2020届中原金科大联考高三4月质量检测数学（理）试题（解析版）

2020届中原金科大联考高三4月质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】先求得集合，再结合集合的交集运算，即可求解.

【详解】

由题意，集合，，

所以.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了交集的运算，其中解答中正确求解集合，结合集合的交集的概念及运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

2．复数满足，则复数在复平面内的对应点位于(    )

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【解析】根据复数的运算法则，化简，再结合复数的几何表示方法，即可求解.

【详解】

由题意，复数满足，可得，

则复数在复平面内对应的点为位于第四象限.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了复数的几何表示方法，以及复数的除法运算，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简复数为代数形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

3．“”是“的(    )

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】根据指数函数与对数函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】

由，可得，又由函数为单调递增函数，可得成立，即充分性是成立的；

反之：由，可得，例如：，此时不成立，即必要性是不成立的，

所以“”是“的充分而不必要条件.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了指数函数与对数的性质，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记指数函数与对数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.

4．若，，，则(    )

A．32 B．23 C． D．

【答案】C

【解析】由，结合向量的数量积的运算公式，化简得，即可求解.

【详解】

由题意，向量，，

因为，则，

解得.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了平面向量垂直的条件，以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量垂直的条件，熟练应用向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.

5．已知，，则等于(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，求得的值，得到，再结合正切的二倍角公式，即可求解.

【详解】

由三角函数的诱导公式，可得，

又由，则，所以，

所以.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了三角函数的诱导公式和基本关系式的应用，以及正切的二倍角公式的化简求值，着重考查了推理与运算能力.

6．某单位为了了解用电量（度）与气温（℃）之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表：

由表中数据得线性回归方程，预测当气温为﹣4℃时用电量度数为（    ）

A．65 B．67 C．78 D．82

【答案】D

【解析】先求出样本中心点为，然后将其代入，得到，从而得到线性回归方程为，再把代入，求出即可得解．

【详解】

解：，，

把样本中心点代入，

得：，

所以，

即，

当时，

.

故选：D．

【点睛】

本题考查线性回归方程的特征，样本中心点一定在回归直线上．

7．在中，若，且该三角形的面积为，则的最小边长等于(    )

A．3 B．6 C．9 D．12

【答案】D

【解析】设的三边分别为，由余弦定理求得，进而得到，利用面积公式，取得解得，即可得到最小边的长.

【详解】

在中，若，可得，

设的三边分别为，

由余弦定理可得，

又由，所以，

因为的面积为，即，

解得，所以最小边的长为.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.

8．设，是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则以下结论正确的个数有(    )

①若，，则；②若，，，则；③若，，，，则；④若，，则

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】对于①中，根据面面平行的性质，可判定是正确的；对于②中，根据线面平行的性质定理，可判定是正确的；对于③中，由线面平行的判定定理，可判定是不正确；对于④中，由面面垂直的判定定理，可判定是正确的.

【详解】

对于①中，若，，根据面面平行的性质，可得，所以是正确的；

对于②中，若，，，根据线面平行的性质定理，可得，所以是正确的；

对于③中，由线面平行的判定定理可得，若，，，且，可得，但③中缺少条件，所以不正确；

对于④中，由，过的平面与平面相交与直线，可得，又由，所以，由面面垂直的判定定理，可得，所以是正确的.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了以线面位置关系为载体的命题的真假判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.

9．三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割圆术，就是不断倍增圆内接正多边形的边数，求出圆周率的方法.若在单位圆内随机取一点，则此点取至圆内接正十二边形的概率是(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据圆正十二边形的性质，求得正十二边形的面积，利用面积比的几何概型，即可求解.

【详解】

由题意，设圆的半径为，则圆的面积为

可得正十二边形的对应的每个小三角形的顶角为，

所以每个小三角形的面积为，

所以圆内接正十二边形的面积为，

由面积比的几何概型可得概率为，

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了几何概型的概率的计算问题，解决此类问题的步骤：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”，再求出总的基本事件对应的“几何度量”，然后根据求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力.

10．已知向量，，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是(    )

A．关于直线对称 B．关于点对称

C．周期为 D．在上是增函数

【答案】B

【解析】利用向量的数量积的运算和三角恒等变换化简函数的解析式，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.

【详解】

由题意，，

当时，，所以不是函数的对称轴；

当时，，所以是函数的对称中心；

由，可函数的最小正周期为；

当，则，可得函数不是单调函数.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用向量的数量积的运算公式和三角恒等变换的公式化简得到函数的解析式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

11．双曲线的上焦点为，点的坐标为，点为双曲线下支上的动点，且周长的最小值为8，则双曲线的离心率为(    )

A． B． C．2 D．

【答案】D

【解析】由题意，求得，根据的周长的最小值为8，得到的最小值为5，再由三点共线时，求得，最后根据离心率的公式，即可求解.

【详解】

由题意，双曲线的上焦点为，点的坐标为，

可得，

因为的周长的最小值为8，可得的最小值为5，

又由为双曲线的下焦点，可得,

当三点共线时，取得最小值，且,

即有，解得，

又因为，所以.

故选：D.

【点睛】

本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．

12．函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为(    )

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】设函数，根据导数的运算和题设条件，求得函数在上为增函数，把不等式转化为，即，利用单调性，即可求解.

【详解】

由题意，设函数，

则，

因为是定义在区间上的可导函数，且满足，

所以，所以函数在上为增函数，

又由，即，

即，所以，解得，

即不等式的解集为.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了函数的导数与函数的单调性的关系及应用，其中解答中根据题设条件，构造新函数是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与计算能力.

二、填空题

13．若、满足约束条件，则的最大值为__________.

【答案】

【解析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图形，确定目标函数的最优解，代入即可求解.

【详解】

由题意，画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，

目标函数可化为，当直线过点A时，此时在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，

又由，解得，

所以目标函数的最大值为.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．

14．甲、乙、丙、丁四人参加比赛，有3人分别获得一等奖、二等奖和三等奖，另外1人没获奖.甲说：乙获得奖；乙说：丙获得了一等奖；丙说：丁没有获得二等奖；如果甲、乙、丙中有一人获得了一等奖，而且只有获得一等奖的那个人说的是真话，则获得一等奖的是__________.

【答案】甲

【解析】根据题设条件，分类讨论，合理进行判定，即可求解.

【详解】

由题意，甲、乙、丙中有一人获得了一等奖，而且只有获得一等奖的那个人说的是真话，

若甲获得一等奖，则甲说的真话，乙说的是假话，丙不能确定，符合题意；

若乙获得一等奖，则乙说：“丙获得一等奖”是真话，不符合题意；

若丙获得一等奖，则丙说的真话，而此时乙说：“丙获得一等奖”也是真话，不符合题意，

所以获得一等奖的是甲.

故答案为：甲.

【点睛】

本题主要考查了合情推理的应用，其中解答中认真审题，注意题设条件合理应用是解答的关键，着重考查了推理能力.

15．在二项式展开式中，常数项为__________.

【答案】60

【解析】求得二项式展开式的通项为，令，即可求解，得到答案.

【详解】

由题意，二项式展开式的通项为，

令，可得，即展开式的常数项为.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项，合理赋值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力..

16．已知函数.①若有且只一个实根，则实数的取值范围是__________；②若关于的方程有且只有三个不同的实根，则实数的取值范围是_______________.

【答案】       

【解析】作出函数的图象，根据两函数图象的交点个数,以及函数图象的平移变换，即可求解，得到答案.

【详解】

由题意，画出函数的图象，如图所示，

可得当时，方程有且只一个实根，

即函数与的图象只有一个交点,

所以实数的取值范围是；

关于的方程有且只有三个不同的实根，

将的图象向左平移个单位后与原图象有三个交点，

结合图象可得，

又由，所以，即实数的取值范围是.

故答案为：， .

【点睛】

本题主要考查了函数与方程的应用，以及函数图象的变换及其应用，其中解答中正确作出函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力.

三、解答题

17．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.

（1）证明：平面；

（2）若，，，求二面角的平面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）设，连，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；

（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.

【详解】

（1）连，设，连，

因为是的中点，为的中点，所以，

又因为平面，平面，

所以平面；

（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

设为平面的法向量，

则，令，则.

又为平面的一个法向量，

由向量的夹角公式，可得，

所以二面角的平面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

18．箱中装有3个白球和个黑球.规定取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分.现从箱中任取2个球，假设每个球被取出的可能性都相等，记随机变量为取出的2个球所得分数之和.

（1）若，求的值；

（2）当时，列出的分布列并求其期望.

【答案】（1）1；（2）分布列见解析，.

【解析】（1）当取出的2个球都是白球时随机变量，利用古典概型的概率计算公式，列出方程，即可求解；

（2）得出随机变量所有可能的取值为，求解取每个值对应的概率，得出随机变量的分布列，利用期望的公式，求得数学期望.

【详解】

（1）由题意，当取出的2个球都是白球时，此时随机变量.

可得，即，即，解得.

（2）由题意，随机变量所有可能的取值为，

可得，，，

所以随机变量的分布列为：

所以.

【点睛】

本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的计算，以及概率的应用，其中解答中认真审题，准确求得随机变量取每个值是对应的概率是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.

19．已知数列的前项和为，且，.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）令，求出的值，令，由得出，两式相减，利用等差数列的定义可得出数列为等差数列，确定该等差数列的首项和公差，利用等差数列的通项公式可求出；

（2）求出，可得出，然后利用分组求和法与裂项求和法可求出.

【详解】

（1）当时，，整理得，，解得；

当时，①，可得②，

①－②得，即，

化简得，

因为，，所以，

从而是以为首项，公差为的等差数列，所以；

（2）由（1）知，

因为，

.

【点睛】

本题考查由与的关系求数列通项，同时也考查了分组求和法与裂项求和法，涉及等差数列定义的应用，考查计算能力，属于中等题.

20．顺次连接椭圆的四个顶点恰好构成了一个边长为且面积为的菱形.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设直线与椭圆相切于点，过点作关于原点的对称点，过点作，垂足为，求面积的最大值.

【答案】（1）；（2）1.

【解析】（1）由题意，结合椭圆的几何性质，列出方程求得，，即可得到椭圆的方程；

（2）设直线，与椭圆的方程联立方程组，求得，再联立，求得，得到，进而利用面积公式和基本不等式，即可求解.

【详解】

（1）由题意，顺次连接椭圆的四个顶点恰好构成了一个边长为且面积为的菱形，可得且，解得，，

故椭圆的方程为.

（2）设，，过作直线，

由对称性可知，显然直线斜率存在且不为0，

设直线，联立，得，

且，得，

所以，

联立，解得，所以，

则

所以

故面积最大值为1，当且仅当时成立.

【点睛】

本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

21．已知函数（为常数）.

（1）若，讨论函数的单调性；

（2）若为正整数，函数恰好有两个零点，求的值.

【答案】（1）见解析；（2）1.

【解析】（1）求得函数的导数，分类讨论，即可得出函数的单调区间；

（2）因为为正整数，分，和三种情况讨论，求得函数的单调性和最值，结合零点的存在定理，即可求解.

【详解】

（1）由题意，函数，其中，

则

因为，则，

①当时，则，

当或时，，当时，，

所以在和单调递增，在单调递减；

②当时，即，对时，恒成立，在单调递增；

③当时，则，

当或时，，当时，，

所以在和单调递增，在单调递减.

综上：①当时，在和单调递增，在单调递减；

      ②当时，在单调递增；

      ③当时，在和单调递增，在单调递减.

（2）因为为正整数，

当，则，此时函数，

由（1）知在和单调递增，在单调递减

又，所以在区间内仅有1实根.

由，且

所以在区间内仅有1实根，

此时函数在区间内恰有2实根；

当时，函数在单调递增，至多有1实根.

当时，可得

令，则，则，可得，

所以

由（1）知在单调递减，在和单调递增，

所以，所以在至多有1实根.

综上所述，可得.

【点睛】

本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及利用导数研究函数的零点问题，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）设直线与轴的交点为与轴的交点为是曲线上一点，求面积的最大值.

【答案】（1）的普通方程：，的直角坐标方程：（2）

【解析】利用极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化公式进行化简求解即可;

由求出两点坐标和线段的长度,要使的面积最大只需点到直线的距离最大即可,由题意可知,点到直线的距离最大值即为圆心C到直线的距离加半径,利用点到直线的距离公式即可求解.

【详解】

由得，

所以曲线的普通方程为；

由得，

因为,

，即，

所以直线的直角坐标方程为.

由（1）知直线与坐标轴的交点为

因为圆方程为，

所以圆心为，半径为，

由点到直线的距离公式可得,

圆心到直线的距离为，

因为点在圆上，

所以点到直线的距离的最大值为，

又,

.

【点睛】

本题考查极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化和由圆上动点到定直线距离的最值求面积最值;考查运算求解能力和逻辑推理能力;属于中档题、常考题型.

23．已知，不等式的解集是．

（1）求的值；

（2）若存在实数解，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）依题意可得，再分，及讨论即可得出结论；

（2）利用不等式的性质可知，，由此即可求得的取值范围．

【详解】

解：（1）由，

得，

即，

当时，，不合题意，

当时，，

则，

解得，符合题意，

当时，，

则，无解，

综上，；

（2）因为，

要使存在实数解，只需，

实数的取值范围为．

【点睛】

本题考查绝对值不等式的解法及其性质，考查不等式的恒成立问题．