大教育全国名校联盟2020届高三质量检测第一次联考数学（理）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 大教育全国名校联盟2020届高三质量检测第一次联考理科数学 第I卷（选择题共60分）‎ 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. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合B，再与集合A求交集即可.‎ ‎【详解】由已知，，故，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.‎ ‎2.若复数是纯虚数，则( )‎ A. 3 B. 5 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由已知，求出，进一步可得，再利用复数模的运算即可 ‎【详解】由z是纯虚数，得且，所以，.‎ 因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法、复数模的运算，考查学生的运算能力，是一道基础题.‎ ‎3.已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，aβ，bα，则“ab“是“αβ”的（ ）‎ - 23 -‎ 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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面面平行的判定及性质求解即可．‎ ‎【详解】解：a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，‎ 由a∥b，不一定有α∥β，α与β可能相交；‎ 反之，由α∥β，可得a∥b或a与b异面，‎ ‎∴a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，‎ 则“a∥b“是“α∥β”的既不充分也不必要条件．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于基础题．‎ ‎4.函数的图象大致为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是偶函数可排除A、B；再由，有可排除D.‎ ‎【详解】由已知，，‎ - 23 -‎ 则，‎ 所以为偶函数，故可排除A和B；‎ 当时，，故可排除D.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查已知函数解析式确定函数图象的问题，在处理这类问题时，通常利用函数的性质，如单调性、奇偶性、特殊点的函数值来处理，是一道容易题.‎ ‎5.马林●梅森是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物，梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对2p﹣1作了大量的计算、验证工作，人们为了纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如2P﹣1（其中p是素数）的素数，称为梅森素数.若执行如图所示的程序框图，则输出的梅森素数的个数是（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟程序的运行即可求出答案．‎ ‎【详解】解：模拟程序的运行，可得：‎ p＝1，‎ S＝1，输出S的值为1，‎ 满足条件p≤7，执行循环体，p＝3，S＝7，输出S的值为7，‎ 满足条件p≤7，执行循环体，p＝5，S＝31，输出S的值为31，‎ 满足条件p≤7，执行循环体，p＝7，S＝127，输出S的值为127，‎ - 23 -‎ 满足条件p≤7，执行循环体，p＝9，S＝511，输出S的值为511，‎ 此时，不满足条件p≤7，退出循环，结束，‎ 故若执行如图所示的程序框图，则输出的梅森素数的个数是5，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图，属于基础题．‎ ‎6.小明有3本作业本，小波有4本作业本，将这7本作业本混放在-起，小明从中任取两本.则他取到的均是自己的作业本的概率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用计算即可，其中表示事件A所包含的基本事件个数，为基本事件总数.‎ ‎【详解】从7本作业本中任取两本共有种不同的结果，其中，小明取到的均是自己的作业本有种不同结果，‎ 由古典概型的概率计算公式，小明取到的均是自己的作业本的概率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率计算问题，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.‎ ‎7.设等差数列的前n项和为，且，，则( )‎ A. 9 B. 12 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得以及，而，代入即可得到答案.‎ ‎【详解】设公差为d，则解得 ‎，所以.‎ - 23 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查学生运算求解能力，是一道基础题.‎ ‎8.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的右焦点为，若F到直线的距离为，则E的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得到直线的倾斜角为，有，再利用即可解决.‎ ‎【详解】由F到直线的距离为，得直线的倾斜角为，所以，‎ 即，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆离心率的问题，一般求椭圆离心率的问题时，通常是构造关于的方程或不等式，本题是一道容易题.‎ ‎9.已知函数，则下列结论错误的是( )‎ A. 函数的最小正周期为π B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在上单调递增 D. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 由可判断选项A；当时，可判断选项B；利用整体换元法可判断选项C；可判断选项D.‎ ‎【详解】由题知，最小正周期，所以A正确；当时，‎ ‎，所以B正确；当时，，所以C正确；由 的图象向左平移个单位，得 ‎，所以D错误.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查余弦型函数的性质，涉及到周期性、对称性、单调性以及图象变换后的解析式等知识，是一道中档题.‎ ‎10.已知函数f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（﹣1）＝（ ）‎ A. ﹣2 B. ﹣1 C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对称性即可求出答案．‎ ‎【详解】解：∵点（5，f（5））与点（﹣1，f（﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2，‎ 故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（﹣1）＝2，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．‎ ‎11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线E上的一点，且.若直线与双曲线E的渐近线交于点M，且M为 - 23 -‎ 的中点，则双曲线E的渐近线方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线定义得，，OM是的中位线，可得，在中，利用余弦定理即可建立关系，从而得到渐近线的斜率.‎ ‎【详解】根据题意，点P一定在左支上.‎ 由及，得，，‎ 再结合M为的中点，得，‎ 又因为OM是的中位线，又，且，‎ 从而直线与双曲线的左支只有一个交点.‎ 在中.——①‎ 由，得. ——②‎ 由①②，解得，即，则渐近线方程为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线渐近线方程，涉及到双曲线的定义、焦点三角形等知识，是一道中档题.‎ ‎12.数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线.‎ - 23 -‎ 给出下列结论：①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；③曲线C围成区域的面积大于；④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是( )‎ A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本不等式得，可判断②；和联立解得可判断①③；由图可判断④.‎ ‎【详解】，‎ 解得（当且仅当时取等号），则②正确；‎ 将和联立，解得，‎ 即圆与曲线C相切于点，，，，‎ 则①和③都错误；由，得④正确.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.‎ 二、填空题：本题共4小题.每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知向量，且向量与的夹角为_______.‎ - 23 -‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量数量积的定义求解即可．‎ ‎【详解】解：∵向量，且向量与的夹角为，‎ ‎∴||；‎ 所以：•（）2cos2﹣2＝0，‎ 故答案为：0．‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题．‎ ‎14.定义在R上的函数满足：①对任意的，都有；②当时，，则函数的解析式可以是______________.‎ ‎【答案】（或，答案不唯一）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得是奇函数，再由时，可得到满足条件的奇函数非常多，属于开放性试题.‎ ‎【详解】在中，令，得；令，‎ 则，故是奇函数，由时，，‎ 知或等，答案不唯一.‎ 故答案为：（或，答案不唯一）.‎ ‎【点睛】本题考查抽象函数性质，涉及到由表达式确定函数奇偶性，是一道开放性的题，难度不大.‎ ‎15.设数列的前n项和为，且，若，则______________.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 用换中的n，得，作差可得，从而数列是等比数列，再由即可得到答案.‎ ‎【详解】由，得，两式相减，得，‎ 即；又，解得，所以数列为首项为-3、‎ 公比为3的等比数列，所以.‎ 故答案为：9.‎ ‎【点睛】本题考查已知与的关系求数列通项的问题，要注意n的范围，考查学生运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎16.已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则______________；四棱锥P-ABCD的体积为______________.‎ ‎【答案】 (1). 90° (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易得平面PAD，P点在与BA垂直的圆面内运动，显然，PA是圆的直径时，PA最长；将四棱锥补形为长方体，易得为球的直径即可得到PD，从而求得四棱锥的体积.‎ ‎【详解】如图，由及，得平面PAD，‎ 即P点在与BA垂直的圆面内运动，‎ 易知，当P、、A三点共线时，PA达到最长，‎ 此时，PA是圆的直径，则；‎ 又，所以平面ABCD，‎ - 23 -‎ 此时可将四棱锥补形为长方体，‎ 其体对角线为，底面边长为2的正方形，‎ 易求出，高，‎ 故四棱锥体积.‎ 故答案为： (1) 90° ； (2) .‎ ‎【点睛】本题四棱锥外接球有关的问题，考查学生空间想象与逻辑推理能力，是一道有难度的压轴填空题.‎ 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.我国在贵州省平塘县境内修建的500米口径球面射电望远镜（FAST）是目前世界上最大单口径射电望远镜.使用三年来，已发现132颗优质的脉冲星候选体，其中有93颗已被确认为新发现的脉冲星，脉冲星是上世纪60年代天文学的四大发现之一，脉冲星就是正在快速自转的中子星，每一颗脉冲星每两脉冲间隔时间（脉冲星的自转周期）是-定的，最小小到0.0014秒，最长的也不过11.765735秒.某-天文研究机构观测并统计了93颗已被确认为新发现的脉冲星的自转周期，绘制了如图的频率分布直方图.‎ - 23 -‎ ‎（1）在93颗新发现的脉冲星中，自转周期在2至10秒的大约有多少颗？‎ ‎（2）根据频率分布直方图，求新发现脉冲星自转周期的平均值.‎ ‎【答案】（1）79颗；（2）5.5秒.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用各小矩形的面积和为1可得，进而得到脉冲星自转周期在2至10秒的频率，从而得到频数；‎ ‎（2）平均值的估计值为各小矩形组中值与频率的乘积的和得到.‎ ‎【详解】（1）第一到第六组的频率依次为 ‎0.1，0.2，0.3，0.2，，0.05，其和为1‎ 所以，，‎ 所以，自转周期在2至10秒的大约有（颗）.‎ ‎（2）新发现的脉冲星自转周期平均值为 ‎（秒）.‎ 故新发现的脉冲星自转周期平均值为5.5秒.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，涉及到平均数的估计值等知识，是一道容易题.‎ ‎18.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.‎ ‎（1）求B；‎ ‎（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）利用正弦定理及可得，从而得到；‎ ‎（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理及已知得，‎ 结合，‎ 得，‎ 因为，所以，‎ 由，得.‎ ‎（2）在中，由余弦定得，‎ 因为，所以，‎ 当且仅当时，的面积取得最大值，此时.‎ 在中，由余弦定理得 ‎.‎ 即.‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.‎ ‎19.在三棱柱中，，，，且.‎ - 23 -‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）设二面角的大小为，求的值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证明平面平面，只需证明平面即可；‎ ‎（2）取的中点D，连接BD，以B为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别计算平面的法向量为与平面的法向量为，利用夹角公式计算即可.‎ ‎【详解】（1）在中，，‎ 所以，即.‎ 因为，，，‎ 所以.‎ 所以，即.‎ 又，所以平面.‎ 又平面，所以平面平面 ‎（2）由题意知，四边形为菱形，且，‎ 则为正三角形，‎ - 23 -‎ 取的中点D，连接BD，则.‎ 以B为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，‎ 建立空间直角坐标系，则 ‎，，，，.‎ 设平面的法向量为，‎ 且，.‎ 由得取.‎ 由四边形菱形，得；‎ 又平面，所以；‎ 又，所以平面，‎ 所以平面的法向量为.‎ 所以.‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角正弦值的问题，在利用向量法时，关键是点的坐标要写准确，本题是一道中档题.‎ ‎20.已知动圆Q经过定点，且与定直线相切（其中a为常数，且）.记动圆圆心Q的轨迹为曲线C.‎ ‎（1）求C的方程，并说明C是什么曲线？‎ ‎（2）设点P的坐标为，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，则是否存在直线m，使得？若存在，求出直线m斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1），抛物线；（2）存在，.‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，易得，化简即得；‎ ‎（2）利用导数几何意义可得，要使，只需.‎ 联立直线m与抛物线方程，利用根与系数的关系即可解决.‎ ‎【详解】（1）设，由题意，得，化简得，‎ 所以动圆圆心Q的轨迹方程为，‎ 它是以F为焦点，以直线l为准线的抛物线.‎ ‎（2）不妨设.‎ 因为，所以，‎ 从而直线PA的斜率为，解得，即，‎ 又，所以轴.‎ 要使，只需.‎ 设直线m的方程为，代入并整理，‎ 得.‎ 首先，，解得或.‎ 其次，设，，‎ 则，.‎ - 23 -‎ ‎.‎ 故存在直线m，使得，‎ 此时直线m的斜率的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，涉及抛物线中的存在性问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若，设，证明：，，使.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），分，，，四种情况讨论即可；‎ ‎（2）问题转化为，利用导数找到与即可证明.‎ ‎【详解】（1）.‎ ‎①当时，恒成立，‎ 当时，；‎ 当时，，所以，‎ 在上是减函数，在上是增函数.‎ ‎②当时，，.‎ 当时，；‎ - 23 -‎ 当时，；‎ 当时，，所以，‎ 在上是减函数，在上是增函数，‎ 在上是减函数.‎ ‎③当时，，‎ 则在上减函数.‎ ‎④当时，，‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 所以，在上是减函数，‎ 在上是增函数，在上是减函数.‎ ‎（2）由题意，得.‎ 由（1）知，当，时，，‎ ‎.‎ 令，，‎ 故在上减函数，有，‎ 所以，从而.‎ - 23 -‎ ‎，，‎ 则，‎ 令，显然在上是增函数，‎ 且，，‎ 所以存在使，‎ 且在上是减函数，‎ 在上是增函数，‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以，命题成立.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及证明不等式的问题，考查学生逻辑推理能力，是一道较难的题.‎ ‎（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，作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题号后的方框涂黑.‎ 选修4-4：极坐标与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，建立极坐标系.‎ ‎（1）设直线l的极坐标方程为，若直线l与曲线C交于两点A.B，求AB的长；‎ ‎（2）设M、N是曲线C上的两点，若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）1.‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；‎ ‎（2），，由（1）通过计算得到，即最大值为1.‎ ‎【详解】（1）将曲线C的参数方程化为普通方程为，‎ 即；‎ 再将，，代入上式，‎ 得，‎ 故曲线C的极坐标方程为，‎ 显然直线l与曲线C相交的两点中，‎ 必有一个为原点O，不妨设O与A重合，‎ 即.‎ ‎（2）不妨设，，‎ 则面积为 当，即取时，.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，三角形面积的最值问题，是一道容易题.‎ 选修4-5：不等式选讲 - 23 -‎ ‎23.已知不等式对于任意的恒成立.‎ ‎（1）求实数m的取值范围；‎ ‎（2）若m的最大值为M，且正实数a，b，c满足.求证.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）法一：，，得，则，由此可得答案；‎ 法二：由题意，令，易知是偶函数，且时为增函数，由此可得出答案；‎ ‎（2）由（1）知，，即，结合“1”的代换，利用基本不等式即可证明结论．‎ ‎【详解】解：（1）法一：（当且仅当时取等号），‎ 又（当且仅当时取等号），‎ 所以（当且仅当时取等号），‎ 由題意得，则，解得，‎ 故的取值范围是；‎ 法二：因为对于任意恒有成立，即，‎ 令，易知是偶函数，且时为增函数，‎ 所以，即，则，解得，‎ 故的取值范围是；‎ - 23 -‎ ‎（2）由（1）知，，即，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 故不等式成立．‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的恒成立问题，考查基本不等式的应用，属于中档题．‎ - 23 -‎ - 23 -‎