安徽省皖南八校2020届高三上学期联考数学（理）试题

安徽省皖南八校2020届高三上学期联考数学（理）试题

‎“皖南八校"2020届高三第二次联考数学（理科）‎ 一、选择题（本大题共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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的补集，再求交集。‎ ‎【详解】由题意，∴。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题。‎ ‎2.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数除法计算出，再由共轭复数定义求出。‎ ‎【详解】，‎ ‎∴。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数的概念。属于基础题。‎ ‎3.某地某所高中2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.2倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考升学情况，得到如图所示：则下列结论正确的（ ）‎ A. 与2016年相比，2019年一本达线人数有所减少 B. 与2016年相比，2019年二本达线人数增加了1倍 C. 与2016年相比，2019年艺体达线人数相同 D. 与2016年相比，2019年不上线的人数有所增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设2016年参考人数为，依据表格计算两年的一本达线人数、二本达线人数、艺体达线人数、不上线的人数，然后比较得出结论。‎ ‎【详解】设2016年参考人数为，则 ‎2016年一本达线人数，2019年一本达线人数，A错；‎ ‎2016年二本达线人数，2019年二本达线人数，增加了，不是一倍，B错；‎ ‎2016年艺体达线人数，2019年艺体达线人数，C错；‎ ‎2016年不上线的人数，20196年不上线的人数，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查统计表格的应用，解题关键是读懂表格给出的数据，并能加以应用。‎ ‎4.已知两个单位向量满足，则的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知模求出，再利用向量夹角公式计算。‎ ‎【详解】∵是单位向量，‎ ‎∴，，‎ ‎，∴。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查求向量夹角，可根据数量积定义由两向量的数量积求出其夹角的余弦，而求向量的数量积必须利用向量的模与向量数量积的关系转化计算，即。‎ ‎5.函数在上的图象大致为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分析奇偶性，可排除两个选项A、C，然后从特殊值角度研究，计算和，比较它们绝对值的大小，可得正确选项。‎ ‎【详解】∵，∴是偶函数，排除A、C，‎ ‎，，易知，B不符，只有D满足。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可先研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性、周期性等，排除一些选项，然后研究函数特殊值、特殊点再排除一些选项，最后只剩一个正确选项为止。‎ ‎6.已知斐波那契数列的前七项为：1、1、2、3、5、8，13.大多数植物的花，其花瓣数按层从内往外都恰是斐波那契数，现有层次相同的“雅苏娜”玫瑰花3朵，花瓣总数为99，假设这种"雅苏娜”玫瑰花每层花瓣数由内向外构成斐波那契数列，则一朵该种玫瑰花最可能有（ ）层.‎ A. 5 B. 6 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 每朵玫瑰花的花瓣总数为33，计算斐波那契数列的前项和，比较即得。‎ ‎【详解】由题意每朵玫瑰花的花瓣总数为33，而斐波那契数列的前项和依次为，因此一朵该种玫瑰花最可能有7层。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查数列的前项和的概念。属于数列应用的基础题。‎ ‎7.如图，正方体中，点E，F分别是的中点，为正方形的中心，则（ ）‎ A. 直线EF，AO是异面直线 B. 直线EF，是相交直线 C. 直线EF与所成的角为 D. 直线，所成角的余弦值为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按共面不共面判断、，由异面直线所成角定义计算角判断、。‎ ‎【详解】∵为正方形的中心，是中点，∴，即，共线，从而共线，A错；‎ 平面，平面，，平面，∴是异面直线，B错；‎ 又是中点，可得且，是平行四边形，则，是异面直线与所成的角，设正方体棱长为1，中，，，，‎ ‎，C正确，‎ 同理得是，所成的角，在中求得。D错。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查异面直线的判断，考查求异面直线所成的角，解题方法可根据异面直线的判断定理证明，求异面直线所成的角可根据定义作出这个角，然后解三角形得结论。‎ ‎8.执行如图所示的程序框图，输出的的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟程序运行，寻找规律，得出结论．‎ ‎【详解】程序运行时，变量的值依次为：；；；；…，是奇数时，，是偶数时，输出时，．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，解题时模拟程序运行，观察变量的变化规律，就可得出结论．‎ ‎9.已知定义在R上的奇函数满足，且在区间[1，2]上是减函数，令 ‎，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由满足，且在区间[1，2]上是减函数，确定在上是增函数，再由奇函数性质得在上递增，在上单调递增．然后把自变量的值都转化到上，比较大小．‎ ‎【详解】设，则，又在上递减，∴，而，，∴，即，∴在是递增，‎ ‎∵是奇函数，∴在上递增，从而在上单调递增，，‎ ‎，，，，‎ ‎∴由得，即．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性．解题关键是确定函数的单调性，难点在于由满足，且在区间[1，2]上是减函数，确定在上是增函数，然后就是这类问题的常规解法，确定出上单调性，转化比较大小．‎ ‎10.已知是双曲线的右焦点，动点在双曲线左支上，点为圆上一点，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，的最小值是，转化为求的最小值即为．‎ ‎【详解】‎ 双曲线中，，，，圆半径为，，‎ ‎∴，（当且仅当共线且在间时取等号．‎ ‎∴，当且仅当是线段与双曲线的交点时取等号．‎ ‎∴的最小值是9．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的标准方程，在涉及到双曲线上的点到焦点的距离时，常常与定义联系，双曲线上点到一个焦点的距离可能转化为到另一个焦点的距离，圆外一点到圆上点的距离的最大值为圆外的点到圆心距离加半径，最小值为圆外的点到圆心距离减半径．‎ ‎11.关于函数有下述四个结论：①的最小值为；②在上单调递增；③函数在上有3个零点；④曲线关于直线对称.其中所有正确结论的编号为（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据各个选项研究函数的性质，如最值，单调性，零点，对称性等．‎ ‎【详解】，①错；当时，，在上不是单调函数，实际上它在上递减，在递增，②错；当时，，函数无零点，当，即时，注意到是偶函数，研究时，，只有，因此在时，函数有三个零点，③正确；，∴曲线关于直线对称，④正确．‎ ‎∴正确结论有③④，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查正弦函数和余弦函数的图象和性质，本题的难点在于含有绝对值符号，因此我们可以通过绝对值定义去掉绝对值符号后研究函数的性质，如，然后分段研究．‎ ‎12.已知三棱锥满足底面，在中，，，，是线段上一点，且，球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先找到外接球球心，过的中点作，则平面，取，则为外接球球心，过点作球的截面，最大的截面过球心，最小的截面是过且与垂直的截面，由此可用表示出两截面圆半径．‎ ‎【详解】‎ 如图．是边中点，是边中点，∵，∴是的外心，作，∵平面，∴平面，∴，‎ 取，易得，∴是三棱锥的外接球的球心。是中点，则，，∴，∵，∴，∴，设，则，，又，∴，‎ 过且与垂直的截面圆半径为，则，这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于球半径，∴，，‎ ‎，。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查球的表面积，解题关键是确定三棱锥外接球球心。结论：多面体外接球球心一定在过各面外心与此面垂直的直线上。‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知曲线在点处的切线方程为，则实数的值为_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导函数。由可求得。‎ ‎【详解】由题意，，由得。‎ 故答案为：2。‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，函数在某点处的导数就是函数图象在该点的导数值。‎ ‎14.已知正项等比数列的前项和为，若，，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用基本量法，求出首项和公比，再求。‎ ‎【详解】设首项，公比，易知，‎ ‎∴，由于均为正，∴，‎ ‎∴‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的前项公式和通项公式，解题方法是基本量法，即由已知首先求出首项和公比，然后再求通项公式和前项和公式。‎ ‎15.《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（""表示一根阳线，""表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线，四根阴线的概率为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线或全为阴线各一个，还有6个是1阴2阳和1阳2阴各3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。‎ ‎【详解】八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线的一个，全为阴线的一个，1阴2阳的3个，1阳2阴的3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。‎ ‎∴从8个卦中任取2卦，共有种可能，两卦中共2阳4阴的情况有，所求概率为。‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查古典概型，解题关键是确定基本事件的个数。本题不能受八卦影响，我们关心的是八卦中阴线和阳线的条数，这样才能正确地确定基本事件的个数。‎ ‎16.点是抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若，中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作准线的垂线，垂足分别为，则，在中寻找它们的关系，求出比值的最大值。‎ 详解】‎ 如图，过作准线的垂线，垂足分别为，则，‎ 中，，当且仅当时取等号。‎ ‎∴，‎ ‎，即的最大值为。‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义，在抛物线中涉及到抛物线上的点到焦点的距离或弦中点到准线的距离，可作出抛物线上点到准线的距离，让它们进行转化，象本题，弦中点到准线距离最终转化为弦的两顶点到焦点的距离之和，然后在三角形中由余弦定理建立联系。‎ 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）‎ ‎17.在中，分别为角所对的边，.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，的面积为，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）应用二倍角公式化为的形式，然后正弦定理转化为边的关系，最后由余弦定理求得；‎ ‎（2）由面积公式求得，再由余弦定理求得。‎ ‎【详解】（1）.‎ ‎∴，‎ 由正弦定理得，，，∴。‎ ‎（2），，‎ ‎∴，∴。‎ ‎【点睛】本题考查二倍角公式，考查正弦定理、余弦定理，考查三角形面积公式。在解三角形问题中应用正弦定理、余弦定理时行边角转换，是常用方法。‎ ‎18.如图（1），在平面四边形ABCD中，AC是BD的垂直平分线，垂足为E，AB中点为F，，，，沿BD将折起，使C至位置，如图（2）.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当平面平面ABD时，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）折叠过程中，保持不变，又由线面垂直，从而得证线线垂直。‎ ‎（2）由两平面垂直可得两两垂直，以它们为坐标轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，由线面角的向量法求解。‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴平面，而平面，‎ ‎∴。‎ ‎（2）由（1）知是二面角的平面角，‎ 又平面平面ABD，∴，即，‎ 分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，‎ 在四边形中，∵，∴，，，‎ ‎∴，是中点，∴‎ ‎，，，‎ 设平面的法向量为，则 ‎，即，则，，‎ ‎，‎ ‎∴直线与平面所成角的正弦值为。‎ ‎【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查求直线与平面所成的角，证明线线垂直，要先证线面垂直；而求直线与平面所成角可建立空间直角坐标系，用空间向量法求角，这样可以只要计算，不需要作图与证明。‎ ‎19.设椭图的左焦点为，右焦点为，上顶点为B，离心率为，是坐标原点，且 ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）已知过点的直线与椭圆C的两交点为M，N，若，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）椭圆中，由已知就有，解得，得椭圆方程；‎ ‎（2）设出坐标，由，得，再由在椭圆上，联立后可解得 点坐标，从而求得直线方程。‎ ‎【详解】（1）由题意，又，∴，‎ ‎∴椭圆方程为；‎ ‎（2）由（1），‎ 直线斜率不存在时不合题意，设方程，，‎ 由得，‎ ‎，‎ ‎∵，∴，即，‎ ‎∴，，‎ ‎，整理得，，‎ ‎∴直线的方程为，即或。‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题。考查运算求解能力。在直线与椭圆相交问题中常常采用“设而不求”思想方法，即设直线方程，设交点坐标为，由直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后可得，然后把代入题中的条件（如本题中），求得参数值或证明出相应的结论。‎ ‎20.已知函数，为的导函数，证明：‎ ‎（1）在区间上存在唯一极大值点；‎ ‎（2）在区间上有且仅有一个零点.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导函数，设，再求，由的单调性及零点存在定理说明在上有唯一零点，这就是的唯一极大值点．‎ ‎（2）由（1）在上有唯一极大值点，又计算和，说明在上恒成立，即是上的增函数，结合零点存在定理可得结论．‎ ‎【详解】（1），设，‎ 则，‎ 当时，，递增，又是增函数，‎ ‎∴在是单调递减．‎ ‎，，‎ ‎∴存在唯一的，使得，且当时，，递增，时，，递减，∴是的极大值点，也是唯一极大值点．‎ 即是上的的唯一极大值点．‎ ‎（2）由（1），，∴时，，‎ ‎∴在上单调递增．‎ ‎，，‎ ‎∴在上存在零点也是唯一零点．‎ ‎【点睛】本题考查导数与极值，考查零点存在定理．解题时导数说明函数的单调性，由零点存在定理说明零点存在，这样就是唯一的零点．‎ ‎21.11月，2019全国美丽乡村篮球大赛在中国农村改革的发源地-安徽凤阳举办，其间甲、乙两人轮流进行篮球定点投篮比赛（每人各投一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲乙两人在同一位置，甲先投，每人投一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得-1分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次投球命中的概率为，乙每次投球命中的概率为，且各次投球互不影响.‎ ‎（1）经过1轮投球，记甲的得分为，求的分布列；‎ ‎（2）若经过轮投球，用表示经过第轮投球，累计得分，甲的得分高于乙的得分的概率.‎ ‎①求；‎ ‎②规定，经过计算机计算可估计得，请根据①中的值分别写出a，c关于b的表达式，并由此求出数列的通项公式.‎ ‎【答案】（1）分布列见解析；（2）①；②，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）经过1轮投球，甲的得分的取值为，记一轮投球，甲投中为事件，乙投中为事件，相互独立，计算概率后可得分布列；‎ ‎（2）由（1）得，由两轮的得分可计算出，计算时可先计算出经过2轮后甲的得分的分布列（的取值为），然后结合的分布列和的分布可计算，‎ 由，代入，得两个方程，解得，从而得到数列的递推式，变形后得是等比数列，由等比数列通项公式得，然后用累加法可求得．‎ ‎【详解】（1）记一轮投球，甲命中为事件，乙命中为事件，相互独立，由题意，，甲的得分的取值为，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴的分布列为：‎ ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎（2）由（1），‎ ‎，‎ 同理，经过2轮投球，甲的得分取值：‎ 记，，，则 ‎，，，，‎ 由此得甲的得分的分布列为：‎ ‎－2‎ ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，，∴，‎ 代入得：，‎ ‎∴，‎ ‎∴数列是等比数列，公比为，首项为，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查随机变量的概率分布列，考查相互独立事件同时发生的概率，考查由数列的递推式求通项公式，考查学生的转化与化归思想，本题难点在于求概率分布列，特别是经过2轮投球后甲的得分的概率分布列，这里可用列举法写出各种可能，然后由独立事件的概率公式计算出概率．‎ 请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则按所做的第一题计分 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与轴的交点为A，与y轴的交点为B，P是曲线C上一点，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用消参数法可得曲线的普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；‎ ‎（2）求出两点坐标，得，到直线的距离的最大值等于圆心到直线的距离加上圆的半径，由此可得面积最大值．‎ ‎【详解】（1）由得，这是曲线的普通方程，‎ 由得，∴，即．‎ ‎（2）由（1）知直线与坐标轴的交点为，，‎ 圆方程为，圆心为，半径为，点在圆上，‎ 圆心到直线的距离为，‎ 到直线的距离的最大值为，又，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程用消参数法可化为普通方程，利用公式可进行极坐标方程与直角坐标方程的互化．‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知，证明：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用的几何意义证明，表示点到原点的距离的平方，距离的最小值是原点到直线的距离，由此可证；‎ ‎（2）先求出的范围，然后可化为关于的二次函数形式，再由二次函数的性质可得最大值，从而证明结论．‎ ‎【详解】证明：（1）表示点到原点的距离的平方，而原点到直线的距离为，∴；‎ ‎（2）∵，∴，，‎ ‎，易知时，取得最大值．‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查不等式的证明，证明方法与一般证明不等式的方法不同，第（1）小题利用二次式的几何意义，表示两点距离的平方，由此得证法，第（2）小题由已知条件变形后代数式化为关于的二次函数，由二次函数性质证明．这两种方法具有一定的局限性，注意体会．‎ ‎ ‎