2020届安徽六校高三数学（理科）第一次素质测试试题答案

2020届安徽六校高三数学（理科）第一次素质测试试题答案

第 1 页 共 11 页 安徽省六校教育研究会 2020 届高三第一次联考 数学答案（理科） 命题单位：安徽师范大学附属中学 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，共 60 分） 1．设全集U  R ， { | 1 4}M x x    ，  2| log ( 2) 1N x x   ，则  UM C N  ( ) A．  B．{ | 4 2}x x   C．{ | 4< <3}x x D．{ | 1 2}x x   【详解】由 2log ( 2) 1x   得 2 0x   且 2 2x   ，所以 2 4x  ， 所以  2 4UC N x x x  或 ，则  UM C N  { | 1 2}x x   ，故选： D ． 2．已知复数 z 满足 2 3 4i z i   ,则 z  （ ） A． 2 i  B． 2 i C． 2 i  D． 2 i 【详解】由 (2 )z | 3 4 | 5i i    ，得 5 5(2 )z 22 (2 )(2 ) i ii i i       ．故选： D ． 3．等差数列 的前 项和是 ，公差 不等于零，若 成等比数列，则（ ） A． ൐ ൐ B． ൐ C． ൐ D． 【详解】由 成等比数列．可得 ， 可得（ ） （ ）（ t ）， 即 ，∵公差 不等于零， ＜ ， ． （ ） ＞ ． 故选：C． 4．椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左右焦点分别是 1 2F F、 ，以 2F 为圆心的圆过椭圆的中心， 且与椭圆交于点 P ，若直线 1PF 恰好与圆 2F 相切于点 P ，则椭圆的离心率为( ) A． 3 1 B． 3 1 2  C． 2 2 D． 5 1 2  【详解】由题得 1 2PF PF ，且 2 ,PF c 又 1 2 12 2PF PF a PF a c     由勾股定理得 2 2 2 22 4 2 2 0a c c c e e       ，解得 3 1e   ，故选：A. 第 2 页 共 11 页 5．过三点 (1,3)A 、 (4,2)B 、 (1, 7)C  的圆截直线 2 0x ay   所得弦长的最小值等于（ ） A． 2 3 B． 4 3 C． 13 D． 2 13 【详解】设圆心坐标 P 为（ a ，-2），则 r2＝       2 2 2 21 3 2 4 2 2a a       ，解 得 a =1，所以 P（1，-2）.又直线过定点 Q（-2，0），当直线 PQ 与弦垂直时，弦长最短， 根据圆内特征三角形可知弦长 2 2l=2 r -PQ =2 25-13=4 3 ，∴直线 2 0x ay   被圆截得 的弦长最小值为 4 3 ．故选：B． 6．某罐头加工厂库存芒果  m kg ，今年又购进  n kg 新芒果后，欲将芒果总量的三分之一 用于加工为芒果罐头.被加工为罐头的新芒果最多为  1f kg ，最少为  2f kg ，则下列坐标 图最能准确描述 1f 、 2f 分别与 n 的关系是（ ） 【详解】要使得被加工为罐头的新芒果最少，尽量使用库存芒果，即当 m n m,n 2m3    时 此时 2f 0 ，当 n 2m 时， 2 n m n 2mf m3 3     ，对照图象舍去 B,D; 要使得被加工为罐头的新芒果最多，则尽量使用新芒果，即当 m n mn,n3 2    时 1 m nf 3  ，当 m n mn,n3 2    时 1f n ，因为 m 2m2  ，故选：C. 7．若函数 ( ) (sin )xf x e x a  在区间 ( , )2 2   上单调递增，则实数 a 的取值范围是（ ） A．[ 2, ) B． (1, ) C．[1, ) D． ( 2, )  【详解】 ， ,2 2x       ，    sin cosxf x e x x a    ， 由于函数    sinxf x e x a  在区间 ,2 2      上单调递增， 则 ,2 2x        ，   0f x  ， sin cos 0x x a    ， 得 sin cos 2 sin 4a x x x          ，当 2 2x    时， 3 4 4 4x      ， 第 3 页 共 11 页 则 2 sin 12 4x        ， 2 2 sin 14x         ， 1a  ， 因此，实数 a 的取值范围是 1, ，故选：C. 8．2019 年 5 月 22 日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行；长三角 城市群包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”. 现有 4 名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游, 假设每名同学 均从这四个地方中任意选取一个去旅游, 则恰有一个地方未被选中的概率为（ ） A. 27 64 B. 9 16 C. 81 256 D. 7 16 【详解】所有情况为 44 ，恰有一个地方未被选中的情况有 3 3 2 4 1 4 ACC ，由古典概型可知 16 9 44 3 3 2 4 1 4  ACCP ，故选：B. 9．将函数 ( ) 4cos 2f x x     和直线 ( ) 1g x x  的所有交点从左到右依次记为 1A ， 2A ，…， 5A ，若 P 点坐标为 (0, 3)，则 1 2 5...PA PA PA      （ ） A．0 B．2 C．6 D．10 【详解】函数 ( ) 4cos 2f x x     与 ( ) 1g x x  的所有交点从左往右依次记为 1A 、 2A 、 3A 、 4A 和 5A ，且 1A 和 5A ， 2A 和 4A ，都关于点 3A 对称， 如图所示；则 1 2 5 3... 5 5(1, 3)= 5 3)PA PA PA PA         （ ，-5 ， 所以 1 2 5...PA PA PA      10. 故选：D. 10．如图， 1 2F F、 是双曲线   2 2 2 2 1: 0, 0C ax y a b b   的左、右焦点，过 2F 的直线与双 曲线C 交于 A B、 两点．若 1 1: : 3: 4:5AB BF AF  ．则双曲线的渐近线方程为（ ） A. xy 32 B． xy 22 C． xy 3 D． xy 2 【详解】设 2 , 3AF t AB x  ，则 1 14 , 5BF AFx x  ， 根据双曲线的定义得： 1 2 2 1 2AF AF BF BF a   ， 第 4 页 共 11 页 即  5 3 4 2x t x t x a     ，解得： 3 , t x a x  ， ∵ 1 1: : 3: 4:5AB BF AF  ，得 1ABF 是以 B 为直角的直角三角形， ∴ 1 1 | | 3cos 5 ABBAF AF    ，可得 2 1 3cos 5F AF   2 1F AF 中， 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1| | | | | | 2 co| s| | |F F AF AF AF AF F AF     2 2 2325 9 2 5 3 525( )x x x x x        ，可得 1 2| | 2 13F F x ， 所以渐近线为 xy 32 . 故选：A. 11．条形码是由一组规则排列的条、空及其对应的代码组成，用来表示一定的信息，我们通 常见的条形码是“ 뮀ु ”通用代码，它是由从左到右排列的 个数字（用 表示）组成，这些数字分别表示前缀部分、制 造厂代码、商品代码和校检码，其中 是校验 码，用来校验前 个数字代码的正确性.图（1） 是计算第 位校验码的程序框图，框图中符号 表示不超过 的最大整数（例如 tͷ t ）.现有一条形码如图 （2）所示（ 710720255197 3a ），其中第 个数被污损，那么这个被污 损数字 是（ ） A． B． C． D．6 【详解】由流程图可知，S 表示的结果为前 12 项中所有偶数项之和， T 表示的结果为前 12 项中所有奇数项之和，则： S=7+7+0+2+2+5=23，T=9+a3+1+7+0+5=22+a3， M=3×23+22+a3=91+a3，检验知， 113 a ，可知 9N ， 结合选项进行检验： 83 a ，故选：B. 12．如图，已知四面体 ABCD 为正四面体， 分别是 ,AD BC 中点.若用一个 与直线 EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面 去截该四面 体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）. A． 4 1 B． 4 2 C． 4 3 D．1 第 5 页 共 11 页 【详解】补成正方体，如图. ∴截面为平行四边形 MNKL ,可得 ， 又 且 ,AD BC KN KL   可得 LMNKS NK KL 四边形 当且仅当 NK KL 时取等号，故选：A. 第Ⅱ卷 非选择题（共 90 分） 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．向量 ( 1,1)a   在 (3,4)b  方向上的投影为______． 【详解】由题意，向量 ( 1,1), (3,4)a b    ，则 2 24 11 4 51 33 ,b ba          ， 所以向量 ( 1,1)a   在向量 (3,4)b  方向上的投影为 1 5 a b b      ． 14．已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且在区间（-  ，0）上单调递减，若实数 a 满足 2(2 ) ( 2)af f   ，则 a 的取值范围是______. 【详解】因为 f(x)为偶函数，所以 2(2 ) ( 2)af f  ，且 f(x)在（0，+  ）单调递增，故 22 2a  ，所以 ),2 5()2 3,(  a . 15．如图，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 M 是 AD 的中点，动点 P 在底面 ABCD 内（不包括边界），若 1B P  平面 1A BM ，则 1C P 的最小值是_____． 【详解】如图，在 1 1A D 上取中点Q ，在 BC 上取中点 N ，连接 1 1, , ,DN NB B Q QD ， / /DN BM ， 1/ /DQ AM 且 DN DQ D ， 1BM A M M ， 平面 1 / /B QDN 平面 1A BM ，则动点 P 的轨迹是 DN （不含 ,D N 两点）， 又 1CC  平面 ABCD ，则当CP DN 时， 1C P 取得最小值， . 第 6 页 共 11 页 16．我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》一书中用如图所示的三角形解释二项展 开式的系数规律，现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列， 得数列： ,1,4,6,4,1,1,3,3,1,1,2,1,1,1,1 ，记作数列 na ，若数列 na 的 前 n 项和为 nS ，则 67S =___ . 【详解】使得每行的序数与该行的项数相等，则第 k 行最后项在数列 na 中的项数为  1 2 k k  ，设 67a 位于第  k k N  行，则 ，解得 12k  ， 且第11行最后一项在数列 na 中的项数为11 12 662   ，所以 67a 位于杨辉三角数阵的第 12 行第 1 个， 而第一行各项和为 01 2 ，第二行各项和为 12 2 ，第三行各项的和为 24 2 ，依此类推， 第 k 行各项的和为 12k ， 因此， . 三、解答题（第 17 题 10 分，第 18~22 题每题 12 分，共 70 分） 17．（本小题满分 10 分）已知正项数列 na 的前 n 项和 nS 满足 22 2  nnn aaS . （Ⅰ）求数列 na 的通项公式； （Ⅱ）若 *)()1(2 Nnna nb n n n  ，求数列 nb 的前 n 项和 nT . 解：（Ⅰ）当 1n  时， 1 2a  ， ……………………………1 分 当 2n  时， ， ∴  1 1 1 0n n n na a a a     ，∵ 0na  ，∴ 1 1 0n na a    ，∴ 1 1n na a   ，…3 分 ∴ na 是以 1 2a  为首项， 1d  为公差的等差数列，∴  *1na n n N   ；………5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 1na n  ，∴ nnb nn n 2 1 2 1   ， ……………………………7 分 ∴ 21 2)2 1 2()2 2 3 2()22 2( 11232   nnnT nnn n  . ……………………………10 分 第 7 页 共 11 页 18．（本小题满分 12 分）在 ABC 中， , ,a b c 分别为角 , ,A B C 的对边，且有 CBBCAA sinsin)cos(coscos2  . （Ⅰ）求角 A ； （Ⅱ）若 뮀뜠ु 的内切圆面积为 ，当 뮀뜠 뮀ु 的值最小时，求 뮀뜠ु 的面积. 解：（Ⅰ） ， 因为sin sin 0C B  ，所以 1cos 2A  ， 因为 0 A   ，所以 60A   ； ……………………………5 分 （Ⅱ）由余弦定理得 ，由题意可知 뮀뜠ु 的内切圆半径为 1， 如图，设圆 为三角形 뮀뜠ु 的内切圆， 为切点， 可得 뮀 뮀 뮀 ，则 ， ……………………………7 分 于是 ， 化简得 ， 所以 或 ， 又 ൐ ൐ ，所以 ，即 뮀뜠 뮀ु ， 当且仅当 时， 뮀뜠 뮀ु 的最小值为 6， ……………………………10 分 此时三角形 뮀뜠ु 的面积 sin뮀 sin . ……………………………12 分 19．（本小题满分 12 分）已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， ，侧面 1 1ABB A  底面 ABC ， D 是 BC 的中点， 1 160 ,B BA B D AB   . （Ⅰ）求证： ABC 为直角三角形； （Ⅱ）求二面角 的余弦值. 解：（Ⅰ）取 AB 中点O ，连接 1,OD B O ，在 1AB B 中， ， 故 1AB B 是等边三角形，∴ 1B O AB ， ……………………………2 分 又 1B D AB ，而 1B O 与 1B D 相交于 1B ，∴ AB  平面 1B OD ， 故 AB OD ，又OD AC ，所以 AC AB ， ∴ ABC 为 Rt . ……………………………6 分 第 8 页 共 11 页 （Ⅱ）以O 为坐标原点，分别以 1OB OD OB、 、 方向为 x y z、 、 轴建立空间直角坐标系， 如图所示，令 1 2AB AC AA   ，则          11,2,0 , 1,0,0 , 0,1,0 , 1,0,0 , 0,0, 3C A D B B  ， ………………………7 分 ∴    1 1,0, 3 , 0,2,0BB AC    ， 1 1 1AC AC CC AC BB         1,2, 3  ，  1,1,0AD  ， 设平面 1ADC 的法向量为 ，依题意有： ， 令 1x  ，则 1, 3y z   ，∴ ， ………………………9 分 又平面 的法向量为 ， ∴ ， ……………………………11 分 ∴二面角 的余弦值为 . ……………………………12 分 注：其它解法可按步给分. 20．（本小题满分 12 分）已知 B 是抛物线 21 18y x  上任意一点， (0, 1)A  ，且点 P 为线 段 AB 的中点. （Ⅰ）求点 P 的轨迹 C 的方程； （Ⅱ）若 F 为点 A 关于原点 O 的对称点，过 F 的直线交曲线 C 于 M 、 N 两点，直线 OM 交直线 1y   于点 H ，求证： NHNF  . 解：（Ⅰ）设 ( , )P x y ， 0 0( , )B x y ，则 0 0 2 2 1 x x y y     ， ………………………2 分 因为点 B 为曲线 21 18y x  上任意一点，故 2 0 0 1 18y x  ，代入得 2 4x y . 所以点 P 的轨迹 C 的方程是 2 4x y ． ………………………5 分 第 9 页 共 11 页 （Ⅱ）依题意得 F（0,1），直线 MN 的斜率存在，其方程可设为 1y kx  ， 设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ，联立 2 1 4 y kx x y     得 2 4 4 0x kx   ， 所以 216 16 0k    ， 1 2 4x x   . ………………………7 分 因为直线 OM 的方程为 1 1 yy xx  ， 因为 H 是直线OM 与直线 1y   的交点，所以 H 1 1 ( , 1)x y   . 根据抛物线的定义|NF|等于点 N 到准线 1y   的距离，由于 H 在准线 1y   上， 所以要证明 NHNF  ，只需证明 HN 垂直准线 1y   ， 即证 / /HN y 轴． ………………………10 分 因为 H 的横坐标 1 1 1 2 22 11 1 1 4 4 x x x x xxy x x       . 所以 / /HN y 轴成立，所以 NHNF  成立． ………………………12 分 注：其它解法可按步给分. 21．（本小题满分 12 分）已知函数 xeaxxgxxf )1()(,1)(  ． （Ⅰ）记 xe xfxxh )()(  ，试判断函数 )(xh 的极值点的情况； （Ⅱ）若 )()( xgxaf  有且仅有两个整数解，求实数 a 的取值范围. 解：（Ⅰ） x x x e xexhe xxxh 2)(1)(  ………………………1 分 0xh0x)1,0(x 01-e11-0 2-)( 000    ）（，即）（使唯一 ，）（，）（又 上单调递增，在设    Rxex x ),(0)(),,(0)( 00  xxxhxxxh 点为极小值点，无极大值故 单调递增，单调递减，在在 0 00 x ),(),()( x xxxxxh   ………………………5 分 第 10 页 共 11 页 22．（本小题满分 12 分）从某企业的某种产品中抽取 500 件，测量这些产品的一项质量指 标值，由测量结果得如下频率分布直方图： （Ⅰ）求这 500 件产品质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 2s （同一组数据用该区间的中点值作代 表，记作 7,,2,1, ixi ）； （Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值 X 服从正态分布  2,N   ，其 中  近似为样本平均数 x , 2 近似为样本方差 2s . (i)若使84. 14% 的产品的质量指标值高于企业制定的合格标准，则合格标准的质量指标值大 约为多少？ （ii）若该企业又生产了这种产品 1000 件，且每件产品相互独立，则这 1000 件产品质量指 标值不低于 12.14 的件数最有可能是多少？ 附 参考数据与公式： 46.3)( 7 1 2  i ii hxx ， 263.22 146.3  ； 若 X ～  2,N   ，则① ( ) 0.6827P X        ； ② ( 2 2 ) 0.9545P X        ；③ ( 3 3 ) 0.9973P X        . 第 11 页 共 11 页 解：（Ⅰ） 12 0.04 14 0.12 16 0.28 18 0.36 20 0.10 22 0.06 24 0.04=17.40x               92.6246.32)( 7 1 22   i ii hxxs ………………………4 分 （Ⅱ）有题意， X ～  17.40,6.92N . （i） 1 0.6827( ) 0.84142 2P x       ， 17.40 2.63 14.77      时，满足题意， 即合格标准的质量指标值约为 14.77. ………………………7 分 （ii）由     0.954512,14 2 0.5 0.97732P X P X         ， 可知每件产品的质量指标值不低于 12.14 的事件概率为 0.9773， 记这 1000 件产品的质量指标值不低于 12.14 的件数为 ，则  3~ 10 ,B p ，其中 0.9773p  ， 于是恰有 k 件产品的质量指标值不低于 12.14 的事件概率是 kkk ppCkP  3 3 10 10 )1()( ， 从而由         1001 11 1 P k k p P k k p          ，得 1001k p ， 而1001 =978.2773p ，所以， 当 0 978k  时，    1P k P k     ， 当979 1000k  时，    1P k P k     ， 由此可知，在这 1000 件产品中，质量指标值不低于 12.14 的件数最有可能是 978. ……………………………………………12 分