2020届安徽省六安市省示范高中高三1月教学质量检测数学（理）试题（解析版）.doc

2020届安徽省六安市省示范高中高三1月教学质量检测数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分别解两个不等式，可求得集合，然后取交集即可. 【详解】 由题意，，解得，即， 不等式，解得，即， 所以. 故选：B. 【点睛】 本题考查不等式的解法，考查集合的交集，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 2．已知双曲线：的一条渐近线为，则的离心率为（ ） A． B．3 C．2 D．10 【答案】A 【解析】由双曲线的一条渐近线，可求出的值，即可求得双曲线的方程，进而可求得双曲线的离心率. 【详解】 由题意，，双曲线的渐近线为， 又双曲线的一条渐近线为，所以，解得. 则双曲线的方程为，离心率为. 故选：A. 【点睛】 本题考查双曲线的渐近线、双曲线的离心率，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 3．已知实数，，满足，且，那么下列各式中一定成立的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题可得，，从而可判断正确，利用特殊值法可判断选项A，C，D，都是错误的，即可选出答案. 【详解】 因为，且，所以. 则，可得，即选项B正确； 取， 由，，，可知选项A，C，D都不正确. 故选：B. 【点睛】 本题考查不等式的性质，考查学生的推理论证能力，属于基础题. 4．已知非零向量，的夹角为，且，，则（ ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【解析】根据模长的性质和向量的数量积公式，即可求解. 【详解】 ， 整理得. 故选:A 【点睛】 本题考查向量的数量积运算，属于基础题. 5．《算法统宗》里有一段叙述：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次第，孝和休惹外人传”，意思是将996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止.分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传.则第二和第七个孩子分得棉的斤数之和为（ ） A．167 B．176 C．249 D．255 【答案】C 【解析】由题可设8个子女所得棉花斤数依次为，可知8个数字构成等差数列，公差为，前8项之和为，结合等差数列的性质，可求出的值. 【详解】 由题意，设8个子女所得棉花斤数依次为，8个数字构成等差数列，公差，前8项之和为，则，所以. 故选：C. 【点睛】 本题考查数学文化，考查等差数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 6．对于任意，函数满足，且当时，，若，，，则，，之间的大小关系是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】结合时函数的表达式可判断函数在的单调性，由，可知函数的图象关于直线对称，进而由，，其中，可比较出的大小关系. 可得出结论. 【详解】 因为函数满足，所以的图象关于直线对称， 当时，，因为函数和都在上单调递增， 所以函数在上单调递增. 则，， 因为，所以，即， 所以，即. 故选：C. 【点睛】 本题考查比较几个数的大小关系，考查函数单调性及对称性的应用，考查学生的计算能力与推理能力，属于基础题. 7．已知函数，.若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对函数求导，并判断单调性，可作出函数的图象，函数有两个不同的零点，可知方程有两个不同实数解，结合函数的图象，可求得的取值范围. 【详解】 由题意，， 当时，，函数单调递减，且此时； 当时，，函数单调递增，且此时，的最小值为. 函数有两个不同的零点，则方程有两个不同实数解，作出函数的图象，如下图： 显然，当，即时，有两个不同的零点. 故选：B. 【点睛】 本题考查函数图象的性质，考查函数的零点，考查学生的计算能力与推理能力，属于中档题. 8．如图，网格纸上小正方形的边长为1.粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】三视图还原成空间图形，该几何体为直三棱柱与半个圆锥的组合体，根据体积公式，即可求解. 【详解】 由三视图可得，该几何体是直三棱柱与半个圆锥的组合体， 其中三棱柱的底面是等腰三角形且面积为2，侧棱长为4， 半个圆锥底面半径为1，高为2， 该几何体的体积为. 故选:D 【点睛】 本题考查几何体的三视图求几何体的体积，解题的关键要确定几何体的结构特征，属于基础题. 9．已知圆：与直线：，为直线上一动点.若圆上存在点，使得，则的最大值为（ ） A． B．4 C．2 D． 【答案】C 【解析】易知直线与圆相离，为直线上一动点，当直线与圆相切时，取得最大值，求解即可. 【详解】 圆的圆心为，半径为1，圆心到直线的距离为，可知直线与圆相离， 由正弦定理可得三角形的外接圆直径为， 为直线上一动点，当直线与圆相切时，此时为外接圆的直径，取得最大值，最大值为. 故选：C. 【点睛】 本题考查直线与圆的位置关系以及正弦定理的应用，考查数形结合的数学思想，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题. 10．关于函数有下述四个结论：①函数的最小正周期为；②函数在区间上单调递减；③函数在上有四个零点；④函数的最大值为1.其中所有正确的结论序号为（ ） A．①②④ B．②④ C．①③ D．②③④ 【答案】B 【解析】对函数去绝对值，结合三角函数的性质，对四个命题逐个分析，可选出答案. 【详解】 由题意，时，；时，. 因为，，所以函数的最小正周期不是，故①错误； 由，，可得的最大值为1，即④正确； 接下来分析函数在上的单调性， 当时，，因为，所以在上单调递减，且； 同理时，单调递减，. 显然，函数在区间上单调递减，即②正确. 令，则，则，令，解得或，即函数在上有2个零点，故③错误. 综上，正确的结论序号为②④. 故选：B. 【点睛】 本题考查三角函数的单调性、周期性，考查函数的零点及最值，考查分段函数的性质，考查学生的计算能力与推理能力，属于中档题. 11．已知抛物线的焦点为，是抛物线上异于坐标原点的任意一点，以为圆心，为半径的圆交轴负半轴于点.平行于的直线与抛物线相切于点，则直线必过定点（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，可得半径，即可得到点的坐标，进而可得到直线斜率的表达式，对求导，结合导数的几何意义可得到点的坐标，进而可表示出直线的方程，从而可求得直线所过定点. 【详解】 由题意，，设，则，圆的半径为，则，，设点的横坐标为，由，得，则，，直线为，整理得，当时，，即直线必过定点. 故选：A. 【点睛】 本题考查抛物线的性质，考查直线方程恒过定点问题，考查学生的计算求解能力，属于中档题. 12．已知函数，若时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】令，可知时，恒成立，对函数求导，并分类讨论求其单调性，使得函数的最小值，可求出的取值范围. 【详解】 令，则时，恒成立， ， 令， 若，在时，，且， 此时函数单调递减，则，显然不符合题意； 若，，令，解得， ①当，即时，在时，， 单调递增，即，则， 即函数在单调递增，则成立，故时，符合题意； ②当，即时，在时，单调递减， 在时，单调递增. ，则时，，， 令，得， 函数中，，即在上单调递减，则的值域为， 因为，所以存在解，即，， 故时，，时，，即， 只需即可，则， 解得，故符合题意. 综上，当时，不等式恒成立. 故选：D. 【点睛】 本题考查函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想的应用，考查学生的逻辑推理与计算求解能力，属于难题. 二、填空题 13．若实数，满足约束条件，则的最小值为______. 【答案】0 【解析】作出不等式组对应的可行域，如下图，易得，，，，令，问题可转化为可行域内的点与定点间的斜率，结合图形，求解即可. 【详解】 作出不等式组对应的可行域，如下图阴影部分，易得，，， ，令，为可行域内的点与定点间的斜率，结合图形可知，，，，即，则，故的最小值为0. 故答案为：0. 【点睛】 本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 14．在中，已知，，，角的平分线交边于，则______. 【答案】 【解析】分别过点作的垂线，交于，可求得和的值，由，可求得. 【详解】 作出图形，如下图，分别过点和点作的垂线，垂足为， 因为为角的平分线，，所以， 则，， 则， 又 ， 所以，即. 故答案为：. 【点睛】 本题考查解三角形，利用三角形的面积公式是解决本题的较好方法，考查学生的推理能力与计算能力，属于基础题. 15．设的图象在点处的切线为，则曲线，直线及轴所围成的图形的面积为______. 【答案】 【解析】根据导数的几何意义可求出直线的方程，进而利用定积分求面积即可. 【详解】 由题意，，，则直线的斜率为，直线方程为，即，当时，， 所求图形的面积为. 故答案为：. 【点睛】 本题考查导数的几何意义，考查利用定积分求面积，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 16．在四棱锥中，底面为矩形，平面，，.以为直径的球与交于点（异于点），则四面体外接球半径______. 【答案】 【解析】过点作的垂线，垂足即为，可求出，易证平面，从而可得到平面平面，分别取，的中点，，可得，平面，由是直角三角形，可知直线上任意一点到三个顶点的距离相等，作线段的垂直平方线，垂足为，交于点，则点为三角形的外接圆圆心，且为四面体外接球球心，由正弦定理可求得三角形的外接圆半径，即为所求外接球半径，求解即可. 【详解】 由题意，平面，底面为矩形，，， 可得，，， 过点作的垂线，垂足即为， ，所以，， 因为，，，所以平面， 则，，即. 因为平面，平面，所以平面平面， 分别取，的中点，，则，平面， 因为是直角三角形，所以直线上任意一点到三个顶点的距离相等， 作线段的垂直平方线，垂足为，交于点，则到三个顶点的距离都相等，即四面体外接球球心为，且的外接圆圆心为， 中，， 由正弦定理，，即的外接圆半径为，四面体外接球半径. 故答案为：. 【点睛】 本题考查空间几何体的外接球问题，考查学生的空间想象能力，考查学生的计算求解能力，属于中档题. 三、解答题 17．记为等比数列的前项的和，且为递增数列.已知，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项之和. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由题可得，，即可求出和，结合为递增数列，可求得通项公式； （2）结合（1）可得到，利用裂项相消法可求出前项之和. 【详解】 （1）设等比数列的公比为，则，解得或， 因为为递增数列，所以只有符合题意，故； （2）由题意，， ∴ . 【点睛】 本题考查等比数列的通项公式的求法，考查裂项相消求和法的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 18．在中，角，，的对边分别为，，，设. （1）求的值； （2）若，，求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）利用正弦定理边化角，然后结合两角和的正弦公式可得到，从而可求出； （2）由可求出，然后利用正弦定理可求出，进而可求出，将展开可求出答案. 【详解】 （1）由正弦定理得， 即， ∴； （2）易知，由正弦定理，则， 又，∴，即为锐角，则. ∴. 【点睛】 本题考查正弦定理在解三角形中的应用，考查两角和的正弦公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 19．在第六个国家扶贫日到来之际，中共中央总书记、国家主席①、中央军委主席习近平对脱贫攻坚工作作出重要指示强调，新中国成立70年来，中国共产党坚持全心全意为人民服务的根本宗旨，坚持以人民为中心的发展思想，带领全国各族人民持续向贫困宣战.某县政府响应习总书记的号召，实施整治环境吸引外地游客的脱贫战略，效果显著.某旅行社组织了两个旅游团于近期来到了该县的某风景区.数据显示，近期风景区中每天空气质量指数近似满足函数，其中为每天的时刻.若在凌晨4点时刻，测得空气质量指数为21.8. （Ⅰ）求实数的值； （Ⅱ）求近期每天在时段空气质量指数最高的时刻.（参考数值：） 【答案】（Ⅰ）600；（Ⅱ）12时. 【解析】（1）将代入解析式，解关于 的方程，即可得出结论； （2）求，求出的单调区间，进而求出极值，即可求解. 【详解】 解：（Ⅰ）由得， 所以； （Ⅱ）由 得， 由得. 列表得 12 + 0 - 增 极大值 减 所以函数在时取极大值也是最大值， 所以近期每天空气质量指数最高的时刻为12时. 【点睛】 本题考查函数应用问题，利用导数求函数的最值，考查计算能力，属于中档题. 20．已知点，直线：，平面上有一动点，记点到的距离为.若动点满足：. （1）求点的轨迹方程； （2）过的动直线与点的轨迹交于，两点，试问：在轴上，是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）存在定点，使得为常数，点 【解析】（1）设点，可得到的表达式，结合，可求得的关系式，即为所求轨迹方程； （2）若直线的斜率存在，设过点的直线：，与轨迹方程联立，可得到关于的一元二次方程及根与系数关系，设，，，可得到的表达式，将根与系数关系代入上式，整理并化简可求得定点及定值，若直线的斜率不存在，验证可知也满足题意. 【详解】 （1）设点，则，，展开得， 所以的轨迹方程为； （2）假设在轴上存在定点，使得为常数，设，，， 则，， 若直线的斜率存在，不妨设过点的直线：，， ，， 则 ， 不妨设，则 化简可得， 令，解得，， 即为常数，点，； 若直线的斜率不存在，设在的上方，可得，，经验证满足. 故在轴上，存在定点，使得为常数，点，. 【点睛】 本题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查一元二次方程中根与系数关系的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题. 21．如图1，四边形是等腰梯形，，，，为的中点.将沿折起，如图2，点是棱上的点. （1）若为的中点，证明：平面平面； （2）若，试确定的位置，使二面角的余弦值等于. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）取的中点为，连结，，易知，可得平面，从而，取中点，连结，，易证，，，四点共面，由，可得，即可证明平面，从而可证明平面平面； （2）先证明互相垂直，进而分别以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，可得到点坐标，进而求得平面和平面的法向量，由可求出的值. 【详解】 （1）由题意，且，所以四边形是平行四边形， 又，，所以是正三角形，是菱形， 取的中点为，连结，，易知是正三角形，则，又，则平面，所以； 取中点，连结，，则，所以，，，四点共面， 又，则，又，所以平面. 又平面，∴平面平面. （2）因为，，所以，又且，则以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，设， 则，易知平面的法向量可取， 设平面的法向量为，又，， ∴，则可取， 由题意，解得，故. 【点睛】 本题考查面面垂直的证明，考查空间向量法解决二面角问题，考查学生的空间想象能力及计算求解能力，属于中档题. 22．已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个极值点，且恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）详见解析；（2） 【解析】（1）对函数求导，分，和三种情况，讨论导函数的正负，进而可得到函数的单调性； （2）由（1）知时，有两个极值点，可得，，整理可得，不等式可化为，结合可得到，令上述不等式等价于当时恒成立，构造函数，求导并讨论单调性，使其最小值大于0即可求出答案. 【详解】 （1）函数的定义域为， ， ①若，则，显然，所以在单调递减； ②若，由得，此时， 由得； 由得. 即在区间单调递增，在区间和单调递减； ③若，， 则在区间单调递增，在区间单调递减. （2）由（1）知时，有两个极值点，，是方程的两个根，，， ∴ ， 所以原不等式等价于， 又，∴， 即， 令，上述不等式可化为，当时，恒成立. 设，则， 令，则， 当时，，即在上单调递增， 所以时，. ①当即时，，即在上单调递增，符合题意； ②当时，因为在上单调递增，记， 则时，时， 即时单调递减，所以存在，使，不合题意， 综上所述：. 【点睛】 本题考查函数的单调性，考查不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想的应用，考查学生的推理论证能力，属于难题. 第 22 页 共 22 页