吉林省长春市2020届高三质量监测（四模考试）数学（理科）试题 Word版含解析

这是一份吉林省长春市2020届高三质量监测（四模考试）数学（理科）试题 Word版含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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长春市2020届高三质量监测(四)理科数学
一、选择题：本题共12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. 设集合，则（ ）
A. B. C. 或 D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用一元二次不等式的解法化简集合A，再求A与B的并集，然后再求补集即可.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
2. 在等比数列中，，则（ ）
A. B. C. 9 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等比数列下标和性质计算可得；
【详解】解：因为等比数列的性质，成等比数列，即，所以.
故选：D
【点睛】本题考查等比数列的性质的应用，属于基础题.
3. 设复数，下列说法正确的是（ ）
A. 的虚部是;
B. ；
C. 若，则复数为纯虚数;
D. 若满足，则在复平面内对应点的轨迹是圆.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数的相关概念一一判断即可；
【详解】解：的实部为，虚部为所以故A错；
，，所以B错；
当时，为实数，所以C错；
由得，，，所以D对.
故选：D
【点睛】本题考查复数的相关概念的理解，属于基础题.
4. 树立劳动观念对人的健康成长至关重要，某实践小组共有4名男生，2名女生，现从中选出4人参加校园植树活动，其中至少有一名女生的选法共有（ ）
A. 8种 B. 9种 C. 12种 D. 14种
【答案】D
【解析】
【分析】
采用采用间接法，任意选有种，都是男生有1种，进而可得结果.
【详解】任意选有种，都是男生有1种，则至少有一名女生有14种.
故选：D
【点睛】本题考查分类计数原理，考查间接法求选法数，属于基础题目.
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用诱导公式和二倍角公式可化简求得结果.
【详解】.
故选：.
【点睛】本题考查利用诱导公式和二倍角公式求值的问题，考查基础公式的应用.
6. 田径比赛跳高项目中，在横杆高度设定后，运动员有三次试跳机会，只要有一次试跳成功即完成本轮比赛.在某学校运动会跳高决赛中，某跳高运动员成功越过现有高度即可成为本次比赛的冠军，结合平时训练数据，每次试跳他能成功越过这个高度的概率为0.8(每次试跳之间互不影响)，则本次比赛他获得冠军的概率是（ ）
A. 0.832 B. 0.920 C. 0.960 D. 0.992
【答案】D
【解析】
【分析】
根据相互独立事件的概率公式求出三次试跳都没成功的概率，由对立事件的概率公式可得其获得冠军的概率；
【详解】解：三次试跳都没成功的概率为，所以他获得冠军的概率是.
故选：D
【点睛】本题考查相互独立事件的概率公式的应用，属于基础题.
7. 已知，，，则、、的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用对数函数的单调性比较、、与和的大小关系，进而可得出、、三个数的大小关系.
【详解】，则，，
，即，.
因此，.
故选：D.
【点睛】本题考查对数式的大小比较，一般利用对数函数的单调性结合中间值法来比较，考查推理能力，属于基础题.
8. 已知直线和平面、有如下关系：①；②；③；④.则下列命题为真的是（ ）
A. ①③④ B. ①④③ C. ③④① D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
利用面面垂直的性质可判断A选项的正误；由空间中线面位置关系可判断B选项的正误；利用线面垂直的判定定理和线面平行的性质定理可判断C选项的正误；利用面面平行的性质可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由①③可知，或，A错；
对于B选项，由①④可知，与的位置关系不确定，B错；
对于C选项，过直线作平面，使得，，则，，，
，，C对；
对于D选项，由②③可知，，D错.
故选：C.
【点睛】本题考查空间中有关线面位置关系命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.
9. 如图，为测量某公园内湖岸边两处的距离，一无人机在空中点处测得的俯角分别为，此时无人机的高度为，则的距离为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设点P在AB上的投影为O，在Rt△POB中，可得，再结合正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得，得到答案.
【详解】如图所示，设点P在AB上的投影为O，在Rt△POB中，可得，
由正弦定理得，
所以




故选：A.

【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用，其中解答中结合图象把实际问题转化为数学问题，合理利用正弦定理求解是解答的关键，注重考查了推理与运算能力.
10. 过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于两点，若，O为坐标原点，则（ ）
A. B. C. 4 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
画出图像,分别作关于准线的垂线,再根据平面几何的性质与抛物线的定义求解即可.
【详解】如图,作分别作关于准线垂线,垂足分别为,直线交准线于.过作的垂线交于,准线与轴交于.则根据抛物线的定义有.
设,,故,,故.
故,故是边的中位线,故.
故.

故选：A
【点睛】本题主要考查了利用平面几何中的比例关系与抛物线的定义求解线段比例的问题,需要根据题意作出对应的辅助线,利用边角关系求解,属于中档题.
11. 函数的部分图象如图中实线所示，图中的圆与的图象交于、两点，且在轴上，则下列说法中正确的是（ ）

①函数的图象关于点成中心对称;
②函数在上单调递增;
③圆的面积为.
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
【答案】B
【解析】
分析】
先求出函数的解析式，验证可判断①的正误；利用正弦函数的单调性可判断②的正误；求出圆的半径，利用圆的面积可判断③的正误.
【详解】由圆的对称性，正弦函数的对称性得为函数的一个对称中心，
所以周期，，
又函数的图象过点，则，
且函数在附近单调递增，所以，，可取.
所以，.
成立，所以①对；
当时，，所以，函数在区间上不单调，所以②错；
当时，得点的坐标为，所以圆的半径为，则圆的面积为，所以③对.
故选：B.
【点睛】本题考查利用正弦函数的基本性质求解析式，同时也考查了正弦型函数的对称性和单调性的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
12. 函数的图象在点处两条切线的交点，一定满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数，求导，然后利用导数的几何意义，分别写出在点处的切线方程，再联立求解即可.
【详解】因为函数，
所以，
所以
所以，
又因为在点处的切线方程分别为：
，
联立消去y得：
，
.
解得.
故选：A
【点睛】本题主要考查导数的几何意义以及直线的交点，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据离心率公式和双曲线的的关系进行求解
【详解】由题知：，双曲线渐近线方程为
故答案为
【点睛】本题考查双曲线渐近线的求法，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质
14. 执行如图所示的程序框图，若输入，则输出s的取值范围是____________.

【答案】[0,1]
【解析】
【分析】
分别在和两种情况下，根据指数函数和对数函数的单调性求得值域，取并集得到所求的取值范围.
【详解】当时，，在上单调递增，；
当时，，在上单调递增，；
综上所述：输出的.
故答案为：.
【点睛】本题以程序框图为载体考查了指数函数和对数函数值域的求解问题，关键是能够通过分类讨论得到函数的单调性，进而确定所求值域.
15. 已知向量则面积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据，，可得，再由，利用余弦定理可解得，，进而得到，然后代入求解.
【详解】因为，
所以，
又因为，
所以，
由余弦定理得，
所以，
则，
因为 ，
所以，，
所以面积为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查平面向量与解三角形，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
16. 已知正方体的棱长为2，点分别是棱的中点，则二面角的余弦值为_________；若动点在正方形(包括边界)内运动，且平面，则线段的长度范围是_________.

【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
延长AM交DC于点Q，过C作AM垂线CG，垂足为G，连接NG，则∠NGC为二面角的平面角，计算可得结果；取的中点，的中点，连结，，，取中点，连结，推导出平面平面，从而点的轨迹是线段，由此能求出的长度范围．
【详解】延长AM交DC于点Q，过C作AM垂线CG，垂足为G，连接NG，

则∠NGC为二面角的平面角，
计算得，，
所以
取的中点，的中点，连接，，，取中点，连接，

点，分别是棱长为2的正方体中棱，的中点，
，，
，，
平面平面，
动点在正方形（包括边界）内运动，且面，
点的轨迹是线段，
，，
，
当与重合时，的长度取最小值，
当与（或重合时，的长度取最大值为．
的长度范围为．
故答案为：；
【点睛】本题考查二面角余弦值的求法和线段长度的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三、解答题:共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~23题为选考题，考生根据要求作答.
(一)必考题:共60分
17. 已知数列是等比数列，且公比不等于，数列满足.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若，，求数列的前项和.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据对数运算法则和等比数列定义可证得，由此证得结论；
（2）利用等比数列通项公式可构造方程求得，进而整理得到，采用裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）已知数列满足，则，
，
数列为等差数列.
（2）由，可得：，解得：或（舍），
，则，，
.
【点睛】本题考查等差数列的证明、裂项相消法求解数列的前项和问题，涉及到等比数列通项公式的应用；求和问题的处理关键是能够根据通项公式的形式进行准确裂项，进而前后相消求得结果.
18. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，点为的中点，且，点在上，且.

（1）求证：平面；
（2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）如图所示，取的中点，连结、，所以根据线面平行的判定定理即可证明；（2）取中点，中点，连结、，以N为原点，NA方向为x轴，NH方向为y轴，NP方向为z轴，建立空间坐标系，找到平面的一个法向量，求出直线向量所成夹角的余弦值，即可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）如图所示，取的中点，连结、，
因为点为的中点，且，所以且，
因为，所以，所以，
又因为，所以，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以∥平面；

（2）取中点，中点，连结、，
因为，所以，
又平面平面，所以平面，
又，所以，
以N为原点，NA方向为x轴，NH方向为y轴，NP方向为z轴，建立空间坐标系，
所以，，，，
在平面中，，,
设在平面的法向量为，所以，，
令，则法向量，又，
设直线与平面所成角为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】
本题主要考查线面平行的判定，和线面所成角的求法，解题的关键是会用法向量的方法求线面角的正弦值.

19. 已知椭圆与轴正半轴交于点，与轴交于、两点.
（1）求过、、三点的圆的方程；
（2）若为坐标原点，直线与椭圆和（1）中的圆分别相切于点和点（、不重合），求直线与直线的斜率之积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求出、、三点的坐标，求得圆心的坐标，进而求出圆的半径，由此可求得圆的方程；
（2）设直线的方程为（存在且），将直线的方程与椭圆的方程联立，由可得，由直线与圆相切可得出，进而可得出，求出直线与直线的斜率，进而可求得结果.
【详解】（1）由题意可得、、，则圆心在轴上，设点，
由，可得，解得，圆的半径为.
因此，圆E的方程为；
（2）由题意：可设的方程为（存在且），
与椭圆联立消去可得，
由直线与椭圆相切，可设切点为，由，
可得，解得，，
由圆与直线相切，即，可得.
因此由，可得，
直线的斜率为，直线的斜率，
综上：.
【点睛】本题考查三角形外接圆方程的求解，同时也考查了椭圆中直线斜率之积的计算，考查计算能力，属于中等题.
20. 武汉市掀起了轰轰烈烈的“十日大会战”，要在10天之内，对武汉市民做一次全员检测，彻底摸清武汉市的详细情况.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：
方案①：将每个人的血分别化验，这时需要验1000次.
方案②：按个人一组进行随机分组，把从每组个人抽来的血混合在一起进行检验，如果每个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这个人的血就只需检验一次(这时认为每个人的血化验次)；否则，若呈阳性，则需对这个人的血样再分别进行一次化验这样，该组个人的血总共需要化验次. 假设此次检验中每个人的血样化验呈阳性的概率为，且这些人之间的试验反应相互独立.
（1）设方案②中，某组个人中每个人的血化验次数为，求的分布列；
（2）设. 试比较方案②中，分别取2,3,4时，各需化验的平均总次数；并指出在这三种分组情况下，相比方案①，化验次数最多可以减少多少次？(最后结果四舍五入保留整数)
【答案】（1）分布列见解析；（2），总次数为690次；，总次数为604次；，次数总为594次；减少406次
【解析】
【分析】
（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为，可得，再由相互独立事件的概率求法可得个人呈阴性反应的概率为，呈阳性反应的概率为，随机变量即可得出分布列.
（2）由（1）的分布列可求出数学期望，然后令求出期望即可求解.
【详解】（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为，则.
所以个人的血混合后呈阴性反应的概率为，呈阳性反应的概率为，
依题意可知，
所以的分布列为：

（2）方案②中，结合（1）知每个人的平均化验次数为:
所以当时, ，
此时1000人需要化验的总次数为690次，
，此时1000人需要化验的总次数为604次，
时, ，此时1000人需要化验的次数总为594次，
即时化验次数最多，时次数居中，时化验次数最少.
而采用方案①则需化验1000次，故在这三种分组情况下，相比方案①,
当时化验次数最多可以平均减少1000-594=406次.
【点睛】本题考查了两点分布的分布列、数学期望，考查了考生分析问题、解决问题的能力，属于中档题.
21. 已知函数
（1）若函数在处有最大值，求的值；
（2）当时，判断的零点个数，并说明理由.
【答案】（1）；（2）当时，函数无零点；当或时，函数只有一个零点.
【解析】
【分析】
（1）根据函数最值点可确定，从而求得；代入的值验证后满足题意，可得到结果；
（2）令，将问题转化为零点个数的求解问题；分别在、和三种情况下，根据导函数得到原函数的单调性，结合零点存在定理和函数的最值可确定零点的个数.
【详解】（1）由题意得：定义域为，，
在处取得最大值，，解得：.
当时，，，
，在上单调递减，
又，则时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，满足题意；
综上所述：.
（2）令，，则与的零点个数相等，
①当时即，函数的零点个数为；
②当时, ，在上为减函数，
即函数至多有一个零点，即至多有一个零点.
当时，，
，即，又，
函数有且只有一个零点，即函数有且只有一个零点；
③当时，令，即，
令，则
在上为增函数，又，
故存在，使得，即.
由以上可知：当时，，为增函数；当时，，为减函数；
，，
令，，
则，在上为增函数，
则，即，当且仅当，时等号成立，
由以上可知：当时，有且只有一个零点，即有且只有一个零点；当时，无零点，即无零点；
综上所述：当时，函数无零点；当或时，函数只有一个零点.
【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到根据函数的最值求解参数值、利用导数研究函数零点个数的问题；函数零点个数的求解关键是能够通过换元法将问题转化为新函数零点个数的求解，进而通过分类讨论的方式，结合函数单调性、零点存在定理和函数最值来确定零点个数，属于较难题.
(二)选考题:共10分,请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做则按所做的第一题计分.
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点为曲线上的动点，点在线段的延长线上且满足点的轨迹为.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）设点的极坐标为，求面积的最小值.
【答案】（1）：，：； （2）2.
【解析】
【分析】
（1）消去参数，求得曲线的普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，即可求得曲线的极坐标方程，再结合题设条件，即可求得曲线的极坐标方程；
（2）由,求得，求得面积的表达式，即可求解.
【详解】（1）由曲线的参数方程为 (为参数)，
消去参数，可得普通方程，即，
又由，代入可得曲线的极坐标方程为，
设点的极坐标为，点点的极坐标为，
则，
因为，所以，即，即，
所以曲线的极坐标方程为.
（2）由题意，可得,
则，
即，
当，可得的最小值为2.
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.
23. 已知函数
（1）解不等式；
（2）设时，的最小值为.若实数满足，求的最小值.
【答案】（1）；（2）6
【解析】
【分析】
（1）利用零点分段讨论求解不等式；
（2）利用绝对值三角不等式求得，利用柯西不等式求解最值.
【详解】（1）或或∴，
（2）∵

当且仅当时“=”成立，所以所以最小值为6.
【点睛】此题考查解绝对值不等式，利用零点分段讨论求解，利用绝对值三角不等式求解最值，结合柯西不等式求最值，需要注意考虑等号成立的条件.