2020届全国十大名校三月大联考名师密卷数学（理）试题（解析版）

2020届全国十大名校三月大联考名师密卷数学（理）试题

一、单选题

1．复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【解析】对进行化简运算即可.

【详解】

，在复平面内对应点的坐标为，

所以位于第二象限，

故选：B

【点睛】

本题考查的是复数的运算及几何意义，较简单.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】解出集合A、B中的不等式即可

【详解】

或，

，

所以，

故选：B

【点睛】

本题考查的是一元二次不等式、对数不等式及集合的交集运算，较简单.

3．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由即可算出答案

【详解】

，

故选：C.

【点睛】

本题考查的是同角的基本关系及两角和的正弦公式的逆用，较简单.

4．某公司由于改进了经营模式，经济效益与日俱增.统计了2018年10月到2019年4月的纯收益（单位：万元）的数据，如下表：

得到关于的线性回归方程为.请预测该公司2019年6月的纯收益为（    ）

A．万元 B．万元

C．万元 D．万元

【答案】C

【解析】根据表格可得6月对应的代码为，代入线性回归方程即可得到答案．

【详解】

将2019年6月代号带入题中的线性回归方程，得．

故选：C．

【点睛】

本题主要考查线性回归方程的应用，属于基础题．

5．已知分别是双曲线的左、右焦点，过右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，若，则双曲线离心率的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】令得出，由建立方程即可求出离心率.

【详解】

将，代入，得，所以，

由，得，所以，

两边同时除以得：，解得，

所以，

故选：D

【点睛】

本题考查的是构建齐次方程求离心率，较简单.

6．已知某市高三一次模拟考试数学成绩，且，则从该市任取名高三学生，恰有名学生成绩不低于分的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用正态分布的对称性求解即可.

【详解】

由，且，可知成绩不低于分的概率是，

则名高三学生，恰有名学生成绩不低于分的概率是.

故选：C

【点睛】

本题考查的是正态分布及二项分布的知识，较简单.

7．把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，则所得图象（    ）

A．关于对称 B．对称中心为

C．关于对称 D．对称中心为

【答案】D

【解析】求出函数平移后的函数解析式，再分别求出其对称轴的方程和对称中心的坐标，验证即可得到答案．

【详解】

所得函数为，则

对称轴方程为：，对称中心为，

通过对取值判断，当时，其中一个对称中心为，故D正确．

故选：D．

【点睛】

本题主要考查三角函数的图象的平移变换，对称轴方程及对称中心坐标的判断方法，属于基础题．

8．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由和即可选出答案

【详解】

，排除B，C，又，排除D

故选：A

【点睛】

解决本类题时，通常是利用函数的单调性、奇偶性、函数值等排除选项.

9．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的表面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由该几何体的三视图还原成直观图，然后算出其表面积即可

【详解】

满足三视图的几何体为四棱锥，如图所示：

则，，，，

，

所以表面积为，

故选：C

【点睛】

不太特殊的几何体，由三视图还原成直观图常常借助于长方体.

10．展开式中的项的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由多项式相乘的原理，分2种情况讨论

【详解】

第一种情况：在个括号中，选个括号中的，

再从余下的个括号中都选，即得，此时系数为：；

第二种情况：在个括号中，选个括号中的，再从余下的个括号中都选，

即得，此时系数为：.

所以项的系数为，

故选：A.

【点睛】

解答本题的关键是要掌握多项式相乘的原理.

11．已知二面角为，，，为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先作出二面角的平面角，然后再构造出异面直线与所成角，利用解直角三角形和余弦定理，求出问题的答案.

【详解】

如图所示，在平面内过点作，过点作，垂足为点，连接，

则，所以.过点作，交于点，连接

.不妨设，则，.因为，所以，

所以在中，，，

∴，∴，

故选：A.

【点睛】

求异面直线所成的角是将直线平移转化为相交直线所成的角，要注意异面直线所成角的范围是

12．已知圆与椭圆相交于两点，若是圆的直径，则椭圆的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意可得点关于圆心对称，先用点差法将直线AB的斜率求出来，即可得AB的方程，然后再由即可求出椭圆的方程.

【详解】

依题意，点关于圆心对称，且.

设，，则，，

两式相减并结合，得.

易知，不与轴垂直，则，所以的斜率，

因此直线方程为，

代入椭圆方程得：，所以，.

于是.

由，得，解得.

所以椭圆的方程为，

故选：A.

【点睛】

涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法

二、填空题

13．若向量，，则与的夹角的余弦值等于______.

【答案】

【解析】先求出的坐标，然后即可求出答案

【详解】

因为，

所以，设与的夹角为，

故.

故答案为：

【点睛】

本题考查的是向量在坐标形式下的计算，较简单.

14．不等式组，则表示区域的面积为______.

【答案】

【解析】画出不等式组表示的区域即可

【详解】

画出不等式组表示的区域，如图，

求得，，，所以.

故答案为：

【点睛】

本题考查的是二元一次不等式组所表示的区域，较简单.

15．在中，，，，，则______.

【答案】

【解析】先在中用正弦定理求出角B，然后用余弦定理求出BD，然后在中，用余弦定理求出即可.

【详解】

在中，由正弦定理得，得，

且，所以.

在中，由余弦定理得，

即，解得：.

则.

在中，，

所以，∴.

故答案为：

【点睛】

本题考查的是利用正余弦定理解三角形，属于中档题.

16．已知，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______.

【答案】

【解析】先将不等式变形为，令，，由与互为反函数得只需要即可，即，然后用导数求出左边的最小值即可.

【详解】

显然，由，得，则令，

，因为与互为反函数，

所以只需要即可，即，

令，则，

所以可得在上单调递减，在上单调递增

所以，

即.

故答案为：

【点睛】

互为反函数的两个函数的图象关于对称.

三、解答题

17．已知数列的前项和为，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）当时，；当时，.

（2），用错位相减法求出即可

【详解】

（1）由，得

当时，；

当时，.

经检验当时，也成立，所以.

（2）由（1）知，故.

所以.

，①

，②

由①－②，得

，

所以.

【点睛】

常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相减法.

18．如图，在四棱锥中，已知为平行四边形，，，，.

(1)求证：平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】(1)要证平面，只要证垂直于平面内的两相交直线即可，根据已知条件可证，；

(2)利用等体积法要求三棱锥的体积，即求三棱锥的体积，分别根据已知求出高与底面即可得到答案．

【详解】

(1)证明：

设，连接，

因为，且，所以四边形为菱形，

所以，且，，，

又，，所以是等腰直角三角形，

所以，，，

在中，，，，有，

所以，即，又，平面，

所以平面．

(2)由(1)知，，又，平面，

所以平面，故为三棱锥的高，

所以，

因为， 所以三棱锥的体积．

【点睛】

本题主要考查直线与平面垂直的判定定理的应用，等体积法的应用，属于基础题．

19．端午节（每年农历五月初五），是中国传统节日，有吃粽子的习俗.某超市在端午节这一天，每售出kg粽子获利润元，未售出的粽子每kg亏损元.根据历史资料，得到销售情况与市场需求量的频率分布表，如下表所示.该超市为今年的端午节预购进了kg粽子.以（单位：kg，）表示今年的市场需求量，（单位：元）表示今年的利润.

（1）将表示为的函数；

（2）在频率分布表的市场需求量分组中，以各组的区间中间值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中间值的概率（例如：若需求量，则取，且的概率等于需求量落入的频率），求的数学期望.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）分和两种情况表示出来即可

（2）由（1）中的函数关系，求出对应的值，然后列出分布列，求出其期望即可

【详解】

（1）当时，；

当时，.

所以

（2）依题意可得的分布列为

所以.

【点睛】

本题考查的是随机变量的分布列和期望，较简单.

20．已知抛物线，过的直线与抛物线相交于两点.

（1）若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；

（2）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程和定值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）（2）存在，直线的方程为；定值为

【解析】（1）设，，直线的方程为，联立直线的方程与抛物线的方程消元，然后韦达定理可得，，然后，用将表示出来即可.

（2）假设满足条件的直线存在，其方程为，则以为直径的圆的方程为，将直线方程代入，得，然后将表示出来即可.

【详解】

（1）依题意，点的坐标为，可设，，

直线的方程为，与联立得.

由韦达定理得：，，

于是，

所以当时，面积最小值，最小值为.

（2）假设满足条件的直线存在，其方程为，

则以为直径的圆的方程为，

将直线方程代入，得，

则.

设直线与以为直径的圆的交点为，，

则，，于是有

.

当，即时，为定值.

故满足条件的直线存在，其方程为.

【点睛】

本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，三角形面积的最值及弦长的定值问题，属于中档题.

21．已知函数.

（1）若函数在处的切线的斜率为，求的值；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）求出即可

（2）由，可得，令，利用导数求出的最小值即可

【详解】

（1）由，得

，解得.

（2）由，可得，

令，则，

令，则，

所以在上单调递增，

又，且.

所以存在，使得，即，

所以在上单调递减，在上单调递增.

故，

令，两边同时取对数得：，

由，得，

所以，所以有，即，

所以，即.

所以.

故，得.所以的取值范围是.

【点睛】

本题考查了由切线的斜率求参数、恒成立问题及利用导数求函数的最值，属于较难题.其中恒成立问题一般是用分离变量法.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）写出曲线的直角坐标方程；

（2）设点的极坐标为，直线与曲线交于两点，若，求的值.

【答案】(1)；(2)或

【解析】(1)利用极坐标与直角坐标的互化公式，，即可得到答案；

(2)将的极坐标化为直角坐标可知直线经过点，把直线的参数方程代入，由直线的参数方程中的几何意义可得的值，再结合，即可求出的值．

【详解】

(1)由曲线的极坐标方程为，得，

将，及

代入得，即.

(2)点的直角坐标为，所以直线经过点，

所以将代入，得.

则，解得，

因为，所以或.

【点睛】

本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，直线的参数方程中参数的几何意义，本题中求的关键是联立直线的参数方程与椭圆的直角坐标方程的基础上，利用直线的参数方程的几何意义结合根与系数关系求解．

23．函数．

(1)当时，不等式的解集；

(2)若时，不等式成立，求的取值范围.

【答案】(1)；(2)

【解析】(1) 当时，不等式即为，利用绝对值的几何意义即可得到答案；

(2)由可知，从而将不等式化简为，再由对任意恒成立，即可求出答案．

【详解】

（1）当时，，

由绝对值的几何意义可得：，

所以不等式的解集，

(2)若时，不等式成立，等价于，

即对恒成立，

所以，解得，

所以实数的取值范围是．

【点睛】

本题主要考查绝对值不等式的解法及不等式恒成立问题，属于中档题．