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

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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