安徽省六校合肥一中安庆一中等2020届高三模拟联考数学（理）试题

安徽省六校合肥一中安庆一中等2020届高三模拟联考数学（理）试题

安徽六校教育研究会2020届高三第一次联考 数学（理科）‎ 一、选择题.‎ ‎1.设全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解对数不等式求出集合的取值范围，然后由集合的基本运算得到答案．‎ ‎【详解】由得且，所以，‎ 所以，则 ‎【点睛】本题考查对数不等式的解法以及集合的基本运算，属于简单题．‎ ‎2.已知复数满足,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【详解】由，‎ 得．‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．‎ ‎3.已知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. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由成等比数列．可得，利用等差数列的通项公式可得（ ，解出 ．即可．‎ ‎【详解】由成等比数列．可得，   可得（，  即，∵公差不等于零， ‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎4.已知椭圆：（）的左，右焦点分别为，，以为圆心的圆过椭圆的中心，且与在第一象限交于点，若直线恰好与圆相切于点，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件以及椭圆的性质列出关系式，求解椭圆的离心率即可.‎ ‎【详解】椭圆：（）的左，右焦点分别为，，以为圆心的圆过椭圆的中心，且与在第一象限交于点，若直线恰好与圆相切于点，‎ 可得，可得 ‎ 所以 ‎ 解得 故选A ‎【点睛】本题考查利用椭圆的定义以及性质求离心率，属于中档题.‎ ‎5.过三点，，的圆截直线所得弦长的最小值等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为圆心在弦AC的中垂线上，所以设圆心P坐标为（a，-2），再利用，求得，确定圆的方程.又直线过定点Q，则可以得到弦长最短时圆心与直线的定点Q与弦垂直，然后利用勾股定理可求得弦长.‎ ‎【详解】解：设圆心坐标P为（a,-2），则r2＝，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∴直线被圆截得的弦长为．‎ 故选B．‎ ‎6.某罐头加工厂库存芒果，今年又购进新芒果后，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，最少为，则下列坐标图最能准确描述、分别与的关系是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意分类讨论、分别与的关系，再对照图象选择.‎ ‎【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，即当时此时，当时，，对照图象舍去C,D;‎ 要使得被加工为罐头的新芒果最多，则尽量使用新芒果，即当时，当时，因为，所以选A.‎ ‎【点睛】本题考查函数解析式以及函数图象，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.‎ ‎7.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为在上恒成立；根据导函数解析式可知问题可进一步转化为在上恒成立；利用正弦型函数值域求法可求得 ‎，则只需即可，解不等式求得结果.‎ ‎【详解】由题意得：‎ 在上单调递增 在上恒成立 又 在上恒成立 当时， ‎ ‎ ，解得：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查根据函数在一段区间内的单调性求解参数范围问题，涉及到正弦型函数值域的求解问题；本题解题关键是能够将问题转化为导函数在区间内恒大于等于零的问题，从而利用三角函数的最值来求得结果.‎ ‎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. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据排列组合的知识分别求解出恰有一个地方未被选中的情况和所有情况，利用古典概型计算可得结果.‎ ‎【详解】名同学去旅游的所有情况有：种 恰有一个地方未被选中共有：种情况 恰有一个地方未被选中的概率：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查古典概型计算概率的问题、排列组合中的分组分配问题；关键是能够利用排列组合的知识准确求解出恰有一个地方未被选中的情况种数；易错点是忽略了分组分配中的平均分配问题.‎ ‎9.将函数和直线的所有交点从左到右依次记为，，…，，若点坐标为，则（ ）‎ A. 0 B. 2 C. 6 D. 10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得和，和，都关于点对称，所以，再求的值得解.‎ ‎【详解】‎ 函数与的所有交点从左往右依次记为、、、和，且和，和，都关于点对称，‎ 如图所示；则，‎ 所以.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦函数的图像，考查函数的图像和性质，考查平面向量的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎10.如图，是双曲线的左、右焦点，过 的直线与双曲线 ‎ 交于两点．若，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用双曲线的定义求出和的值，再利用勾股定理求，由得到双曲线的渐近线方程.‎ ‎【详解】设，‎ 由双曲线的定义得：，解得：，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以双曲线的渐近线方程为.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义，考查运算求解能力.‎ ‎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“”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、商品代码和校验码，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 ‎）．现有一条形码如图（2）所示（），其中第个数被污损，那么这个被污损数字是（ ）‎ ‎　　 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图可得到和分别表示前项中的偶数项之和与奇数项之和，从而得到，，进而得到；根据检验码可知；根据且可知，令可构造出方程求得；令可验证出不合题意，从而得到结果.‎ ‎【详解】由程序框图可知，表示的结果为前项中所有偶数项之和；表示的结果为前项中所有奇数项之和，‎ 则：，‎ ‎，，即：‎ 且 ‎ 当时，，此时：，解得：‎ 当时，，此时： ‎ 综上所述：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查根据程序框图的功能补全数据的问题，关键是能够读懂程序框图中每一步的功能，从而准确构造出方程求得结果.‎ ‎12.如图，已知四面体为正四面体，，，分别是，中点．若用一个与直线垂直，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. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将正四面体补成正方体易得截面为平行四边形，可求得；根据平行关系及可得，则，利用基本不等式可求得最大值.‎ ‎【详解】将正四面体补成正方体，如下图所示：‎ ‎ 截面为平行四边形，可得 又，，且 ‎ 可得（当且仅当时取等号）‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查截面面积最值的求解，难点是能够将正四面体补全为正方体，从而可准确判断出截面图形的形状；求解最值的关键是能够得到符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.‎ 二、填空题.‎ ‎13.向量在向量方向上的投影为______ ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量，求得，再利用向量的投影的公式，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，向量，则，‎ 所以向量在向量方向上的投影为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的投影的概念与计算，同时考查了向量的数量积和向量的模的运算公式的应用，其中解答中熟记向量的基本概念和向量的坐标运算公式是解答的关键，着重考查了推理运算能力，属于基础题．‎ ‎14.已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（−，0）上单调递增.若实数a满足f（2|a-1|）＞f（），则a的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意在上单调递减，又是偶函数，‎ 则不等式可化为，则，，解得．‎ ‎15.如图，在棱长为 1 正方体中，点是的中点，动点在底面 内（不包括边界），若平面，则的最小值是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由面面平行找到点在底面 内的轨迹为线段，再找出点的位置，使取得最小值，即垂直于点，最后利用勾股定理求出最小值.‎ ‎【详解】取中点，连结，作，连，‎ 因为面面面，所以动点在底面 内的轨迹为线段，‎ 当点与点重合时，取得最小值，‎ 因为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查面面平行及最值问题，求解的关键在于确定点的位置，再通过解三角形的知识求最值.‎ ‎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：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，记作数列，若数列的前项和为，则_____．‎ ‎【答案】2048‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令每行的序数与该行的项数相等可得第行最后项在数列中的项数为；根据可求得，进而可确定位于第行第个；根据每一行数字和的规律可知，计算可得结果.‎ ‎【详解】使得每行的序数与该行的项数相等，则第行最后项在数列中的项数为：‎ 设位于第行，则：，解得：‎ 且第行最后一项在数列中的项数为：‎ 位于杨辉三角数阵的第行第个 而第一行各项和为，第二行各项和为，第三行各项的和为 依此类推，第行各项的和为 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查与杨辉三角有关的数列的前项和的求解问题，关键是能够根据杨辉三角的数字特征，确定第项所处的位置，通过对于每一行各项和的规律的总结可将问题转化为等比数列求和问题.‎ 三、解答题.‎ ‎17.已知正项数列的前项和满足．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）当时求得；当时，利用可将已知等式化为，根据为正项数列可得到，进而证得为等差数列，利用等差数列通项公式得到结果；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论可将整理为，通过裂项相消法可求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，‎ 当时，‎ 整理可得：，‎ ‎ ，即：‎ 是以为首项，为公差的等差数列 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得 ‎ ‎【点睛】本题考查根据递推关系式求解数列通项公式、裂项相消法求解数列的前项和的问题，涉及到与关系的应用；求和的关键是能够将数列通项准确的裂为两式作差的形式，从而达到前后相消的效果.‎ ‎18.在中，分别为角的对边，且有 ‎（Ⅰ）求角；‎ ‎（Ⅱ）若的内切圆面积为，当的值最小时，求的面积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用两角和差余弦公式可将已知等式化简为，从而求得；结合可求得结果；（Ⅱ）根据内切圆面积可知内切圆半径为，由内切圆特点及切线长相等的性质可得到，代入余弦定理中可得到与的关系，利用基本不等式可构造不等式求得，从而得到当时，取得最小值，将代入三角形面积公式即可求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理得：‎ 由题意可知：内切圆半径为 如图，设圆为三角形的内切圆，，为切点 可得：， ‎ ‎，‎ 化简得（当且仅当时取等号）‎ 或 又 ，即，‎ 当且仅当时，的最小值为 此时三角形的面积：‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到利用两角和差余弦公式化简求值、根据三角函数值求角、余弦定理的应用、三角形中最值问题的求解等知识；解题关键是能够灵活应用三角形内切圆的性质构造出三边之间的关系，代入余弦定理中，利用基本不等式求得两边之积的最值.‎ ‎19.已知三棱柱中，，侧面底面，是 的中点，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：为直角三角形；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）取中点，连接，；易知为等边三角形，从而得到，结合，可根据线面垂直判定定理得到平面，由线面垂直性质知，由平行关系可知，从而证得结论；（Ⅱ）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面和平面的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）取中点，连接，‎ 在中，， 是等边三角形 又为中点 ‎ 又，，平面 平面 平面 ‎ 又 为直角三角形 ‎ ‎（Ⅱ）以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系：‎ 令 则，，，，‎ ‎，，，‎ 设平面的法向量为 ‎，令，则， ‎ 又平面的一个法向量为 二面角为钝二面角 二面角的余弦值为：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.‎ ‎20.已知是抛物线上任意一点，，且点为线段的中点．‎ ‎（Ⅰ）求点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）若为点关于原点的对称点，过的直线交曲线于、 两点，直线交直线于点，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设，，根据中点坐标公式可得，代入曲线方程即可整理得到所求的轨迹方程；（Ⅱ）设，设，，将直线与曲线联立可得；由抛物线定义可知，若要证得只需证明垂直准线，即轴；由直线的方程可求得，可将点横坐标化简为，从而证得轴，则可得结论.‎ 详解】（Ⅰ）设，‎ 为中点 ‎ 为曲线上任意一点 ，代入得：‎ 点的轨迹的方程为：‎ ‎（Ⅱ）依题意得，直线的斜率存在，其方程可设为：‎ 设，‎ 联立得：，则 直线的方程为，是直线与直线的交点 ‎ 根据抛物线的定义等于点到准线的距离 在准线上 要证明，只需证明垂直准线 即证轴 的横坐标：‎ 轴成立 成立 ‎【点睛】本题考查圆锥曲线中轨迹方程的求解、直线与圆锥曲线综合应用中的等量关系的证明问题；证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明轴；通过直线与抛物线联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理的结论证得轴.‎ ‎21.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）记，试判断函数的极值点的情况；‎ ‎（Ⅱ）若有且仅有两个整数解，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求导后可知的符号由的符号决定；根据的单调性，结合存在性定理可知存在唯一的，使得，从而得到得单调性，根据极值与单调性的关系可确定极值点；（Ⅱ）将所求不等式化为；当和时，根据（Ⅰ）的结论可验证出都有无穷多个整数解，不合题意；当时，若，由时，可知无整数解，不合题意；若，可知，解不等式组求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由得：‎ 设，则在上单调递增 又，‎ 存在唯一的，使得，即 当时，；当时，‎ 在上单调递减；在上单调递增 为的极小值点，无极大值点 ‎（Ⅱ）由得：，即 ‎①当时，恒成立，有无穷多个整数解，不合题意 ‎②当时，，‎ ‎， 当时，由（Ⅰ）知：‎ 有无穷多个整数解，即有无穷多个整数解，不合题意 ‎③当时，‎ i.当时，，又 两个整数解为：‎ ‎，解得：‎ ii.当时，‎ 当时，由（Ⅰ）知： 无整数解，不合题意 综上所述：‎ ‎【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解极值点个数、根据整数解个数求解参数范围的问题；与整数解有关的范围问题的求解关键是能够确定自变量为整数时函数的值域，进而根据整数解个数确定临界整数所对应的函数值的范围，从而得到不等关系.‎ ‎22.从某企业的某种产品中抽取件，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）求这件产品质量指标值的样本平均数和样本方差（同一组数据用该区间的中点值作代表，记作，）；‎ ‎（Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．‎ ‎（i）若使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件，且每件产品相互独立，则这件产品质量指标值不低于的件数最有可能是多少？‎ 附：参考数据与公式：，；若，则①；②；③．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）（i）；（ii）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据频率分布直方图估计平均数的方法可直接求得；利用方差计算公式可求得样本方差；（Ⅱ）（i）根据原则可验证出，求得即为结果；（ii）根据原则可得到，从而得到这产品的质量指标值不低于的件数服从于，；根据二项分布概率公式构造不等式，解不等式可求得，从而可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ ‎（Ⅱ）由题意知：‎ ‎（i）‎ ‎∴时，满足题意 即合格标准的质量指标值约为：‎ ‎（ii）由 可知每件产品的质量指标值不低于的事件概率为 记这产品的质量指标值不低于的件数为 则，其中 恰有件产品的质量指标值不低于的事件概率：‎ 则，解得：‎ 当时，；‎ 当时，‎ 由此可知，在这件产品中，质量指标值不低于的件数最有可能是 ‎【点睛】本题考查利用频率分布直方图估计总体的数据特征、正态分布的实际应用等知识，重点考查正态分布中原则的具体应用；关键是能够结合正态分布曲线的特点得到所求区间所对应的概率.‎ ‎ ‎