2020届安徽省“江南十校”高三下学期4月综合素质检测数学（理）试题（解析版）

2020届安徽省“江南十校”高三下学期4月综合素质检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数（为虚数单位，），则在复平面内对应的点所在的象限为（    ）

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】分别比较复数的实部、虚部与0的大小关系，可判断出在复平面内对应的点所在的象限.

【详解】

因为时，所以，，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.

故选：B.

【点睛】

本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分别求出集合对应的不等式的解集，然后取交集即可.

【详解】

由题意，，，

所以.

故选：D.

【点睛】

本题考查不等式的解法，考查集合的交集，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

3．某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（    ）

A．58厘米 B．63厘米 C．69厘米 D．76厘米

【答案】B

【解析】由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.

【详解】

因为弧长比较短的情况下分成6等分，

所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，

故导线长度约为63(厘米).

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题.

4．函数在上的图象大致为（    ）

A．   B．  C．   D． 

【答案】C

【解析】根据函数的奇偶性及函数在时的符号，即可求解.

【详解】

由可知函数为奇函数.

所以函数图象关于原点对称，排除选项A，B；

当时，，

，排除选项D，

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性，属于中档题.

5．若的展开式中的系数之和为，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【解析】由，进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.

【详解】

由，

则展开式中的系数为，展开式中的系数为，

二者的系数之和为，得.

故选：B.

【点睛】

本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

6．已知，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据指数函数与对数函数的单调性，借助特殊值即可比较大小.

【详解】

因为，

所以.

因为，

所以，

因为，为增函数，

所以

所以，

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题.

7．执行下面的程序框图，则输出的值为    （    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.

【详解】

运行程序，

，
，

，

，

，

，结束循环，

故输出，

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.

8．“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.

【详解】

6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1),

而加数全为质数的有(3,3),

根据古典概型知，所求概率为.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.

9．已知正项等比数列的前项和为，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由，可求出等比数列的通项公式，进而可知当时，；当时，，从而可知的最小值为，求解即可.

【详解】

设等比数列的公比为，则，

由题意得，，得，解得，

得.

当时，；当时，，

则的最小值为.

故选：D.

【点睛】

本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

10．已知点是双曲线上一点，若点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【解析】设点的坐标为，代入椭圆方程可得，然后分别求出点到两条渐近线的距离，由距离之积为，并结合，可得到的齐次方程，进而可求出离心率的值.

【详解】

设点的坐标为，有，得.

双曲线的两条渐近线方程为和，则点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，

所以，则，即，故，即，所以.

故选：A.

【点睛】

本题考查双曲线的离心率，构造的齐次方程是解决本题的关键，属于中档题.

11．已知.给出下列判断：

①若，且，则；

②存在使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；

③若在上恰有7个零点，则的取值范围为；

④若在上单调递增，则的取值范围为.

其中，判断正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】对函数化简可得，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案.

【详解】

因为，所以周期.

对于①，因为，所以，即，故①错误；

对于②，函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数为，其图象关于轴对称，则，解得，故对任意整数，，所以②错误；

对于③，令，可得，则，

因为，所以在上第1个零点，且，所以第7个零点，若存在第8个零点，则，

所以，即，解得，故③正确；

对于④，因为，且，所以，解得，又，所以，故④正确.

故选：B.

【点睛】

本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.

12．如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（    ）

A．12 B． C． D．

【答案】C

【解析】过作于，连接，易知，，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.

【详解】

在和中，，所以，则，

过作于，连接，显然，则，且，

又因为，所以平面，

所以，

当最大时，取得最大值，取的中点，则，

所以，

因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，

所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，

所以最大值为，故的最大值为.

故选：C.

【点睛】

本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.

二、填空题

13．已知函数，则曲线在点处的切线方程为___________.

【答案】

【解析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程.

【详解】

因为，

所以，

又

故切线方程为，

整理为，

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.

14．若为假，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【解析】由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.

【详解】

因为为假，则其否定为真，

即为真，所以对任意实数恒成立，所以.

又，当且仅当，即时，等号成立，所以.

故答案为：.

【点睛】

本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.

15．在直角坐标系中，已知点和点，若点在的平分线上，且，则向量的坐标为___________.

【答案】

【解析】点在的平分线可知与向量共线，利用线性运算求解即可.

【详解】

因为点在的平线上，

所以存在使，

而，

可解得，

所以，

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了向量的线性运算，利用向量的坐标求向量的模，属于中档题.

16．已知抛物线，点为抛物线上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，则线段长度的取值范围为__________.

【答案】

【解析】连接，易得，可得四边形的面积为，从而可得，进而求出的取值范围，可求得的范围.

【详解】

如图，连接，易得，所以四边形的面积为，且四边形的面积为三角形面积的两倍，所以，所以，

当最小时，最小，设点，则，

所以当时，，则，

当点的横坐标时，，此时，

因为随着的增大而增大，所以的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查抛物线上的动点到定点的距离的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，且.

（1）求角的大小；

（2）若，求边上的高.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）利用正弦定理将边化成角，可得，展开并整理可得，从而可求出角；

（2）由余弦定理得，进而可得，由，可求出的值，设边上的高为，可得的面积为，从而可求出.

【详解】

（1）由题意，由正弦定理得.

因为，所以，所以，展开得，整理得.

因为，所以，故，即.

（2）由余弦定理得，则，得，故，

故的面积为.

设边上的高为，有，故，

所以边上的高为.

【点睛】

本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

18．如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，为等腰直角三角形，，平面底面，为的中点.

（1）求证：平面；

（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；

（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.

【详解】

（1）证明：如图1，取的中点，连接.

，，

，，且，

四边形为平行四边形，.

又平面，平面，平面.

（2）如图2，取中点，中点，连接.

，，

平面平面，平面平面，

平面，平面，

两两垂直.

以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.

由，可得，

在等腰梯形中，，易知，

.

则，，

设平面的法向量为，

则，取，得.

设平面的法向量为，

则，取，得.

因为，，，所以，

所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.

【点睛】

本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.

19．一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分.

（1）设抛掷4次的得分为，求变量的分布列和数学期望.

（2）当游戏得分为时，游戏停止，记得分的概率和为.

①求；

②当时，记，证明：数列为常数列，数列为等比数列.

【答案】（1）分布列见解析，数学期望为6；（2）①；②证明见解析

【解析】（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量的分布列和数学期望；

（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得；②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，可知当且时，，结合，可推出，从而可证明数列为常数列；结合，可推出，进而可证明数列为等比数列.

【详解】

（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8.

每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率也为，

则，

.

所以变量的分布列为：

故变量的数学期望为.

（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为.

②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，

故且时，有，

则时，，

所以，

故数列为常数列；

又，

，所以数列为等比数列.

【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.

20．已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若，求点的坐标.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；

（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.

【详解】

（1）由题意得，解得，

所以椭圆的方程为.

（2）由（1）知点，，

由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，

联立方程，消去得：.

设，则，所以，

所以，所以.

设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即

，所以，所以.

因为，所以，即，

所以，解得，

又，所以符合题意，

计算可得，，

故点的坐标为.

【点睛】

本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.

21．已知函数.

（1）若恒成立，求的取值范围；

（2）设函数的极值点为，当变化时，点构成曲线，证明：过原点的任意直线与曲线有且仅有一个公共点.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】（1）由恒成立，可得恒成立，进而构造函数，求导可判断出的单调性，进而可求出的最小值，令即可；

（2）由，可知存在唯一的，使得，则，，进而可得，即曲线的方程为，进而只需证明对任意，方程有唯一解，然后构造函数，分、和三种情况，分别证明函数在上有唯一的零点，即可证明结论成立.

【详解】

（1）由题意，可知，由恒成立，可得恒成立.

令，则.

令，则，

，，

在上单调递增，又，

时，；时，，

即时，；时，，

时，单调递减；时，单调递增，

时，取最小值，

.

（2）证明：由，令，

由，结合二次函数性质可知，存在唯一的，使得，故存在唯一的极值点，则，，

，

曲线的方程为.

故只需证明对任意，方程有唯一解.

令，则，

①当时，恒成立，在上单调递增.

，，

，存在满足时，使得.

又单调递增，所以为唯一解.

②当时，二次函数，满足，

则恒成立，在上单调递增.

，，

存在使得，

又在上单调递增，为唯一解.

③当时，二次函数，满足，

此时有两个不同的解，不妨设，

，，    

列表如下：

由表可知，当时，的极大值为.

，，

，，

，.

.

下面来证明，

构造函数，则，

当时，，此时单调递增，

，

时，，，

故成立.

，

存在，使得.

又在单调递增，为唯一解.

所以，对任意，方程有唯一解，即过原点任意的直线与曲线有且仅有一个公共点.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数)，直线的参数方程(为参数)，若直线的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线

（1）求曲线的普通方程；

（2）以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线的极坐标方程为，，点为射线与曲线的交点，求点的极径.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）将两直线化为普通方程，消去参数，即可求出曲线的普通方程；

（2）设Q点的直角坐标系坐标为,求出，

代入曲线C可求解.

【详解】

（1）直线的普通方程为,直线的普通方程为

联立直线,方程消去参数k,得曲线C的普通方程为

整理得.

（2）设Q点的直角坐标系坐标为,

由可得

代入曲线C的方程可得，

解得（舍），

所以点的极径为.

【点睛】

本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，极径的求法，属于中档题.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）分类讨论去绝对值号，即可求解；

（2）原不等式可转化为在R上恒成立，分别求函数与的最小值，根据能同时成立，可得的最小值，即可求解.

【详解】

（1）①当时,不等式可化为,得，无解；

②当-2≤x≤1时,不等式可化为得x>0,故0<x≤1;

③当x>1时,不等式可化为,得x<2,故1<x< 2.

综上，不等式的解集为

（2）由题意知在R上恒成立，

所以

令，则当时，

又当时，取得最小值，且

又

所以当时，与同时取得最小值.

所以

所以，

即实数的取值范围为

【点睛】

本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分类讨论，函数的最值，属于中档题.