2020届青海省玉树州高三联考数学（理）试题（解析版）

这是一份2020届青海省玉树州高三联考数学（理）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届青海省玉树州高三联考数学（理）试题  一、单选题1．已知集合，，则集合（  ）A． B． C． D．【答案】D【解析】表示出集合N，利用并集概念求解。【详解】因为，所以，所以故选：D【点睛】本题主要考查了集合的并集运算，属于基础题。2．若复数对应复平面内的点，且，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据已知求出，即得复数的虚部.【详解】由题意，由得，∴复数的虚部为，故选：B.【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的虚部的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3．如图是一个边长为3的正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷1089个点，其中落入白色部分的有484个点，据此可估计黑色部分的面积为（  ）A．4 B．5 C．8 D．9【答案】B【解析】由几何概型中的随机模拟试验可得：，将正方形面积代入运算即可．【详解】由题意在正方形区域内随机投掷1089个点，其中落入白色部分的有484个点，则其中落入黑色部分的有605个点，由随机模拟试验可得：，又，可得，故选B．【点睛】本题主要考查几何概型概率公式以及模拟实验的基本应用，属于简单题，求不规则图形的面积的主要方法就是利用 模拟实验，列出未知面积与已知面积之间的方程求解.4．对于实数，“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：由于不等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac＞bc”必须有c＞0这一条件．解：主要考查不等式的性质．当c=0时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左边。故选B【考点】不等式的性质点评：充分利用不等式的基本性质是推导不等关系的重要条件。 5．已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则双曲线的方程是（   ）A． B．C． D．【答案】C【解析】由双曲线的渐近线为，可得到，又点在双曲线上，可得到，联立可求出双曲线的方程。【详解】双曲线的渐近线为，则，又点在双曲线上，则，解得，故双曲线方程为，故答案为C.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，考查了双曲线的方程的求法，考查了计算能力，属于基础题。6．1927年德国汉堡大学的学生考拉兹提出一个猜想：对于任意一个正整数，如果它是奇数，对它乘3加1，如果它是偶数，对它除以2，这样循环，最终结果都能得到1.有的数学家认为“该猜想任何程度的解决都是现代数学的一大进步，将开辟全新的领域”.如图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，则输出的值为A．8 B．7C．6 D．5【答案】A【解析】根据程序框图逐步进行模拟运算即可．【详解】，不满足，是奇数满足，，，，不满足，是奇数不满足，，，，不满足，是奇数满足，，，，不满足，是奇数不满足，，，，不满足，是奇数不满足，，，，不满足，. 是奇数不满足，，，，不满足，是奇数不满足，，，，满足，输出，故选A．【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，利用模拟运算法是解决本题的关键，属于基础题．7．已知，其中，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先根据同角三角函数关系求得,再根据二倍角正切公式得结果.【详解】因为，且，所以，因为，所以，因此，从而，，选D.【点睛】本题考查同角三角函数关系以及二倍角正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.8．已知展开式中前三项的二项式系数的和等于22，则展开式中的常数项为（   ）A． B． C． D．【答案】A【解析】先由前三项的二项式系数的和等于22，求出，再写出二项展开式的通项，即可求出结果.【详解】因为展开式中前三项的二项式系数的和等于22，所以，整理得，解得，所以二项式展开式的通项为，令可得，所以展开式中的常数项为.故选A【点睛】本题主要考查二项式定理，熟记二项展开式的通项公式即可，属于常考题型.9．已知数列满足（），，等比数列满足，，则的前6项和为A． B． C． D．【答案】B【解析】先求，再求等比数列公比，最后根据等比数列前项和公式求结果.【详解】因为，所以，因此等比数列公比,所以的前6项和为，选B.【点睛】本题考查等比数列前项和公式，考查基本分析求解能力.属基本题.10．将函数向右平移个单位后得到函数，则具有性质（   ）A．在上单调递增，为偶函数B．最大值为1，图象关于直线对称C．在上单调递增，为奇函数D．周期为，图象关于点对称【答案】A【解析】由条件根据诱导公式、函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的图象性质得出结论．【详解】将函数的图象向右平移个单位后得到函数 的图象，
故当x∈时，2x∈，故函数g（x）在上单调递增，为偶函数，
故选A．【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，余弦函数的图象性质，属于基础题．11．点在椭圆：上，的右焦点为，点在圆：上，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先求出圆心为，半径为2，设椭圆的左焦点为，要求的最小值，即求的最小值，的最小值等于，即得解.【详解】由题得圆：，所以圆心为，半径为2.设椭圆的左焦点为，则，故要求的最小值，即求的最小值，圆的半径为2，所以的最小值等于，∴的最小值为，故选：D.【点睛】本题主要考查椭圆和圆的几何性质，考查最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12．已知函数，若函数有三个零点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】作出的图象如图，令，问题转化为函数有两个零点，结合二次抛物线的图象根据根的分布列不等式求解即可.【详解】作出的图象如图：设，则由图象知当时，有两个根，当时，只有一个根，若函数有三个零点，等价为函数有两个零点，其中或，当时，，此时另一个根为满足题意；当时，则满足，得，得，综上：.故选：．【点睛】本题主要考查了复合型方程的根的个数问题，进行合理的等价转化是解题的关键，属于中档题.  二、填空题13．已知向量，则___________.【答案】2【解析】先由题意得到，，，再由，即可求出结果.【详解】因为，，所以，，，又，所以，，解得.故答案为2【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于常考题型.14．已知等差数列的前项和为，且，，则数列的前10项和为__________．【答案】【解析】设等差数列的公差为，先求出，再求出，再利用裂项相消法求数列的前10项的和.【详解】设等差数列的公差为，∵，，∴，又，解得，∴.∴.则数列的前10项和.故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列通项的求法，考查等差数列的前n项和的计算，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15．已知为坐标原点，为椭圆的右焦点，过点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正三角形，则椭圆的离心率为________.【答案】【解析】根据过点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正三角形，求出点坐标，再代入椭圆方程，即可求出结果.【详解】因为为椭圆：的右焦点，所以，又点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正三角形，边长为，所以，代入可得：，又，所以，所以，解得，因为，所以，故.故答案为【点睛】本题主要考查椭圆离心率，熟记椭圆的性质即可，属于常考题型.16．正四棱锥的体积为，底面边长为，则正四棱锥的内切球的表面积为__________．【答案】【解析】先求出正四棱锥的高和斜高，再求正四棱锥的内切球的半径，即得内切球的表面积.【详解】正四棱锥的体积，∴，∴斜高为，设正四棱锥的内切球的半径为，则∴.∴正四棱锥的内切球的表面积为.【点睛】本题主要考查几何体的内切球的计算问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 三、解答题17．在中，角A,B,C的对边分别是且.（Ⅰ）求角B.(Ⅱ)若的面积为，求边b的取值范围．【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由正弦定理，化简整理得，再由余弦定理，即可求解. (Ⅱ)由三角形的面积公式，求得，再由余弦定理和基本不等式，即可求解.【详解】（Ⅰ）由正弦定理得，，所以 又在中，， .(Ⅱ) ，由余弦定理得， 当且仅当时，等号成立. ,则实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理，及三角形的面积公式求解三角形问题，解答有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理．18．如图，四边形与均为菱形，设与相交于点，若，且.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析  (2) 【解析】（1）证明平面平面，即证平面；（2）连接，，由，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求直线与平面所成角的余弦值.【详解】（1）∵四边形与四边形均为菱形，∴，.∵平面，平面，平面，平面，∴平面，平面，又，平面，平面，∴平面平面，又平面，∴平面.（2）连接，，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形，∵为中点，∴，又∵为中点，且，∴，又，∴平面.由，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.设，因为四边形为菱形，，则，，，∴，，，，，，，，设平面的一个法向量，则，取，得，设直线与平面所成角为，则，∴，∴直线与平面所成角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查线面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19．某企业打算处理一批产品，这些产品每箱100件，以箱为单位销售.已知这批产品中每箱出现的废品率只有或者两种可能，两种可能对应的概率均为0.5.假设该产品正品每件市场价格为100元，废品不值钱.现处理价格为每箱8400元，遇到废品不予更换.以一箱产品中正品的价格期望值作为决策依据.（1）在不开箱检验的情况下，判断是否可以购买；（2）现允许开箱，有放回地随机从一箱中抽取2件产品进行检验.①若此箱出现的废品率为，记抽到的废品数为，求的分布列和数学期望；②若已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，判断是否可以购买.【答案】(1) 在不开箱检验的情况下，可以购买. (2) ①分布列见解析，0.4  ②不可以购买【解析】（1）求出在不开箱检验的情况下，一箱产品中正品的价格期望值，即得解；（2）①的可能取值为0，1，2，再求出对应的概率，即得的分布列和数学期望；②一箱产品中，设正品的价格的期望值为，求出即得解.【详解】（1）在不开箱检验的情况下，一箱产品中正品的价格期望值为：，∴在不开箱检验的情况下，可以购买.（2）①的可能取值为0，1，2，，，，∴的分布列为：0120.640.320.04  .②设事件：发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，则，一箱产品中，设正品的价格的期望值为，则，事件：抽取的废品率为的一箱，则，事件：抽取的废品率为的一箱，则，∴，∴已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，不可以购买.【点睛】本题主要考查随机变量的分布列和期望的求法，考查条件概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20．已知直线与焦点为F的抛物线相切.（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）联立和，利用即可求得，从而得到抛物线方程；（Ⅱ）设直线为，与抛物线联立后可利用韦达定理求得，进而得到；由中点坐标公式可求得中点；利用点到距离之和等于点到的距离的倍，可将所求距离变为关于的函数，求解函数的最小值即可得到所求距离之和的最小值.【详解】（Ⅰ）将与抛物线联立得：与相切    ，解得：抛物线的方程为：（Ⅱ）由题意知，直线斜率不为，可设直线方程为：联立得：设，，则    线段中点设到直线距离分别为则    当时，两点到直线的距离之和的最小值为：【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到根据直线与抛物线的位置关系求解抛物线方程、抛物线中的最值问题的求解等知识；求解最值的关键是能够将所求距离之和转变为中点到直线的距离，利用点到直线距离公式得到函数关系，利用函数最值的求解方法求得结果.21．已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求证：.【答案】(1) 单调递增区间是，单调递减区间是. (2)证明见解析【解析】（1）利用导数求函数的单调区间；（2）先证明，再利用数学归纳法证明，即得证.【详解】（1）∵函数，∴函数，（.由，解得，由，得.∴函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）证明：由（1）知，的最小值为，∴（且），即，∴，，…，，累加得：，即，∴，下面利用数学归纳法证明.当时，左边，右边，不等式成立；假设当时不等式成立，即，那么，当时，.要证，只需证，也就是证，此时显然成立.∴，即，综上，.∴.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查不等式的证明和数学归纳法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.22．在平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为（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．（1）求曲线，的极坐标方程；（2）在极坐标系中，射线与曲线，分别交于，两点（异于极点），定点，求的面积【答案】（1），；（2）【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把普通方程化成极坐标方程. (2) 先利用极坐标求出弦长|AB|,再求高，最后求的面积．试题解析：（1）曲线的极坐标方程为： ，因为曲线的普通方程为： ，         曲线的极坐标方程为． （2） 由（1）得：点的极坐标为， 点的极坐标为 点到射线的距离为 的面积为 .23．已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）对于任意的实数，存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围。【答案】（1）； （2）.【解析】（1）去掉绝对值符号，得到分段函数，然后求解不等式的解集．（2）不等式　，根据已知条件，结合绝对值不等式的几何意义，转化求解即可．【详解】因为，所以．（1）当时， 所以由，可得或 或 ，解得或， 故原不等式的解集为．（2）因为，令，则由题设可得 ，由，得． 因为，所以．故，从而，即， 又已知，故实数的取值范围是．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值不等式的几何意义的应用；绝对值不等式问题中的求参数范围问题，一般思路是：借助绝对值的几何意义、零点分段法等，先求出相关函数的最值或值域，再根据题目要求求解.