安徽省蚌埠市2020届高三下学期第三次教学质量检查数学（文）试题 Word版含解析

安徽省蚌埠市2020届高三下学期第三次教学质量检查数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 蚌埠市2020届高三年级第三次教学质量检查考试数学（文史类）‎ 一、选择题：本题共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，集合，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，求出，再根据交集运算可得结果.‎ ‎【详解】，‎ ‎，，‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了补集和交集运算，属于基础题.‎ ‎2.已知i为虚数单位，复数z满足，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先把复数分离出来，利用复数的运算可求.‎ ‎【详解】因为，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算，明确复数的运算规则是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎3.已知双曲线的离心率为2，则实数的值为( )‎ - 24 -‎ A. 4 B. 8 C. 12 D. 16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程表示出离心率，解方程可求实数的值.‎ ‎【详解】因为双曲线的离心率为2，所以，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，明确方程中的的值是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎4.已知直线l，m和平面，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定定理以及充分必要条件的定义即得解.‎ ‎【详解】若，则，即必要性成立；‎ 当，则不一定成立，必须l垂直于平面内两条不相交的直线，即充分性不成立.‎ 故“”是“”的必要而不充分条件 故选：B ‎【点睛】本题考查了充分必要条件的判定，考查了学生逻辑推理，概念理解的能力，属于基础题.‎ ‎5.在统计学中，同比增长率一般是指和去年同期相比较的增长率，环比增长率一般是指和前一时期相比较的增长率.2020年2月29日人民网发布了我国2019年国民经济和社会发展统计公报图表，根据2019年居民消费价格月度涨跌幅度统计折线图，下列说法正确的是( )‎ - 24 -‎ A. 2019年我国居民每月消费价格与2018年同期相比有涨有跌 B. 2019年我国居民每月消费价格中2月消费价格最高 C. 2019年我国居民每月消费价格逐月递增 D. 2019年我国居民每月消费价格3月份较2月份有所下降 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据统计折线图以及同比和环比的概念，对四个选项逐个分析可得答案.‎ ‎【详解】根据统计折线图以及同比增长率的概念可知2019年我国居民每月消费价格与2018年同期相比都是上涨的，故A不正确；‎ ‎2019年我国居民每月消费价格中2月消费价格涨幅最高，不是消费价格最高，故B不正确；‎ ‎2019年我国居民每月消费价格有涨有跌，故C不正确；‎ ‎2019年我国居民每月消费价格3月份较2月份有所下降，下降了0.4个百分点，故D正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了对统计折线图的分析和理解能力，考查了同比和环比的概念，属于基础题.‎ ‎6.已知数列的前项和为.若数列是首项为1，公比为2的等比数列，则( )‎ A. 2019 B. 2020 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 先求数列的通项公式，再利用与的关系可求，进而可得.‎ ‎【详解】因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，‎ 当时，；当时，；‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，利用求解时，使用公式是求解关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎7.已知向量， ，若，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用，求出的值，然后再求解.‎ ‎【详解】因为向量， ， ，所以，即；‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，利用向量垂直求出的值是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎8.已知，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 利用可得，然后平方结合倍角公式可求.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以，所以，即.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的倍角公式，利用已知求出是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎9.已知函数是一次函数，且恒成立，则( )‎ A. 1 B. 3 C. 5 D. 7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设出函数解析式，利用恒成立，求出解析式，然后可得.‎ ‎【详解】设，，‎ 则 因为恒成立，所以且，解得，‎ 所以，即有.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数解析式的求解，明确函数类型时，常用待定系数法求解函数解析式，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎10.已知函数的部分图象如图所示.有下列四个结论：①﹔②在上单调递增；③的最小正周期；④的图象的一条对称轴为.其中正确的结论有( )‎ - 24 -‎ A. ②③ B. ②④ C. ①④ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用图象先求出函数解析式，结合所给结论逐个进行验证.‎ ‎【详解】因为，所以，由于，所以或；‎ 由于图象最高点在轴左侧，所以，①不正确；‎ 因为，所以，解得，，‎ 令得，周期为，③正确；‎ 由可得，令可得增区间为，②正确；‎ 因为时，，所以不是对称轴，④不正确；‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用三角函数的图象求解解析式，进而研究函数的性质，明确的求解方法是解题关键，侧重考查数学抽象和直观想象的核心素养.‎ ‎11.足球起源于中国东周时期的齐国，当时把足球称为“蹴鞠”.汉代蹴鞠是训练士兵的手段，制定了较为完备的体制.如专门设置了球场，规定为东西方向的长方形，两端各设六个对称的“鞠域”，也称“鞠室”，各由一人把守.比赛分为两队，互有攻守，以踢进对方鞠室的次数决定胜负.1970年以前的世界杯用球多数由举办国自己设计，所以每一次球的外观都不同，拼块的数目如同掷骰子一样没准.自1970年起，世界杯官方用球选择了三十二面体形状的足球，沿用至今.如图Ⅰ，三十二面体足球的面由边长相等的12块正五边形和20块正六边形拼接而成，形成一个近似的球体.现用边长为 - 24 -‎ 的上述正五边形和正六边形所围成的三十二面体的外接球作为足球，其大圆圆周展开图可近似看成是由4个正六边形与4个正五边形以及2条正六边形的边所构成的图形的对称轴截图形所得的线段，如图Ⅱ，则该足球的表面积约为( )‎ ‎ ‎ 参考数据：，，，‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由图Ⅱ求出圆的周长，利用球的面积公式可求表面积.‎ ‎【详解】如图，在正五边形中，内角为，边长为，‎ 所以，‎ 所以，即；‎ 因为在正六边形中，内角为，边长为，‎ 所以大圆的周长为 设球的半径为，则，，‎ 所以球的表面积为.‎ - 24 -‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查球的表面积公式，以传统文化为背景，综合了余弦定理等知识，理解题意，把握住题目的本质是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎12.已知函数，若函数与的图象相交于A，B两点，且A，B两点的横坐标分别记为，，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图象，求出，利用对称性把转化为，结合函数的单调性可求范围.‎ ‎【详解】作出函数，的图象如图，不妨设，‎ 当经过点时，，‎ 联立得，所以；‎ 因为与的图象关于直线对称，而与垂直，所以，且.‎ 令，且，‎ 则易知为增函数，所以，‎ 因为，所以.‎ - 24 -‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质，综合了分段函数的图象问题，函数的对称问题，范围问题等，难度较大，综合性较强，侧重考查数学抽象和直观想象的核心素养.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.曲线在点处切线方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据曲线先求得导函数，即可求得当的到数值，即为切线斜率，再由点斜式即可得切线方程.‎ ‎【详解】曲线，‎ 则 则当时，，‎ 所以，即，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义应用，切线方程的求法，属于基础题.‎ ‎14.已知等差数列的前n项和为.若，，，则________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 利用等差数列的等和性可得，结合等差数列求和公式可得.‎ ‎【详解】因为是等差数列，所以，‎ 因为，所以，即.‎ 故答案为：6.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质及求和，求和公式的合理选用是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎15.某企业为了调查其产品在国内和国际市场的发展情况，随机抽取国内、国外各100名客户代表，了解他们对该企业产品的发展前景所持的态度，得到如图所示的等高条形图，则________ （填“能”或“不能”）有以上的把握认为是否持乐观态度与国内外差异有关.‎ 附.‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ k ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条形图得出列联表，计算卡方，结合附表进行判断.‎ - 24 -‎ ‎【详解】由题意可得列联表如下：‎ 不乐观 乐观 合计 国内代表 ‎40‎ ‎60‎ ‎100‎ 国外代表 ‎60‎ ‎40‎ ‎100‎ 合计 ‎100‎ ‎100‎ ‎200‎ 则，‎ 所以有以上的把握认为是否持乐观态度与国内外差异有关.‎ 故答案为：能.‎ ‎【点睛】本题主要考查独立性检验，根据题意列出列联表，计算卡方是求解关键，侧重考查数据分析的核心素养.‎ ‎16.已知点，M，N是椭圆上的两个动点，记直线，，的斜率分别为，，k，若，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出点的坐标及直线方程，联立直线和椭圆的方程，结合韦达定理和，可求的值.‎ ‎【详解】设,直线，‎ 联立得，‎ 则有；‎ - 24 -‎ 因为，所以，‎ 整理可得，‎ 把代入可得；‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和椭圆的位置关系，联立方程结合韦达定理是求解的主要方向，侧重考查数学运算的核心素养.‎ 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.如图所示，的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.‎ ‎（1）求A；‎ ‎（2）若点P是线段延长线上一点，且，，，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理，化边为角，可得，进而可求;‎ ‎（2）结合三角形的性质及余弦定理可求.‎ ‎【详解】（1）由条件，，‎ - 24 -‎ 则由正弦定理，， ‎ 所以，‎ 即， ‎ 又，所以，. ‎ ‎（2）由（1）可知，，而，则，‎ 所以，‎ 在中，，由余弦定理，‎ ‎.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理求解三角形，边角的转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎18.随着网购人数的日益增多，网上的支付方式也呈现一种多样化的状态，越来越多的便捷移动支付方式受到了人们的青睐，更被网友们评为“新四大发明”之一.随着人们消费观念的进步，许多人喜欢用信用卡购物，考虑到这一点，一种“网上的信用卡”横空出世——蚂蚁花呗.这是一款支付宝和蚂蚁金融合作开发的新支付方式，简单便捷，同时也满足了部分网上消费群体在支付宝余额不足时的“赊购”消费需求.为了调查使用蚂蚁花呗“赊购”消费与消费者年龄段的关系，某网站对其注册用户开展抽样调查，在每个年龄段的注册用户中各随机抽取100人，得到各年龄段使用蚂蚁花呗“赊购”的人数百分比如图所示.‎ ‎（1）由大数据可知，在18到44岁之间使用花呗“赊购”的人数百分比y与年龄x - 24 -‎ 成线性相关关系，利用统计图表中的数据，以各年龄段的区间中点代表该年龄段的年龄，求所调查群体各年龄段“赊购”人数百分比y与年龄x的线性回归方程（回归直线方程的斜率和截距保留两位有效数字）；‎ ‎（2）该网站年龄为20岁的注册用户共有2000人，试估算该网站20岁的注册用户中使用花呗“赊购”的人数；‎ ‎（3）已知该网店中年龄段在18-26岁和27-35岁的注册用户人数相同，现从18到35岁之间使用花呗“赊购”的人群中按分层抽样的方法随机抽取8人，再从这8人中简单随机抽取2人调查他们每个月使用花呗消费的额度，求抽取的两人年龄都在18到26岁的概率.‎ 参考答案：，.‎ ‎【答案】（1）；（2）1080人；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据公式计算出，后可得；‎ ‎（2）将代入得，进而可得；‎ ‎（3）根据分层抽样可知随机抽取8人，年龄在18到26岁之间有5人，年龄在27-35之间有3人，再根据古典概型的概率公式计算可得结果.‎ ‎【详解】（1）由题意，，， ‎ 所以，‎ ‎，所求线性回归方程为. ‎ ‎（2）由（1）知，该网站20岁的注册用户中使用花呗“赊购”的人数百分比为，而，‎ 所以估计该网站20岁的注册用户中使用花呗“赊购”的人数为1080人.‎ ‎（3）依题意，随机抽取8人，年龄在18到26岁之间有5人，年龄在27-35之间有3人，所以抽取的两人年龄都在18到26岁的概率为.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查了求线性回归方程，考查了利用回归方程估计总体，考查了分层抽样，考查了古典概型，属于中档题.‎ ‎19.如图所示七面体中，，平面，平面平面，四边形是边长为2的菱形，，，M，N分别为，的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先利用平面与平面平行的性质得出直线与直线平行，结合平行四边形及平行的传递性可得，进而可证平面；‎ ‎（2）利用线面平行把三棱锥的体积转化为三棱锥的体积,结合三棱锥的体积公式可求结果.‎ ‎【详解】（1）取的中点F，连接，.‎ 因为平面平面，‎ 平面平面，‎ 平面平面，‎ 所以，同理可得，，‎ ‎，而，‎ - 24 -‎ 所以四边形和为平行四边形. ‎ 又四边形是菱形，，‎ 所以，而点F为的中点，‎ 所以，‎ 又，所以四边形为平行四边形，从而.‎ 点M，N分别为，的中点，所，‎ ‎，则四边形是平行四边形，得， ‎ 所以.‎ 而平面，平面，所以平面. ‎ ‎（2）由（1）可知，平面，所以点M到平面的距离与点N到平面的距离相等，则三棱锥的体积 ‎. ‎ 由，，得为正三角形，‎ 而F为中点，所以，从而，且.‎ 又平面，得，从而，，‎ 所以平面，且. ‎ 所以，‎ - 24 -‎ 即三棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的证明及三棱锥的体积，线面平行一般利用线线平行来证明，三棱锥的体积求解一般采用等体积法进行求解，顶点和底面的适当转化能简化求解过程，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数的极值点；‎ ‎（2）当时，对任意的，恒成立，求实数k的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，极大值点，极小值点为；当时，没有极值点；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求导数，从与0的大小分类进行讨论，可求极值点； ‎ ‎（2）利用导数先求出的最大值，从而可得实数k的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由条件，，.‎ 令，记.‎ 当时，，恒成立，从而，在上单调递增，没有极值点.‎ ‎ 当时，令，解得，‎ 且.‎ 当时；当时，；当 - 24 -‎ 时.‎ 所以在和上单调递增，‎ 在上单调递减，极大值点为，极小值点为.‎ 综上所述，当时，极大值点为，极小值点为；当时，没有极值点.‎ ‎（2）当时，，.‎ 对任意的，恒成立，则 ‎ 由（1）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，最大值为和两者中较大者.‎ 而，， ‎ ‎，所以，‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数求解极值点时注意分类的标准，恒成立问题一般转化为函数最值问题求解，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎21.如图，设抛物线与抛物线在第一象限的交点为，点A，B分别在抛物线，上，，分别与，相切.‎ - 24 -‎ ‎（1）当点M的纵坐标为4时，求抛物线的方程；‎ ‎（2）若，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当点M的纵坐标为4时，可得M的横坐标，代入方程可求，从而得到抛物线的方程；‎ ‎（2）利用弦长公式求出，表示出面积，结合单调性可得面积的范围.‎ ‎【详解】（1）由条件，且，解得，即点，‎ 代入抛物线的方程，得，所以，‎ 则抛物线的方程为. ‎ ‎（2）将点代入抛物线的方程，得.‎ 设点，直线方程为，‎ 联立方程，消去y，化简得，‎ 则，解得，‎ - 24 -‎ 从而直线的斜率，‎ 解得，即点. ‎ 设点，直线方程为，‎ 联立方程，消去x，化简得，‎ 则，代入，解得，‎ 从而直线的斜率为 解得，即点. ‎ ‎，‎ 点到直线，即的距离为 ‎， ‎ 故面积为，而，‎ 所以面积的取值范围是.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系，抛物线的切线问题一般通过联立后的方程的判别式进行求解，表示出目标的表达式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎（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.‎ ‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（其中t为参数，）.在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴所建立的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为.设直线l与曲线C相交于A，B两点.‎ ‎（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可得，根据互化公式可得，消去参数可得；‎ ‎（2）联立直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程，根据参数的几何意义以及三角函数的值域可得结果.‎ ‎【详解】（1）根据题意得，曲线C的极坐标方程为，‎ ‎，即，‎ 所以曲线C的直角坐标方程为，即， ‎ 直线l的普通方程为. ‎ ‎（2）联立直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程，‎ 将，代入，‎ 化简，得. ‎ - 24 -‎ 设点A，B所对应的参数分别为，，‎ 则，，，‎ 由（1）可知，曲线C是圆心，半径为1的圆，点P在圆外，‎ 由直线参数方程参数的几何意义知，‎ ‎，当且仅当时取到.‎ 即的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程化直角坐标方程，考查了极坐标方程化直角坐标方程，考查了直线参数方程中参数的几何意义，考查了三角函数的值域，属于中档题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）若不等式对恒成立，求实数m的取值范围；‎ ‎（2）若（1）中实数m的最大值为t，且（a，b，c均为正实数）.证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值三角不等式求得的最小值为，再由解得结果即可；‎ ‎（2）将代入可得，再用基本不等式可证.‎ 详解】（1）由题意，. ‎ 只需，解得.‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ - 24 -‎ 所以 ‎ ‎.‎ 当且仅当时等号成立.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值三角不等式，考查了不等式恒成立问题，考查了基本不等式，所以基础题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎