偶函数，排除C、D；再由，的正负，排除B，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除C、D；‎ 当时，，，，‎ 即，故排除B，‎ 选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数图像的识别，熟记函数的奇偶性，三角函数的图象及其性质，对数函数的性质等，即可，属于常考题型.‎ ‎7. 2020年春节期间，因新冠肺炎疫情防控工作需要，、两社区需要招募义务宣传员，现有、、、、、六位大学生和甲、乙、丙三位党员教师志愿参加，现将他们分成两个小组分别派往、两社区开展疫情防控宣传工作，要求每个社区都至少安排1位党员教师及3位大学生，且由于工作原因只能派往社区，则不同的选派方案种数为（ ）‎ A. 60 B. 90‎ C. 120 D. 150‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题分为社区选派人和人两种情况，分别计算出两种情况下的选派方案种数，根据分类加法计数原理可求得结果.‎ ‎【详解】将选派方案分为社区选派人和人两种情况，‎ 当社区选派人时，必由名党员教师，位大学生构成，共有：种选派方案；‎ 当社区选派人时，必由名党员教师，位大学生构成，共有：种选派方案；‎ 由分类加法计数原理可知：不同的选派方案种数有种.‎ - 25 -‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查分类加法计数原理的应用，关键是能够将所给问题进行准确分类；本题易错点是忽略每个社区大学生人数的最低要求，造成求解错误.‎ ‎8. “斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，最初是由意大利数学家斐波那契于1202年通过兔子繁殖问题提出来的．在斐波那契数列中，，，．某同学设计了一个如图所示的求斐波那契数列前项和的程序框图，若，那么内填入（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照程序框图运行程序，直到输出值为时，根据满足的条件补充判断框内容即可.‎ ‎【详解】按照程序框图运行程序，输入，，，‎ 则，，，，，满足所填条件，循环；‎ ‎，，，，，满足所填条件，循环；‎ ‎，，，，，满足所填条件，循环；‎ ‎，，，，，满足所填条件，循环；‎ ‎，，，，，满足所填条件，循环；‎ - 25 -‎ ‎，，，，，满足所填条件，循环；‎ ‎，，，，，不满足所填条件，输出结果，‎ 所填条件应为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查根据程序框图循环结构输出结果补全框图的问题，属于常考题型.‎ ‎9. 已知抛物线：的焦点为，其准线与轴交于点，若抛物线上存在一点使，则（ ）‎ A. B. 8 C. D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作准线的垂线，垂足为，结合抛物线定义、长度和平行关系可得，在中，利用余弦定理可构造方程求得结果.‎ ‎【详解】过作准线的垂线，垂足为，则由抛物线定义可知：‎ ‎，，又，，‎ 轴，，‎ 在中，由余弦定理得：，‎ 由抛物线方程知：，，解得：，‎ ‎.‎ - 25 -‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线中的线段长度的求解问题，涉及到抛物线定义和余弦定理的应用；解题关键是能够根据抛物线定义和长度关系确定角的大小.‎ ‎10. 已知是正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用向量的线性运算和数量积运算律可将所求数量积化为，根据正方体的特点可确定的最大值和最小值，代入即可得到所求范围.‎ ‎【详解】设正方体内切球的球心为，则，‎ ‎，‎ 为球的直径，，，，‎ 又在正方体表面上移动，‎ 当为正方体顶点时，最大，最大值为；当为内切球与正方体的切点时，最小，最小值为，‎ ‎，即的取值范围为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的取值范围的求解问题，关键是能够通过向量的线性运算将问题转化为向量模长的取值范围的求解问题.‎ ‎11. 在正三棱锥中，、分别是、中点，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 25 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线面垂直的判定方法可证得平面，由线面垂直性质和正三棱锥的特点可知两两互相垂直，由此可将三棱锥补为正方体，求解正方体的外接球表面积即为所求结果.‎ ‎【详解】取中点，连接，‎ 分别为中点，，又，，‎ 三棱锥为正三棱锥，，，又为中点，‎ ‎，，又平面，平面，‎ 平面，，‎ 平面，，平面，‎ 平面，，，则由正三棱锥特点得，‎ 可将三棱锥补成以为棱的正方体，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，‎ 外接球半径，外接球的表面积.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能够根据垂直关系得到三棱锥顶点处的两两垂直关系，进而通过补为正方体的方式来进行求解.‎ ‎12. 已知定义在上的函数，其导函数为，若，且当 - 25 -‎ 时，，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，可根据已知等式验证出为偶函数，同时根据导数得到的单调性；将所求不等式转化为，根据单调性可得到，解不等式求得结果.‎ ‎【详解】令，则，‎ ‎，，，‎ 为定义在上的偶函数；‎ 当时，，在上单调递减，‎ 又为偶函数，在上单调递增.‎ 由得：‎ ‎，即，‎ ‎，解得：，即不等式的解集为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到构造函数、利用导数确定函数的单调性等知识；解题关键是能够通过构造函数的方式将不等式转化为函数值的比较，再根据单调性转化为自变量之间的大小关系.‎ - 25 -‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13. 已知数列的前项和为，且满足，则数列通项公式______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时求得；当时，利用可知数列为等比数列，利用等比数列通项公式可求得结果.‎ ‎【详解】当时，，解得：；‎ 当且时，，，‎ 则数列是以为首项，为公比的等比数列，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，解题关键是能够利用与的关系证明数列为等比数列.‎ ‎14. 已知的展开式中二项式系数之和为512，则展开式中常数项为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式系数和可求得，令二项展开式通项中的的幂指数为零，可求得，代入通项公式可求得常数项.‎ ‎【详解】由题意得：，解得：，‎ 展开式的通项公式为，‎ 当，即时，，常数项为.‎ 故答案为：.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式指定项的求解问题，涉及到利用二项式系数和求解参数值的问题；关键是能够熟练应用二项展开式的通项公式的形式.‎ ‎15. 过双曲线的右支上一点，分别向圆：和圆：作切线，切点分别为，，则的最小值为______．‎ ‎【答案】25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线和圆的方程可确定双曲线焦点与圆的圆心重合，利用勾股定理表示出切线长，将问题转化为的最小值的求解问题，利用双曲线定义和三角形三边关系可求得最小值.‎ ‎【详解】由双曲线方程知其焦点坐标为，‎ 由圆的方程知：圆圆心为，半径；圆圆心，半径；‎ 分别为两圆切线，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 为双曲线右支上的点，且双曲线焦点为，，‎ 又（当为双曲线右顶点时取等号），‎ ‎，‎ - 25 -‎ 即最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线中最值问题的求解问题，涉及到双曲线定义的应用、圆的切线长的求解等知识；关键是能够将问题转化为双曲线上的点到焦点的距离之和的最值的求解问题.‎ ‎16. 已知函数满足，，且在区间上单调，则取值的个数有______个．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据最大值点和零点可确定，由此得到；根据单调性可知，解出，由此得到所有可能的取值.‎ ‎【详解】，，解得：，‎ 即，；‎ 在上单调，，即，，解得：，‎ ‎，或，取值的个数有个.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查根据正弦型函数的单调性、周期性求解参数值的问题；关键是能够通过最值点和零点确定周期、根据单调性确定周期所处的范围.‎ 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：60分 ‎17. 在中，是中点，，，．‎ ‎（Ⅰ）求及；‎ - 25 -‎ ‎（Ⅱ）求角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用同角三角函数平方关系可化简已知等式得到，利用正弦定理角化边可得，从而求得；‎ ‎（Ⅱ）设，在和中利用余弦定理可构造方程求得，在中利用余弦定理可求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意得：，‎ ‎，‎ ‎，，，‎ ‎，即，‎ 由正弦定理得：，即，；‎ ‎（Ⅱ）设，则，‎ 在中，…①，‎ 在中，…②，‎ ‎①+②得：，解得：，即，‎ 在中，．‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的相关问题的求解，涉及到余弦定理解三角形、正弦定理角化边的应用等知识，属于常考题型.‎ ‎18. 如图，在斜三棱柱中，侧面，，，，．‎ - 25 -‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若为中点，求二面角的正切值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据勾股定理、线面垂直性质和线面垂直的判定定理可证得平面，由面面垂直的判定定理可证得结论；‎ ‎（Ⅱ）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：，，，由余弦定理可得：，‎ ‎，，即，‎ 又面，平面，，‎ 又，平面，平面，‎ 平面，平面平面；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线、、两两垂直，‎ 则以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：‎ - 25 -‎ 则，，，，，，‎ ‎，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，令，则，，，‎ 侧面，平面的一个法向量为，‎ ‎，，‎ 二面角为钝二面角，二面角的正切值为.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中面面垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到勾股定理、线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的判定定理等知识的应用；易错点是忽略二面角为钝二面角，造成所求三角函数值的符号出现错误.‎ ‎19. 某市教学研究室为了对今后所出试题的难度有更好的把握，提高命题质量，对该市高三理科数学试卷的得分情况进行了调研．从全市参加考试的理科考生中随机抽取了100名考生的数学成绩（满分150分），将数据分成9组：，，，，，，，，，并整理得到如图所示的频率分布直方图．用统计的方法得到样本标准差，以频率值作为概率估计值．‎ - 25 -‎ ‎（Ⅰ）根据频率分布直方图，求抽取的100名理科考生数学成绩的平均分及众数；‎ ‎（Ⅱ）用频率估计概率，从该市所有高三理科考生的数学成绩中随机抽取3个，记理科数学成绩位于区间内的个数为，求的分布列及数学期望；‎ ‎（Ⅲ）从该市高三理科数学考试成绩中任意抽取一份，记其成绩为，依据以下不等式评判（表示对应事件的概率）：‎ ‎①，②，‎ ‎③，其中．‎ 评判规则：若至少满足以上两个不等式，则给予这套试卷好评，否则差评．试问：这套试卷得到好评还是差评？‎ ‎【答案】（Ⅰ）平均分，众数；（Ⅱ）分布列详见解析，；（Ⅲ）得到好评．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用频率分布直方图估计平均数和众数的方法可直接求得结果；‎ ‎（Ⅱ）根据频率分布直方图计算可知理科数学成绩位于内的概率为，则，由此计算出的每个取值对应的概率，由此得到分布列；由二项分布数学期望计算公式计算可得；‎ ‎（Ⅲ）计算每个区间取值所对应的概率与原则所对应的概率之间的大小关系，从而得到结论.‎ - 25 -‎ ‎【详解】（Ⅰ）；‎ 众数：；‎ ‎（Ⅱ）用频率估计概率，可得从该市所有高三考生的理科数学成绩中随机抽取个，理科数学成绩位于内的概率为，则随机变量服从二项分布，故．‎ 由题意知：所有可能的取值为，‎ ‎；；；；‎ 的分布列为：‎ 数学期望；‎ ‎（Ⅲ）记该市高三考生的理科数学成绩为，由（Ⅰ）可知，，又，‎ 则，，，‎ ‎，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 25 -‎ 符合②③，不符合①，这套试卷得到好评．‎ ‎【点睛】本题考查利用频率分布直方图估计总体数据特征、二项分布的分布列与数学期望的求解、正态分布的实际应用等知识；求解分布列和数学期望的关键是能够明确随机变量所服从的分布类型，进而计算出每个取值对应的概率.‎ ‎20. 如图，已知的两顶点坐标，，圆是的内切圆，在边，，上的切点分别为，，，．‎ ‎（Ⅰ）求证：为定值，并求出动点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）过的斜率不为零直线交曲线于、两点，求证：为定值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明详见解析，曲线的方程为；（Ⅱ）详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用切线长相等可求得；根据椭圆定义可知动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆（不含椭圆与轴的交点），进而求得结果；‎ ‎（Ⅱ）设的方程为，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式，利用弦长公式求得，根据平面向量数量积运算求得，进而求得.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意得：，，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 25 -‎ 动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆（不含椭圆与轴的交点），‎ 设曲线方程为：，‎ 则，解得：，又，，‎ 曲线的方程为；‎ ‎（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得：，设，，‎ 直线的斜率不为零，可设的方程为，‎ 联立消去并整理得：，‎ 则，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 综上可得：为定值．‎ ‎【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解、椭圆中的定值问题的求解；求解动点轨迹方程的关键是能够确定动点满足椭圆的定义，进而得到轨迹方程；求解定值问题的常用方法是将直线与椭圆方程联立，得到韦达定理的形式，将韦达定理代入所求式中，化简得到定值.‎ ‎21. 已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）若，讨论函数的单调性；‎ - 25 -‎ ‎（Ⅱ）若对任意，都有，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）分类讨论，详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求导后，分别在、和三种情况下求得的正负，由此可确定单调性；‎ ‎（Ⅱ）令，分别在、和三种情况下，利用导数确定单调性和最值，进而确定符合题意的取值范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意得：定义域为，‎ 则，‎ ‎①当时，‎ 由可得：或；由可得：；‎ 的单调增区间为，，单调递减区间为；‎ ‎②当时，则，此时的单调递增区间为；‎ ‎③当时，‎ 由可得：或；由可得：；‎ 的单调增区间为，，单调递减区间为；‎ 综上所述：当时，在，上单调递增，在 - 25 -‎ 上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减．‎ ‎（Ⅱ）令，则，‎ ‎，‎ ‎①当时，令，解得：，，‎ ‎，，‎ 当时，，在上单调递增，‎ ‎，满足题意；‎ ‎②当时，由①知：，‎ 当时，，在上单调递减，‎ 则当时，，不合题意；‎ ‎③当时，，则，在上单调递减，‎ 当时，，不合题意；‎ 综上所述：实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数讨论含参数函数的单调性、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的关键是能够通过讨论导函数零点的位置确定函数在所给区间内的单调性，进而得到函数最值.‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ - 25 -‎ ‎22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（Ⅰ）写出的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）设曲线与曲线交于、两点，点为曲线上动点，当点到曲线的距离最大时，求的面积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）的普通方程为，的直角坐标方程为；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据参数方程化普通方程、极坐标化直角坐标的方法可直接化简得到结果；‎ ‎（Ⅱ）由垂径定理可求得，根据圆上点到直线距离的最大值可求得三角形高为，由此求得三角形面积.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由消除参数得的普通方程为：；‎ 由得：，‎ 的直角坐标方程为；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知：圆心，则到直线距离，‎ ‎；‎ 点到直线最大距离为，．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与参数方程相关知识，涉及到极坐标化直角坐标、参数方程化普通方程、圆上点到直线距离的最值的求解、直线被圆截得弦长的求解等知识，属于常考题型.‎ - 25 -‎ ‎23. 已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）分别在、和三种情况下分类讨论得到不等式，解不等式求得结果；‎ ‎（Ⅱ）将问题转化为，利用绝对值三角不等式可求得，由此构造不等式求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意得：，‎ ‎①当时，由得：，；‎ ‎②当时，由得：，；‎ ‎③当时，由得：，；‎ 综上所述：不等式的解集为；‎ ‎（Ⅱ）恒成立等价于，‎ ‎，等号成立条件是，‎ - 25 -‎ ‎，，解得：，又，，‎ 实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查分类讨论求解含绝对值不等式、绝对值不等式中的恒成立问题的求解，求解恒成立问题的关键是将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系的问题，属于常考题型.‎ - 25 -‎ - 25 -‎