新疆2020届高三年级联考理科数学试题

新疆2020届高三年级联考理科数学试题

慕华·优策2019—2020学年高三年级第二次联考理科数学试卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.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】‎ 分别求出集合、的值，由补集和并集的概念可得的值，可得答案.‎ ‎【详解】解：依题意，,，故，故，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合交并补运算，属于基础题型，注意运算准确.‎ ‎2.若复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的模长公式和复数的除法运算可求得复数的值.‎ ‎【详解】，则，所以，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，同时也考查了复数模长公式的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.保护环境就是保护人类健康.空气中负离子浓度（单位：个/）可以作为衡量空气质量的一个指标，也对人的健康有一定的影响.根据我国部分省市区气象部门公布的数据，目前对空气负离子浓度的等级标准如下表.‎ 表负离子浓度与空气质量对应标准：‎ 负离子浓度 等级 和健康的关系 级 不利 级 正常 级 较有利 级 有利 级 相当有利 级 很有利 级 极有利 图空气负离子浓度 某地连续天监测了该地空气负离子浓度，并绘制了如图所示的折线图.根据折线图，下列说法错误的是( )‎ A. 这天空气负离子浓度总体越来越高 B. 这天中空气负离子浓度的中位数约个 C. 后天的空气质量对身体健康的有利程度明显好于前天 D. 前天空气质量波动程度小于后天 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据折线图的走势可判断A选项的正误；根据折线图估算这天中空气负离子浓度的中位数，可判断B选项的正误；根据前天和后天负离子浓度的大小关系可判断C选项的正误；根据折线图的波动情况可判断D选项的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】对于A选项，从折线图来看，这天的空气负离子浓度总体越来越高，A选项正确；‎ 对于B选项，从折线图来看，这天中空气负离子浓度的中位数应为月和月负离子浓度的平均数，约为个，B选项正确；‎ 对于C选项，后天比前天空气负离子浓度高，则后天的空气质量对身体健康的有利程度明显好于前天，C选项正确；‎ 对于D选项，从折线图来看，前天空气质量波动程度大于后天，D选项错误.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查折线图的应用，考查学生的数据处理和分析能力，属于基础题.‎ ‎4.已知向量、满足，且，，则向量、的关系是（ ）‎ A. 互相垂直 B. 方向相同 C. 方向相反 D. 成角 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设向量与的夹角为，根据平面向量数量积的运算求出的值，进而可得出结论.‎ ‎【详解】设向量与的夹角为，则，‎ 即，得，，.‎ 因此，向量、方向相反.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两向量位置关系的判断，根据向量的数量积求出两向量的夹角是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.公差不为零的等差数列中，成等比数列，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的公差为，根据成等比数列，可得，化简求得的关系再求解.‎ ‎【详解】设的公差为，‎ 由成等比数列，可得，‎ 即，‎ 即，‎ 故.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的基本运算，还考查运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎6.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数和对数函数的单调性比较、、三个数与和的大小关系，进而可得出、、的大小关系.‎ ‎【详解】指数函数是上增函数，则；‎ 指数函数是上的减函数，则，即；‎ 对数函数是上的增函数，则.‎ 因此，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查指数幂与对数式的大小比较，一般利用指数函数与对数函数结合中间值法来比较，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.‎ ‎7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可知，该几何体是圆柱的一半与长方体的组合体 ，结合三视图的量，得到圆柱的底面半径和高及长方体的长宽高，再利用柱体体积公式求解.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体是圆柱的一半与长方体的组合体，‎ 其中半圆柱的底面半径为3，高为1，‎ 故其体积为：.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查三视图的应用及几何体体积，还考查运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎8.数列的前项和为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用求得数列的通项公式，并利用错位相减法求得的值，进而可得出结果.‎ ‎【详解】当时，，即；‎ 当时，，则.‎ 满足，所以，对任意的，.‎ 设，‎ 则，‎ 下式上式得，‎ 因此，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用前项和求通项，同时也考查了错位相减法求和，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎9.已知命题是的充分条件；命题若，则，则下列命题为假命题的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用充分条件的定义判断命题的真假，取判断命题的真假，再利用复合命题的真假可得出结论.‎ ‎【详解】对于命题，若，则且，所以，是 的充分条件，命题为真命题；‎ 对于命题，当时，则，命题为假命题.‎ 因此，为真，为假、为真、为真.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复合命题真假的判断，涉及充分条件以及命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎10.设、、、是同一个直径为的球的球面上四点，过球心，已知与都是等边三角形，则三棱锥的体积是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，设球心为点，则为的中点，连接、、，计算出的边长，推导出平面，计算出的面积，进而可得出三棱锥的体积为，计算即可.‎ ‎【详解】如下图所示，取的中点，设球心为点，则为的中点，连接、、，‎ 设，则，‎ 由题意可知，且，由勾股定理，即 ‎，解得.‎ 为的中点，，，且，‎ 又，所以，平面，‎ 为的中点，，且，‎ 的面积为，‎ 因此，三棱锥的体积为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查球内接三棱锥体积的计算，推导出线面垂直是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎11.已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线的右支上，点为的中点，为坐标原点，,,的面积为，则该双曲线的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据为的中点，由中位线定理可得，且，，再由双曲线的定义结合，可得，然后设双曲线的焦距为‎2c，在中由余弦定理，结合正弦定理的面积为求解.‎ ‎【详解】由为的中点，所以，且，‎ 故，‎ ‎，故，‎ 设双曲线的焦距为‎2c，在中，‎ 由余弦定理可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 的面积为，‎ ‎，双曲线的方程为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用及双曲线方程的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，函数，若方程恰好有4个实数根，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，，求导，由可得，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，然后在同一坐标系中画出函数与曲线的图象求解.‎ ‎【详解】当时，，‎ 则，由，可得.‎ 当时，，当时，，‎ 故在上单调递增，在上单调递减.‎ 因此，在同一坐标系中画出函数与曲线的图象 如图所示.‎ 若函数与恰好有4个公共点，‎ 则，即，‎ 解得.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查函数与方程问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.的展开式中，含项的系数为___________.‎ ‎【答案】435‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先展开，再结合二项展开式的通项公式求解.‎ ‎【详解】依题意，，‎ 的展开式的通项公式为；‎ 故含项的系数为 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理，明确特定项是怎么得出的是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎14.已知实数、满足，则的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解即可．‎ ‎【详解】作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示，‎ 联立，解得，得点.‎ 则的几何意义是区域内的点与定点连线的斜率，‎ 当直线从逆时针旋转至接近直线（不与直线重合）时，直线的倾斜角逐渐增大，且为钝角，此时，即；‎ 当直线从逆时针旋转至直线时，直线的倾斜角从逐渐变大为锐角，此时.‎ 综上所述，的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合直线的斜率公式以及利用数形结合是解决本题的关键，属于中等题.‎ ‎15.已知过点的直线交抛物线于、两点，直线、（为坐标原点）分别交直线于点、，则以为直径的圆截轴所得的弦长为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点、，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出点、的坐标，求出圆心的坐标以及，利用勾股定理可计算出圆截轴所得的弦长.‎ ‎【详解】设点、，设直线的方程为，‎ 联立，消去并整理得，‎ 由韦达定理得，，‎ 直线的方程为，联立，得点，同理可得点，‎ 设以为直径的圆的圆心为，则，所以，圆心为，‎ ‎，圆的半径为，‎ 因此，以为直径的圆截轴所得的弦长为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，考查了直线截圆所得弦长的计算，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎16.已知函数，若方程有四个不等实根，则实数的取值范围为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断的性质，结合方程有四个不等实根，可求实数的取值范围.‎ ‎【详解】因为，所以为偶函数；‎ 当时，，为增函数，所以；‎ 有四个不等实根，即，，且，则，解得，即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质及根的分布问题，根的分布结合根的情况列出限定条件是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ 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.在中，、、是角、、所对的边，且.‎ ‎（1）求大小；‎ ‎（2）若，，求边上的高.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理边角互化思想可求得的值，结合角的取值范围可得出角的值；‎ ‎（2）利用余弦定理求得的值，利用正弦定理求得的值，进而可得出边上的高为，即可得解.‎ ‎【详解】（1），‎ 由正弦定理得，‎ 即，即，‎ ‎，，则有，，因此，；‎ ‎（2）由余弦定理得，整理得，‎ ‎，解得，由正弦定理，得，‎ 因此，边上的高为.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，同时也考查了三角形高的计算，涉及正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎18.如图，是正方形，平面，，，.‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若二面角的余弦值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，证明平面，再利用线面垂直的性质定理，得到结论；‎ ‎（2）以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，，求出平面和平面的法向量，利用夹角公式求出，进而得出结论．‎ ‎【详解】（1）由于四边形是正方形，.‎ 平面，平面，所以，‎ 又，所以平面，又平面，故；‎ ‎（2）如图，以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，，则，‎ 则点、、、，‎ ‎，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，得，取，则，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，得，取，则，，.‎ 由条件可得，整理得，‎ ‎，解得.‎ ‎【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，考查了利用向量法求二面角的余弦值，考查空间想象能力和数学运算能力，属于中档题．‎ ‎19.‎2016年5月20日以来，广东自西北到东南出现了一次明显降雨.为了对某地的降雨情况进行统计，气象部门对当地20日~28日9天内记录了其中100小时的降雨情况，得到每小时降雨情况的频率分布直方图如下：‎ 若根据往年防汛经验，每小时降雨量在时，要保持二级警戒，每小时降雨量在时，要保持一级警戒.‎ ‎（1）若以每组的中点代表该组数据值，求这100小时内每小时的平均降雨量；‎ ‎（2）若从记录的这100小时中按照警戒级别采用分层抽样的方法抽取10小时进行深度分析.再从这10小时中随机抽取3小时，求抽取的这3小时中属于一级警戒时间的分布列与数学期望.‎ ‎【答案】（1）87.25； （2）小时，见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先分别算出五组数据数据对应的频率，再利用平均数公式求解.‎ ‎（2）先根据频率分布直方图得到一级警戒和二级警戒的时间数，用 表示一级警戒的小时数，列出的可能取值，再分别求得其概率，列出分布列，然后代入期望公式求解.‎ ‎【详解】（1）这五组数据对应的频率分别为：0.05，0.35，0.3，0.2，0.1.‎ 故这100小时的平均降雨量为：‎ ‎0.05×77.5+0.35×82.5+0.3×87.5+0.2×92.5+0.1×97.5=87.25.‎ ‎（2）由频率分步直方图可知，属于一级警戒的频率为：(0.04+0.02)×5=0.3，‎ 则属于二级警戒的频率为1－0.3=0.7.所以，抽取的这10个小时中，‎ 属于一级警戒的有3小时，属于二级警戒的有7小时.‎ 从这10小时中抽取3小时，用表示一级警戒的小时数，的取值可能为0，1，2，3.‎ 则，，.‎ 所以，的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 则的期望值为：（小时）.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图及离散型随机变量的分布列，还考查了数据处理和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，且在椭圆上运动，当点恰好在直线l:上时，的面积为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）作与平行的直线，与椭圆交于两点，且线段的中点为，若 的斜率分别为，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据点在椭圆上运动，当点恰好在直线l:上时，的面积为，直线与椭圆方程联立，解得点的坐标，则有，再由求解.‎ ‎（2）设直线的方程为.由可得，由韦达定理，求得点M的横纵坐标，，建立模型，由，得到，或.然后用函数法求范围.‎ ‎【详解】（1）由可得，.‎ 根据对称性，不妨设点在第一象限，则点的坐标为，‎ 设椭圆的焦距为‎2c，由条件可得，‎ 即，‎ 由椭圆的离心率可得，‎ 所以，，‎ 所以，，‎ ‎，解得，故.‎ 故椭圆的方程为 ‎（2）设直线的方程为.‎ 由可得，‎ ‎，即，‎ 所以，，或.‎ 设，‎ 则.‎ 则，.‎ 则，‎ ‎.‎ 当时，，且在和上的取值范围相同，‎ 故只需求在上的取值范围.‎ 而在和上随的增大而增大.‎ 的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆方程的求法和直线与椭圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于难题.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求函数的极值；‎ ‎（2）若函数的图象恒在直线的下方.‎ ‎①求的取值范围；‎ ‎②求证：对任意正整数，都有.‎ ‎【答案】（1）极大值为，无极小值；（2）①；②见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义及直线垂直时斜率的关系可求，然后结合单调性可求极值；‎ ‎（2）①由已知可得对任意的恒成立，分离参数后通过构造函数，转化为求解相应函数的最值，结合导数可求；‎ ‎②结合①可得对任意的恒成立，赋值，可得，然后结合对数的运算性质可求．‎ ‎【详解】（1），，‎ 由已知可得，解得.‎ 则，，其中.‎ 令，得.‎ 当时，；当时，.‎ 所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ 所以，函数的极大值为，无极小值；‎ ‎（2）①由条件知，只需，即对任意的恒成立，‎ 即，其中，‎ 令，则，即，‎ 构造函数，则，令，得，列表如下：‎ 极大值 所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，‎ 所以，，，因此，实数的取值范围是；‎ ‎②由①可知，当时，对任意的恒成立，‎ 令，则，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解参数及利用分离法求解参数范围问题，体现了转化思想的应用，属于难题.‎ ‎（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，作答时请用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.‎ ‎4-4 坐标系与参数方程 ‎22.平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）射线与曲线、直线分别交于、两点（异于极点），求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再由可得出曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，根据题意得出、关于的表达式，利用三角恒等变换思想以及正弦函数的有界性可求得的最大值.‎ ‎【详解】（1）将曲线的参数方程变形为（为参数），‎ 消去参数得，即，‎ 因此，曲线的极坐标方程为，即；‎ ‎（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，‎ 将点的极坐标代入曲线的极坐标方程得，‎ 将点的极坐标代入直线的极坐标方程得，，‎ 所以，，‎ ‎，，当时，即当时，取得最大值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了利用极坐标方程解决最值问题，涉及三角恒等变换思想的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎4-5不等式选讲 ‎23.已知函数的最小值等于.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若正数、、满足，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分、、三种情况讨论，分析函数的单调性，可得出函数的最小值，进而可求得的值；‎ ‎（2）利用柯西不等式得出，由此可得出的最大值.‎ ‎【详解】（1）.‎ 当时，，此时，函数单调递减，则；‎ 当时，，此时，函数单调递减，则；‎ 当时，，此时，函数单调递增，则 综上所述，，解得；‎ ‎（2）由（1）可得，且、、均为正数，‎ 由柯西不等式得，即，.‎ 当且仅当时，等号成立，‎ 因此，的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用柯西不等式求三元代数式的最值，考查分类讨论思想以及计算能力，属于中等题.‎