2020届云南省昆明市第一中学高三第四次一轮复习检测数学（文）试题（解析版）

2020届云南省昆明市第一中学高三第四次一轮复习检测数学（文）试题（解析版）

‎2020届云南省昆明市第一中学高三第四次一轮复习检测数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先分别求出集合，由此能求出.‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ 则，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查交集的求法，考查集合的表示法以及集合的交、并、补运算等基础知识，属于基础题.‎ ‎2．已知复数z满足，其中i为虚数单位，则（ ）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】用复数除法的运算法则化简复数z的表示，再根据复数模的定义求出模的大小.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数模的定义，考查了数学运算能力.‎ ‎3．空气质量指数是反映空气质量状况的指数，指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：‎ 指数值 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 如图是某市10月1日—20日指数变化趋势：‎ 下列叙述正确的是（ ）‎ A．该市10月的前半个月的空气质量越来越好 B．这20天中的中度污染及以上的天数占 C．这20天中指数值的中位数略高于100‎ D．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量差 ‎【答案】C ‎【解析】通过图象的变换可以判断出选项A的正确性，通过所给的表可以统计出中度污染及以上的天数，这样可以判断选项B的正确性，根据表中所提供的数据可以判断出中位数的大小，这样可以判断出选项C的正确性，通过表中所提供的数据可以判断出选项D的正确性.‎ ‎【详解】‎ 由图知，前半个月中，空气质量先变好再变差，处于波动状态，A错误，这20天中的中度污染及以上的天数有天，B错误，10月上旬大部分指数在100以下，10月中旬大部分指数在100以上，D错误.根据表中所提供的数据可以判断出中位数略高于100，所以C正确.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查了识图和识表的能力，考查了中位数的概念，考查了数据分析能力.‎ ‎4．若，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由同角三角函数的基本关系直接可得结论.‎ ‎【详解】‎ 由得，，‎ 所以 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查同角三角函数的基本关系，属于基础题.‎ ‎5．若实数，满足，则的最大值为（ ）‎ A．-3 B．-2 C．2 D．6‎ ‎【答案】D ‎【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案.‎ ‎【详解】‎ 画出可行域，‎ 将目标函数化为，‎ 由图可知，目标函数经过点时取得最大值，‎ 所以的最大值为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题．‎ ‎6．函数的最小值为（ ）‎ A．-2 B． C． D．-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】由二倍角公式以及两角差的正弦公式化简得，即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以函数的最小值为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查两角差的正弦公式、二倍角公式的应用，属于基础题.‎ ‎7．已知定义在上的函数的图象如下图所示，则函数的图象为（ ）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由函数的图象与函数关于原点对称，再平移即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 因为的图象可以由的图象先关于原点对称，再向上平移一个单位得到.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数图象得对称变换，属于基础题.‎ ‎8．执行如下所示的程序框图，则输出的a=（ ）‎ A．2 B．1 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由初始条件进入循环体，求出每一次的值，可以发现规律，最后求出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎；；；；…，的值构成以 为周期的数列，因为，所以当时，.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了循环结构的输出问题，考查了数列的周期性，考查了数学运算能力.‎ ‎9．已知圆锥的底面半径为3，母线长为5.若球在圆锥内，则球的体积的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设圆锥的轴截面为等腰△，则球的体积最大时，球的轴截面是△的内切圆，根据三角形面积公式和内切圆的性质求出半径，最后求出体积.‎ ‎【详解】‎ 设圆锥的轴截面为等腰△，则球的体积最大时，球的轴截面是△的内切圆，所以，解得：，所以球的体积的最大值为.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了求球体积最大问题，考查了球的几何性质，考查了数学运算能力.‎ ‎10．在长方体中，，为棱的中点，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由已知可得与相似，进而可得平面，从而可得.‎ ‎【详解】‎ 连结，，因为，所以，所以与相似，所以，所以，即：，所以平面，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查简单几何体，线面垂直得线线垂直，属于基础题.‎ ‎11．设，则双曲线离心率的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由双曲线方程可得，从而可得离心率的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 由双曲线方程可得，又 ‎，当且仅当，即时取等号，‎ 所以双曲线的离心率的取值范围为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质，不等式的性质的应用，属于基础题.‎ ‎12．设函数，若是函数的最小值，则实数a的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用基本不等式可以求出当时，函数的最小值，再用分类讨论方法求出时，函数的最小值，最后根据题意得到不等式，解这个不等式即可.‎ ‎【详解】‎ 当时，(当且仅当时取等号，即时取等号)；‎ 当时，‎ 若，函数的最小值为；‎ 若，函数的最小值为，由题意可知：是函数的最小值，所以有 ‎.‎ 选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了已知分段函数的最小值求参数取值范围，考查了分类讨论思想，考查了数学运算思想.‎ 二、填空题 ‎13．已知，，若向量与垂直，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据两向量垂直，数量积为0，列方程解得即可.‎ ‎【详解】‎ 因为，，由已知可得：，解得：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面向量的坐标运算与数量积运算问题，属于基础题．‎ ‎14．在中，角，，所对的边分别为，，.若，，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知利用余弦定理即可得到的值.‎ ‎【详解】‎ 因为，，，由余弦定理得：‎ ‎，所以．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.‎ ‎15．已知点是双曲线：上一点，，分别是双曲线的左、右焦点，若以为直径的圆经过点，则双曲线的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知可直接得到，，进而可得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】‎ 由已知得，所以，所以，‎ 又，所以，所以双曲线的离心率．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的简单性质，属于基础题.‎ ‎16．已知函数，若方程恰好有三个不等的实根，则实数a的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】要满足方程恰好有三个不等的实根，则直线与在相切以上（不含相切）和直线过点以下（不含过该点的直线），利用方程的思想最后求出实数a的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 解析：要满足方程恰好有三个不等的实根，则直线与在相切以上（不含相切）和直线过点 以下（不含过该点的直线），当直线与相切时，即，所以,所以，所以，（舍去），当直线过点时，，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了方程有实根求参数的取值范围，考查了推理认证能力，考查了数学运算能力.‎ 三、解答题 ‎17．已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由已知可直接求得，又，进而可得，，即可得到结论；‎ ‎（2）由（1）得，利用分组求和法即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设的公差为，因为，，成等比数列，所以，‎ 可得，，得，‎ 又，可得，，所以.‎ ‎（2），‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的通项公式，以及数列前项和的求法，属于基础题.‎ ‎18．【2018届安徽省合肥市高三第一次教学质量检测】一家大型购物商场委托某机构调查该商场的顾客使用移动支付的情况.调查人员从年龄在内的顾客中，随机抽取了180人，调查结果如表：‎ ‎（1）为推广移动支付，商场准备对使用移动支付的顾客赠送1个环保购物袋.若某日该商场预计有12000人购物，试根据上述数据估计，该商场当天应准备多少个环保购物袋？‎ ‎（2）某机构从被调查的使用移动支付的顾客中，按分层抽样的方式抽取7人作跟踪调查，并给其中2人赠送额外礼品，求获得额外礼品的2人年龄都在内的概率.‎ ‎【答案】(1)7000个；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由表可知，该商场使用移动支付的顾客的比例为，据此估计该商场要准备环保购物袋 个；‎ ‎（2）按年龄分层抽样时，抽样比例为，所以应从内抽取3人，从内抽取2人，从内抽取1人，从内抽取1人.列出所有可能的基本事件，结合古典概型计算公式可得获得额外礼品的2人年龄都在内的概率为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由表可知，该商场使用移动支付的顾客的比例为，‎ 若当天该商场有12000人购物，则估计该商场要准备环保购物袋 个；‎ ‎（2）按年龄分层抽样时，抽样比例为，所以应从内抽取3人，从内抽取2人，从内抽取1人，从内抽取1人.‎ 记选出年龄在的3人为，其他4人为，7个人中选取2 人赠送额外礼品，有以下情况：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎， ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 共有21种不同的情况，其中获得额外礼品的2人都在的情况有3种，‎ 所以，获得额外礼品的2人年龄都在内的概率为.‎ ‎19．如图所示的几何体中，正方形所在平面垂直于平面，四边形为平行四边形，为上一点，且平面，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）当三棱锥体积最大时，求直线与平面所成角的正切值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）易证平面，进而可得，由平面，得，从此即可得证；‎ ‎（2）由等体积法分析得当最大时，三棱锥体积最大，此时，‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为平面平面，平面平面，‎ 四边形为正方形，即，平面，‎ 所以平面，‎ 又因为平面，所以，‎ 因为平面，平面，‎ 所以，‎ 因为，平面，‎ 所以平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面平面．‎ ‎（2），‎ 求三棱锥体积的最大值，只需求的最大值．‎ 令，，‎ 由（1）知，，‎ 所以，当且仅当，‎ 即时，，‎ 因为四边形为平行四边形，所以，‎ 因为平面，‎ 所以直线与平面所成角的正切值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查面面垂直的证明，等体积法的转化，线面角的求法，属于中档题.‎ ‎20．过点(0,2）的直线l与抛物线交于A，B两点，且(O为坐标原点).‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)在y轴上是否存在定点M，使得？并说明理由.‎ ‎【答案】(1)；(2)存在,理由见解析 ‎【解析】(1)设出直线的方程与抛物线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合可以求出抛物线的方程；‎ ‎(2)假设存在，根据二个角相等可以转化为两条直线的斜率互为相反数，根据斜率的公式，结合根与系数的关系可以求出在y轴上存在定点M，使得.‎ ‎【详解】‎ 解：(1)设直线：，，，则 联立得，‎ 则，所以，‎ 所以，，‎ 所以抛物线的方程为． ‎ ‎(2)假设存在满足条件的点,设，,‎ 由（1）知，若，则，‎ ‎ ，所以存在满足条件．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求抛物线的标准方程，考查了利用直线与抛物线的位置关系，考查了平面向量的应用，考查了抛物线中定点问题，考查了数学运算能力.‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）求的最小值；‎ ‎（2）证明：对于任意正整数，.‎ ‎【答案】（1）的最小值为1（2）证明见解析 ‎【解析】（1）利用的导函数即可得到结论.‎ ‎（2）利用（1）的结论，推出，进而利用放缩法对放缩，得，即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 解：（1），‎ 当时，，故在单调递减；‎ 当时，，在单调递增；‎ 故，故的最小值为1.‎ ‎（2）由（1）可得，即，‎ 所以，且，‎ 则，‎ 即，‎ 即.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的导数以及最大值的求法，放缩法证明不等式的综合应用，考查分析问题、解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎22．以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位已知直线l的参数方程为(为参数，)，抛物线C的普通方程为.‎ ‎(1)求抛物线C的准线的极坐标方程；‎ ‎(2)设直线l与抛物线C相交于A，B两点，求的最小值及此时的值.‎ ‎【答案】(1)；‎ ‎(2)当且仅当时，取得最小值 ‎【解析】(1)利用极坐标与直角坐标转化公式求出抛物线C的准线的极坐标方程；‎ ‎(2) 将直线的参数方程代入抛物线的普通方程中，利用参数的意义结合一元二次方程根与系数的关系求出的最小值及此时的值.‎ ‎【详解】‎ 解:(1)依题意可得，抛物线的准线的普通方程为，‎ 化为极坐标方程即是. ‎ ‎(2)将直线的参数方程代入抛物线的普通方程，化简整理得，‎ ‎，设两点对应的参数分别为,则有，，‎ 所以，因为，‎ 所以，，，即，‎ 当且仅当时，取得最小值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了极坐标方程转化为直角坐标方程，考查了利用参数的意义求弦长问题，考查了数学运算能力.‎ ‎23．已知.‎ ‎(1)当时，解不等式；‎ ‎(2)求的最大值 ‎【答案】(1)；(2)12‎ ‎【解析】(1)利用零点法化简函数的解析式，然后分类求解即可；‎ ‎(2)利用绝对值的性质可以直接求解出函数的最大值.‎ ‎【详解】‎ 解(1)当时,‎ 当时，不等式不成立；‎ 当时，解得；‎ 当时，不等式恒成立.‎ 综上，不等式的解集为. ‎ ‎(2)因为,‎ 当且仅当时取到等号，所以的最大值为12.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用零点法解绝对值不等式，考查了利用绝对值的性质求函数的最大值问题，考查了数学运算能力.‎