2020届安徽省“江南十校”高三下学期4月综合素质检测数学（文）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（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】化简集合，由交集定义求解.

【详解】

因为.

所以 .

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了集合的运算，属于容易题.

2．已知复数为虚数单位)，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据复数的乘法与乘方运算，即可得到，写出共轭复数即可.

【详解】

由.

则.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念，属于容易题.

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．在2020年春节前夕，为了春节食品市场安全，确保人们过一个健康安全的春节，某市质检部门对辖区内的某大型超市中的一品牌袋装食品进行抽检，将超市中该袋装食品编号为1，2，3，…，500，从中用系统抽样(等距抽样)的方法抽取20袋进行检测，如果编号为69的食品被抽到，则下列4个编号的食品中被抽到的是（    ）

A．9号 B．159号 C．354号 D．469号

【答案】D

【解析】根据系统抽样的特点可知，可知第一组抽取号码为，即可取不同的，得到抽取到其他样本的编号.

【详解】

由系统抽样的特点知，从编号为1，2，…，500的食品中抽取20袋，

需要将它们分成20组，每组25个.

因为抽到的编号为69，则所有被抽到的食品编号满足 ，

所以所给四个编号符合条件的是时，号.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了系统抽样的概念和性质，属于中档题.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据诱导公式及正弦的二倍角公式求解即可.

【详解】

，

，

，

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了正弦的二倍角公式，诱导公式，同角三角函数间的关系，属于中档题.

7．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.

8．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.

9．“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.

10．在中，角的对边分别为.若，，，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由正弦定理可求出C,利用余弦定理可得，根据面积公式计算即可求解.

【详解】

因为，

由正弦定理得.

所以，

所以.

因为，

所以.

所以.

所以.

因为,且

所以.

所以.

所以.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题.

11．已知椭圆：的焦距为，为右焦点，直线与椭圆相交于，两点，是等腰直角三角形.点的坐标为，若记椭圆上任一点到点的距离的最大值为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据条件可求得，设椭圆上点Q的坐标为(x,y)，由两点间距离公式及二次函数可求的最大值，即可求解.

【详解】

由题意可得，

所以点的坐标为，

代入椭圆方程有，

又

所以,

解得或 (舍去)，

所以，

所以椭圆方程可化为，

设点Q的坐标为(x,y) ,则，

所以

所以.

故选：C

【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程，椭圆的简单几何性质，利用二次函数求最值，考查了计算能力，属于中档题.

12．已知.给出下列判断：

①若，且，则；

②存在，使得的图象右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】根据三角恒等变换化为，对①利用周期性求，判断即可，对②利用三角函数的图象变换判断正误，对③根据正弦函数的周期及图象可列出不等式，求解判断正误，对④由，得的范围，要函数为递增，则可列出满足条件的不等式，求解判断正误即可.

【详解】

因为，

所以周期，对于①,由条件知,周期为，所以，故①错误；

对于②,函数图象右移个单位长度后得到的函数为，

其图象关于y轴对称,则，解得，

故对任意整数，所以②错误；

对于③，由条件得，即，

解得故③正确；

对于④,由条件得，解得，又，所以，故④正确.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了正弦型函数的图象与性质，考查了正弦型函数图象的平移变换，属于难题.

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．已知双曲线的离心率为，则双曲线的右顶点到双曲线的渐近线的距离为___________.

【答案】

【解析】由离心率可求出b,写出双曲线的渐近线方程，根据点到直线的距离求解即可.

【详解】

设双曲线的焦距为,

因，

所以.

因为双曲线的右顶点的坐标为，一条渐近线的方程为，

则右顶点到渐近线的距离为，

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了双曲线的简单几何性质，点到直线的距离，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．已知在三楼锥中，四点均在以为球心的球面上，若，，，则球的表面积为___________.

【答案】

【解析】过作平面， 垂足为，由条件可证为的外心，知球心在射线上，连按，利用勾股定理求解即可.

【详解】

设球的半径为， 过作平面， 垂足为， 连接，

 由易得，

即为的外心，

所以球心在射线上，

设外接圆的半径为，

在中，，

由正弦定理得： ，

所以，

所以 ，

连接，则.

即，

解得，

所以，

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了三棱锥的外接球，球的性质、表面积公式，正弦定理，考查了空间想象力与计算能力，属于难题.

三、解答题

17．已知数列是递增的等比数列，是其前项和，.

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据题意可列方程组求出公比即可；

（2）利用错位相减法求数列的和.

【详解】

①设的公比为，由题意知，

因为.

所以，

所以.

即，

解得或（舍去）.

故数列的通项公式为

（2）由（1）得

所以.

所以

两式相减得

所以.

【点睛】

本题主要考查了等比数列的通项公式，错位相减法求数列的和，属于中档题.

18．移动支付是指移动客户端利用手机等电子产品来进行电子货币支付，移动支付将互联网、终端设备、金融机构有效地联合起来，形成了一个新型的支付体系，使电子货币开始普及.某机构为了研究不同年龄人群使用移动支付的情况，随机抽取了100名市民，得到如下表格：

（1）画出样本中使用移动支付的频率分布直方图，并估计使用移动支付的平均年龄；

（2）完成下面的列联表，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系?

附：   

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.

【解析】（1）根据所给数据求出每段使用移动支付的频率，即可画出频率分布直方图，根据频率分布直方图求平均值即可；

（2）完成联表，计算，根据临界值表得出结论.

【详解】

（1）样本中使用移动支付的人数为80人.

所以每段的频率分别为：0.5，0.25，0.125，0.05，0.05，0.025.

所以其频率分布直方图为

所以使用移动支付的平均年龄为，

所以估计使用移动支付的平均年龄为34.75岁.            ..

（2）完成列联表如下：

由

故在犯错误概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系.

【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图，由频率分布直方图求均值，独立性检验，属于容易题.

19．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）求三棱锥的体积.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】（1）取的中点，连接，，可证明四边形为平行四边形，即可证明；（2）根据平面可知点到平面的距离与点到平面的距离相等，得到，即可根据三棱锥体积公式求解.

【详解】

（1）证明：如图，取的中点，连接，，

且

∴四边形为平行四边形，

平面，平面，

平面.

 （2）由（1） 知平面.

∴点到平面的距离与点到平面的距离相等，

∴,

如图取的中点，连接，

.

∵平面平面，平面平面，平面，

平面，

为等腰直角三角形，

∵四边形为等腰梯形， 且，

∴梯形的高为1，

【点睛】

本题主要考查了线面平行的证明，利用等体积法求三棱锥的体积，属于中档题.

20．已知函数.

（1）当时，讨论的单调区间；

（2）若对，成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.

【解析】（1）求函数导数，令可得两根为，分类讨论两根关系，结合二次函数图象，即可求出单调区间；

（2）分离参数问题转化为恒成立，利用导数求出函数的最小值即可.

【详解】

（1）的定义域为，

则的两根为，

①当时，即时，时，，当时，，

所以在区间上单调递减,在区间上单调递增；

②当时,即时,对，在(0,+∞)上单调递增；

③当时,即时,当时，当时,

所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.

综上所述,当时，在区间上单调递减,在区间上单调递增；

当时，在(0,+∞)上单调递增；

当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.

（2）因为对恒成立，

所以即恒成立，

所以，

令则问题转化为

令

则

所以在上单调递增，又，

所以在上，在上，

所以在上在上，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以，即实数的取值范围为.

【点睛】

本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，极值，最值，分类讨论，分离参数解决恒成立问题，属于难题.

21．已知抛物线，若圆与抛物线相交于两点，且.

（1）求抛物线的方程；

（2）过点的直线与抛物线相切，斜率为的直线与抛物线相交于两点，直线交于点，求证：.

【答案】（1）；（2）详见解析.

【解析】（1）由抛物线及圆的对称性可知点A的纵坐标，代入圆可得横坐标，点代入抛物线即可求解；

（2）根据直线与抛物线相切可求出，联立直线与可得交点的坐标，根据两点间的距离公式求出，，，联立直线与抛物线，由韦达定理得出，，计算即可证明.

【详解】

（1）因为抛物线C和圆M都关于x轴对称,所以A,B关于x轴对称,不妨设A的坐标为(xo,yo)( yo >0).

因为,

所以，

所以，所以或（舍），

所以，代入抛物线方程可得

所以抛物线C的方程为

（2）证明：设直线的方程为，整理为，

联立方程

消去后整理得

所以

得，

故直线的方程为，

设直线的方程为，

点的坐标分别为

联立方程，解得，

则，

所以，

联立方程消去y后整理得，

由题意知即，

所以

所以

同理

所以

故有

【点睛】

本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，两点间的距离公式，属于中档题.

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.