安徽省江淮十校2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题

安徽省江淮十校2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题

江淮十校2020届高三第一次联考数学（理科）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,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，若，则集合的子集个数为（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 8 D. 16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合、，得出集合，确定集合的元素个数，利用子集个数公式可得出集合的子集个数.‎ ‎【详解】当时，；‎ 当时，.‎ 所以，集合.‎ 集合，，‎ 集合有两个元素，因此，集合的子集个数为，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合子集个数的计算，考查集合的交集、函数的值域以及一元二次不等式的解法，解题时要注意集合子集个数结论的应用，属于中等题.‎ ‎2.复数满足，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由可得出，‎ ‎，利用数形结合思想求出的最大值.‎ ‎【详解】设，则，‎ ‎，则复数在复平面内所对应的点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，，其几何意义是原点到圆上一点距离的平方，原点到圆心的距离为，‎ 因此，的最大值为，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数对应点的轨迹，同时也涉及了点到圆上一点最值的求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎3.设为正数，则“”是“”的（　　）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.‎ ‎【详解】∵为正数，‎ ‎∴当时，满足，但不成立，即充分性不成立，‎ 若，则，即，‎ 即，即，成立，即必要性成立，‎ 则“”是“”的必要不充分条件，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关键，属于中档题.‎ ‎4.已知向量、均为非零向量，，，则、的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设、的夹角为，由，得出，利用平面向量数量积的运算律与定义可计算出的值，结合的取值范围得出的值.‎ ‎【详解】设、的夹角为，且，‎ ‎，解得，，.‎ 因此，、的夹角为，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求向量的夹角，在处理平面向量垂直时，要将其转化为两向量的数量积为零，利用平面向量数量积的定义和运算律来计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎5.已知，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用中间值法，将这三个数与、比较大小，从而得出这三个数的大小关系.‎ ‎【详解】由于对数函数在其定义域上是增函数，则，‎ 指数函数在上为增函数，则，即，‎ 对数函数在其定义域上是减函数，则，即.‎ 因此，，故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用中间值法比较指数式、对数式的大小，常用的中间值为和 ‎，在实际问题中，中间值取多少要由具体问题来选择，同时在比较大小时，要充分利用指数函数与对数函数的单调性来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎6.勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的面积最小的曲线，它由德国机械工程专家，机构运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，现在勒洛三角形中随机取一点，则此点取自正三角形外的概率为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，将圆心角为的扇形面积减去等边三角形的面积可得出弓形的面积，由此计算出图中“勒洛三角形”的面积，然后利用几何概型的概率公式可计算出所求事件的概率.‎ ‎【详解】如下图所示，设，则以点为圆心的扇形面积为，‎ 等边的面积为，其中一个弓形的面积为，‎ 所以，勒洛三角形的面积可视为一个扇形面积加上两个弓形的面积，‎ 即，‎ 在勒洛三角形中随机取一点，此点取自正三角形外部的概率，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型概率的计算，解题的关键就是要求出图形相应区域的面积，解题时要熟悉一些常见平面图形的面积计算方法，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎7.如图，在正方体中，是棱上动点，下列说法正确的是（ ）‎ A. 对任意动点，在平面内不存在与平面平行的直线 B. 对任意动点，在平面内存在与平面垂直的直线 C. 当点从运动到的过程中，与平面所成的角变大 D. 当点从运动到的过程中，点到平面的距离逐渐变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线与平面平行的判定定理可判断出A选项中命题的正误；利用反证法判断出B选项中命题的正误；利用线面角的定义判断出C选项中命题的正误；利用三棱锥体积来判断出D选项命题的正误.‎ ‎【详解】对于A选项，，平面，平面，平面，又平面，所以，A选项中的命题错误；‎ 对于B选项，反设平面内存在直线满足平面，平面，由平面与平面垂直的判定定理可得平面平面，事实上，平面与平面不垂直，假设不存在，所以，B选项中的命题错误；‎ 对于C选项，由于到平面的距离不变且变小，设直线与平面 所成的角为，则，可知在逐渐变大，C选项中的命题正确；‎ 对于D选项，由于点到平面的距离不变，的面积不变，则三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变，在点的运动过程中，的面积不变，由等体积法可知，点到平面的距离不变，D选项中的命题正确.故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角以及点到平面距离等命题的判断，判断时要从这些知识点的定义出发来理解，考查逻辑推理能力，属于中等题.‎ ‎8.某创业公司共有36名职工，为了了解该公司职工的年龄构成情况，随机采访了9位代表，将数据制成茎叶图如图，若用样本估计总体，年龄在内的人数占公司总人数的百分比是（精确到）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出样本平均值与方差，可得年龄在内的人数有5人，利用古典概型概率公式可得结果.‎ ‎【详解】,‎ ‎,年龄在内，即内的人数有5人，‎ 所以年龄在内的人数占公司总人数的百分比是等于，故选A.‎ ‎【点睛】样本数据的算术平均数公式 ．‎ 样本方差公式，‎ 标准差.‎ ‎9.将余弦函数的图象向右平移个单位后，再保持图象上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，得到函数的图象，下列关于的叙述正确的是（ ）‎ A. 最大值为，且关于对称 B. 周期为，关于直线对称 C. 在上单调递增，且为奇函数 D. 在上单调递减，且为偶函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象变换求出函数的解析式，然后结合正弦型函数的基本性质对各选项的正误进行判断.‎ ‎【详解】将余弦函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，再保持图象上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，得到函数的图象.‎ 对于A选项，函数的最大值为，由于，该函数的图象不关于点对称，A选项错误；‎ 对于B选项，函数的最小正周期为，且，则该函数的图象不关于直线对称，B选项错误；‎ 对于C选项，当时，，则函数在上单调递增，且该函数为奇函数，C选项正确；‎ 对于D选项，当时，，则函数在上单调递增，且为奇函数，D选项错误.故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的图象变换，同时也考查了正弦型函数基本性质的判断，解题时要根据图象的变换写出变换后的函数解析式，并结合正弦函数的基本性质进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎10.对任意实数，恒有成立，关于的方程有两根为，，则下列结论正确的为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由可得出，再由，得出，由题意得出和，由此得出，由此可得出正确选项.‎ ‎【详解】构造函数，则，由题意得出，则.‎ 且.‎ ‎①当时，即当时，对任意的，，函数在上单调递增，此时，函数没有最小值；‎ ‎②当时，即当时，令，得.‎ 当时，；当时，.‎ 此时，函数在处取得极小值，亦即最小值，即，‎ ‎，得.‎ 由题意可知，关于的方程有两个实根，即有两个实数根.‎ 方程的其中一个实根为，则，，‎ 即，又方程另一个实根为，，因此，，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，同时也考查了方程两根之间的关系，解题时要充分利用对数的运算性质来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎11.已知双曲线的两条渐近线分别为与，与为上关于原点对称的两点，为上一点且，则双曲线离心率的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的方程为，则直线的方程为，设点、，则点，利用，可得出，解出即可.‎ ‎【详解】设直线的方程为，则直线的方程为，‎ 设点、，则点，‎ ‎，，，‎ 即，即，，解得，故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，同时也涉及到渐近线方程，在求解离心率时，充分利用公式可简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎12.在四面体中，若，则当四面体的体积最大时其外接球表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，可知当四面体的体积最大时，平面平面，计算出，求出四面体的体积，利用导数求出的最大值以及对应的的值，再利用四面体的结构得出计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出结果.‎ ‎【详解】如下图，取的中点，连接、，设，‎ 则，当四面体体积最大时，平面平面，‎ 四面体的体积为，.‎ 令，得，当时，；当时，.‎ 所以，函数在处取得极大值，亦即最大值.‎ 此时，，，设和的外接圆半径为，由正弦定理得，.‎ 设、的外接圆圆心分别为、，外接球的球心为点，如下图所示：‎ 在中，，‎ 四边形是正方形，且边长为，‎ 所以，四面体的外接球半径，‎ 因此，该四面体的外接球表面积为，故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查四面体体积的最值，同时也考查了四面体外接球表面积的计算，要充分分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知实数、满足，则目标函数的最小值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组所表示的可行域，平移直线经过可行域时在轴上取最小值时对应的最优解，再将最优解代入目标函数可得出答案.‎ ‎【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：‎ 联立，得，可得点，‎ 平移直线，当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，通常利用平移直线在坐标轴上截距的最值来寻找最优解来求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎14.已知的展开式中各项系数和为，则其展开式中含项的系数是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将代入二项式得出二项式的值为展开式各项系数和，可求出，然后将二项式变形为，写出二项展开式的通项，令的指数为 ‎，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出项的系数.‎ ‎【详解】由题意可知，的展开式中各项系数和为，‎ 解得，，‎ 二项展开式的通项为，令，得，‎ 因此，展开式中含项的系数为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查二项式展开式各项系数和的概念，同时也考查了二项式中指定项的系数，解题时要充分利用展开式通项求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎15.关于的方程在内有解，则实数的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为方程在区间上有解，可得出实数的取值范围即为函数在区间上的值域，利用辅助角公式求出函数在区间上的值域，即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】由题意可得，则关于的方程在区间上有解.‎ 构造函数，其中，‎ 由辅助角公式可得，为锐角，且，.‎ 由于，则，‎ 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则，又，，‎ 所以，函数在区间上的值域为，，‎ 解得，因此，实数的取值范围是，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的零点问题，解题时可以利用参变量分离法转化为函数的值域问题，充分利用辅助角公式和正弦函数的基本性质求解，考查运算求解能力，属于中中等题.‎ ‎16.已知抛物线的焦点为，过作直线交抛物线于、两点，且（为非零常数）.以为切点作抛物线的切线交直线于点，则的长度为________.（结果用含式子表示）.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线方程为，联立直线的方程与抛物线的方程，列出韦达定理，结合得出点的横坐标，然后利用导数求出抛物线在点处的切线方程，并求出点的坐标，最后利用两点间的距离公式求出的长度.‎ ‎【详解】设点、，抛物线的焦点为，设直线的方程为，‎ 联立直线的方程与抛物线的方程，消去得，‎ 由韦达定理得，.‎ ‎，，，，，‎ ‎，得.‎ 抛物线的函数解析式为，求导得，‎ 则抛物线在点处的切线方程为，即，‎ 联立，解得，所点，‎ 因此，，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，涉及到切线方程以及两点间的距离公式的应用，对于直线与抛物线的综合问题，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法进行求解，考查计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明或演算步骤.‎ ‎17.数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，证明.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，由求出，再令，由求出的表达式，再对是否满足的表达式进行验证，由此得出数列 的通项公式；‎ ‎（2）将数列的通项公式裂项为，并利用裂项法求出，即可证明出成立.‎ ‎【详解】（1）当时，，可得；‎ 当时，由可得，‎ 上述两式相减得，.‎ 适合，因此，对任意的，；‎ ‎（2），‎ 成立.‎ ‎【点睛】本题考查由前项和公式求数列通项，同时也考查了利用裂项法求和，在由前项和公式求数列通项时，利用公式来进行计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎18.中，角、、所对的边分别是、、，若，，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可得出，利用同角三角函数的平方关系可求出 的值，利用正弦定理边角互化思想得出，再利用余弦定理可得出的值，从而可得出的值；‎ ‎（2）由（1）得出，利用余弦定理可求出、的值，再利用三角形的面积公式可求出的面积.‎ ‎【详解】（1），.‎ 由同角三角函数的平方关系得.‎ ‎，由正弦定理可得.‎ 由余弦定理得，，‎ 由正弦定理边角互化思想得；‎ ‎（2）由（1）可知，由余弦定理得，‎ ‎，则，，‎ 由三角形面积公式可知，的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理解三角形，同时也考查了三角形面积公式的应用，要根据三角形已知元素的类型合理选择正弦、余弦定理解三角形，同时也考查充分利用边角互化思想的应用，简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎19.如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若点为中点，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明出，可得出，可得出，然后取的中点，连接、，并设，利用勾股定理证明出，由等腰三角形三线合一得出，利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可得出平面平面；‎ ‎（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，计算出平面和的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系可得出答案.‎ ‎【详解】（1）是等边三角形，，又，，‎ ‎，，为直角三角形，所以，‎ 取的中点，连接、，则，.‎ 设，则，又，‎ ‎，，又，平面，‎ 平面，因此，平面平面；‎ ‎（2）由题设及（1）可知、、两两垂直，以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、，为的中点，则，‎ ‎，，.‎ 设平面的一个法向量为，由，得，‎ 得，令，则，，‎ 所以，平面的一个法向量为.‎ 同理可得，平面的一个法向量为，‎ ‎，‎ 所以，二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，同时也考查了二面角的计算，在利用空间向量计算二面角时，关键就是要建立合适的空间直角坐标系，并计算出平面的法向量，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎20.如图，已知、，、分别为的外心，重心，.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）是否存在过的直线交曲线于，两点且满足，若存在求出的方程，若不存在请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）不存在.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设点，利用重心的坐标公式得出点的坐标为，可得出点，由可得出点的轨迹的方程；‎ ‎（2）由题意得出直线的斜率存在，并设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，并列出韦达定理，由，可得出代入韦达定理求出的值，即可得出直线的方程，此时，直线过点或，从而说明直线不存在.‎ ‎【详解】（1）设点，则点，由于，则点.‎ 由，可得出，化简得.‎ 因此，轨迹的方程为；‎ ‎（2）当与轴重合时不符合条件.‎ 假设存在直线，设点、.‎ 将直线的方程与曲线的方程联立，‎ 消去得，由韦达定理得，.‎ ‎，，，，得，‎ 即，，‎ 另一方面，得，解得.‎ 则直线过点或，因此，直线不存在.‎ ‎【点睛】本题考查动点的轨迹方程，同时也考查了椭圆中的向量问题，在求解时可充分利用韦达定理设而不求法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）证明：，；‎ ‎（2）判断的零点个数，并给出证明过程.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）三个零点，证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由函数是偶函数，只需利用导数证明函数在区间上的最大值即可；‎ ‎（2）由（1）得出函数在区间上只有一个零点，然后利用函数值符号得出该函数在区间上无零点，利用导数分析函数的单调性，并分析极值的符号，结合零点存在定理得出该函数在区间上有且只有一个零点，由偶函数的性质得出该函数在区间上也只有一个零点，从而得出函数有三个零点.‎ ‎【详解】（1），，则该函数为偶函数，‎ 只需证，其中.‎ ‎，.‎ 当时，令，得.‎ 当时，，此时，函数单调递减；‎ 当时，，此时，函数单调递增.‎ ‎，，‎ 当时，，此时，函数单调递减，则，‎ 因此，对任意的，；‎ ‎（2）三个零点，证明如下：‎ 由（1）可知，当时，函数有一个零点.‎ 当时，，此时，函数无零点；‎ 当时，，.‎ 此时，函数单调递增，，.‎ 由零点存定理可知，存在，使得.‎ 当时，，此时，函数单调递减；‎ 当时，，此时，函数单调递增.‎ ‎，，.‎ 由零点存在定理知，函数在区间上无零点，在区间上有且只有一个零点，即函数在区间上有且只有一个零点.‎ 由于函数为偶函数，所以，函数在上无零点，在上有且只有一个零点.‎ 综上所述，函数有三个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数证明不等式，以及利用导数研究函数的零点个数问题，解题时要充分利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ ‎22.棋盘上标有第、、、、站，棋子开始位于第站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到调到第站或第站时，游戏结束.设棋子位于第站概率为.‎ ‎（1）当游戏开始时，若抛掷均匀硬币次后，求棋手所走步数之和的分布列与数学期望；‎ ‎（2）证明：；‎ ‎（3）求、的值.‎ ‎【答案】（1）分布列见解析，随机变量的数学期望为；（2）证明见解析；‎ ‎（3），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得出随机变量的可能取值有、、、，利用独立重复试验的概率公式计算出随机变量在相应取值时的概率，可列出随机变量的分布列，由此计算出随机变量的数学期望；‎ ‎（2）根据题意，棋子要到第站，由两种情况，由第站跳站得到，也可以由第站跳站得到，由此得出，并在该等式两边同时减去，可得出所证等式成立；‎ ‎（3）结合（1）、（2）可得，利用累加法求出数列 的通项公式，从而可求出和的值.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、.‎ ‎，，‎ ‎，.‎ 所以，随机变量的分布列如下表所示：‎ 所以，随机变量的数学期望为；‎ ‎（2）根据题意，棋子要到第站，由两种情况，由第站跳站得到，其概率为 ，也可以由第站跳站得到，其概率为，所以，.‎ 等式两边同时减去得；‎ ‎（3）由（2）可得，，.‎ 由（2）可知，数列是首项为，公比为的等比数列，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，则，‎ 由于若跳到第站时，自动停止游戏，故有.‎ ‎【点睛】本题考查相互独立事件的概率乘法公式以及等比数列的判定与应用，同时也考查了累加法求数列通项，综合性较强，属于难题.‎ ‎ ‎