2020届内蒙古赤峰市高三年级12月大联考数学（理）试题（解析版）

2020届内蒙古赤峰市高三年级12月大联考数学（理）试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】求出A中不等式的解集确定出A，根据全集U＝R，求出A的补集即可．

【详解】

依题意，，故，

故选：C.

【点睛】

此题考查了补集的运算及一元二次不等式的解法，熟练掌握补集的定义是解本题的关键．

2．复数满足，则（    ）

A．2 B．4 C． D．5

【答案】C

【解析】根据复数的除法运算求出复数z，再求出模长|z|．

【详解】

，故.

故选：C.

【点睛】

本题考查了复数的乘除运算与模长计算问题，是基础题．

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】直接由诱导公式计算即可.

【详解】

由诱导公式可得：

，故.

故选：B.

【点睛】

本题考查了诱导公式的简单应用，属于基础题.

4．已知正等比数列的前项和为，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．

【详解】

依题意，，即，解得（舍去），

故，

故选：C.

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

5．将某新电动车的续航里程数统计如下图所示，则该款电动车的续航里程数的中位数约为（    ）

A．325 B．312.5 C．316.67 D．310

【答案】C

【解析】由频率分布直方图得：续航里程数在[150，300）的频率为0.4，

续航里程数在[300，350）的频率为0.3，由此能求出中位数．

【详解】

由频率分布直方图得：

续航里程数在[150，300）的频率为：（0.001+0.003+0.004）×50＝0.4，

续航里程数在[300，350）的频率为：0.006×50＝0.3，

∴所求中位数大约为：

300316.67．

故选：C.

【点睛】

本题考查中位数的求法，考查频率分布直方图的性质，考查分析问题的能力，是基础题．

6．连续投掷2粒大小相同，质地均匀的骰子3次，则恰有2次点数之和不小于10的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】基本事件总数n＝6×6＝36，利用列举法求出出现向上的点数之和不小于10包含的基本事件有6个，由此能求出一次出现向上的点数之和不小于10的概率，再结合独立重复试验的概率公式求解即可．

【详解】

连续投掷2粒大小相同，质地均匀的骰子1次，

基本事件总数n＝6×6＝36，

出现向上的点数之和不小于10包含的基本事件有：

（4，6），（6，4），（5，5），（5，6），（6，5），（6，6），共有6个，

∴每次投掷，两骰子点数之和不小于10的概率为，

又投掷3次，相当于3次独立重复试验，

故恰有两次点数之和不小于10的概率为.

故选：B

【点睛】

本题考查独立重复试验的概率的求法，考查古典概型概率计算公式、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

7．已知向量、满足，，，则与夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据||||，两边平方，根据||，||，得出向量的数量积，再根据夹角公式求解．

【详解】

由已知，（）2＝3（）2，即42+4•2＝3（42﹣4•2）．

因为||＝1，||＝2，则22＝4，

所以8+4•3（8﹣4•），

即•．

设向量与的夹角为θ，

则||•||cosθ，

即cosθ，

故θ＝60°．

故选：B.

【点睛】

本题考查了向量夹角的求法，考查了数量积的运算法则及模的求解方法，属于基础题

8．已知双曲线：的左，右顶点分别为，，双曲线上存在一点，且满足，则双曲线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】直线MA、MB的斜率之积求得，再利用在上代入双曲线方程求得，即可得结果.

【详解】

，

在上与.

∴双曲线方程为，

故选：B

【点睛】

本题考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质，属于基础题．

9．已知函数，将函数的图像向下平移个单位后，再向左平移个单位，得到函数的图像，则（    ）

A．函数的图像关于对称 B．函数的图像关于对称

C． D．

【答案】C

【解析】由条件利用诱导公式将函数化简，再利用图象变换规律求得，结合正弦函数的图象的对称性，对选项一一判断．

【详解】

依题意，，

函数的图像向下平移个单位后，得到的图像，

再向左平移个单位，得到，

令，解得为的对称轴，

令，解得，

则为的对称中心，

给赋值，可判断选项均不正确，

 时，是函数的图像的一个对称中心.

故选：C.

【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，正弦函数的图象的对称性，属于中档题．

10．已知长方体中，，若点是线段的中点，与相交于点，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先通过作平行线，作出异面直线所成的角，再由余弦定理解三角形求得其余弦值即可．

【详解】

作出图形如图所示，连接，取的中点，连接，则GF∥，

则直线与直线夹角即为，

又，

则，，又在底面中易求，

∴，

故，

故选：A.

【点睛】

本题考查了求异面直线所成的角的基本方法是：一、作角（平行线）；二、证角（符合异面直线所成角的定义）；三、求角（解三角形），属于基础题.

11．椭圆的左，右焦点分别为，，直线过点交椭圆于，两点，，，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】在中，利用椭圆定义及已知，结合余弦定理可得，再利用定义可得，从而得到e.

【详解】

由①

得：代入，，

整理得：，

代入①式得：，

不妨设：，，，，

则，

故点为椭圆顶点，.

故选：A.

【点睛】

本题考查了椭圆的离心率的求法，考查了椭圆定义的应用及焦点三角形的周长，涉及到余弦定理的应用，属于中档题.

12．已知函数，，使，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由的几何意义可得表示两点，的距离，

利用换元法将问题转化为两个互为反函数图像上两点间的距离的最小值问题.

【详解】

令，则，则，

即为两点，的距离，

又与关于对称，

∴设，，

则两函数在，处的切线斜率都为1，∴，

故可知为最小值.即，

即，

当时，显然成立，

故.

故选：A.

【点睛】

本题考查了两点间距离的求法，考查了换元法及反函数性质的应用，属于较难题.

二、填空题

13．已知实数，满足，则的取值范围为______.

【答案】

【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用直线斜率的定义，结合数形结合进行求解即可．

【详解】

作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，

表示平面区域内的点与连线的斜率，

故，

故.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，根据直线斜率的公式，利用数形结合是解决本题的关键．

14．求的展开式中，的系数为______.

【答案】90

【解析】6个因式中，有2个因式取y，2个因式取，2个因式取，即可得到含x3y2的项．

【详解】

依题意，表示6个因式的乘积，要得到x3y2的项，

需有2个因式取y，2个因式取，2个因式取，

∴的展开式中，的系数为.

故答案为：90.

【点睛】

本题主要考查三项式的展开式的系数问题，组合数的计算公式，属于基础题．

15．已知数列满足：，，，，，，，…，以此类推______.

【答案】

【解析】根据数列项的规律进行分段，分析出第2020项所属的那一段，再结合规律即可求值．

【详解】

按分母分段，分母为的分数有个，

因为，故2020属于第64段，

则应该是分母为65的第四数，即.

故答案为：

【点睛】

本题考查数列的递推式，解题时要善于合理地分段，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

16．四边形中，，，，，则四边形面积最大值为______.

【答案】

【解析】在△CBD，△ABD中，由余弦定理可得

再由三角形面积公式，可得，结合同角基本关系可得，利用余弦定理的有界性求得最值．

【详解】

中，，①

 中，，②

由①②得：，

,

两式平方相加得：，

∴，

∴最大值为.

故答案为：

【点睛】

本题考查余弦定理、三角形面积公式的应用，考查运算能力与逻辑推理能力，属于中档题．

三、解答题

17．各项为正数的数列满足：，.

（1）求的通项公式；

（2）求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】（1），得，两式作差，即可证明{an}为等差数列，从而求出an．

（2）利用裂项求和法能求出数列的前n项和，再放缩即可证明．

【详解】

（1）由，，

两式相减得：，

整理可得，

可得，

故.

（2）

.

【点睛】

本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，解题时要认真审题，注意迭代法和裂项求和法和放缩法的合理运用．

18．四棱锥中，，，，.为锐角，平面平面.

（1）证明：平面；

（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）先作于，则由平面平面平面，又在底面中可得，从而可得平面，结合平面.

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，可得所求.

【详解】

（1）作于，

则由平面平面平面，

取中点为，则，

又为锐角，∴、不重合，

平面与平面.

（2）取中点，如图建立空间直角坐标系（其中轴与平行），

则，，，，

由（1）的证明知：平面法向量为，

设平面法向量为，

则，

令，

.

【点睛】

本题考查面面垂直、线面垂直与线线垂直间的相互转化，考查了空间直角坐标系求二面角，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题；

19．某公司在年终“尾牙”宴上对该公司年度的最佳销售员工进行奖励，已知员工一年以来的月销售业绩分别为：102，113，123，132，144，138，126，119，108，122，109，146.若该公司为最佳员工准备了相应的奖品，需要该员工通过抽奖游戏进行确定奖品金额，游戏规则如下：该员工需要从9张卡牌中不放回的抽取3张，其中1张卡牌的奖金为600元，4张卡牌的奖金均为400元，另外4张卡牌的奖金均为200元，所抽到的3张卡牌的金额之和便是该员工所获得的奖品的最终价值.

（Ⅰ）请根据题意完善员工的业绩的茎叶图，并求出员工销售业绩的中位数；

（Ⅱ）求的分布列以及数学期望.

【答案】（Ⅰ）茎叶图见解析，；（Ⅱ）分布图见解析，

【解析】（Ⅰ）根据条件，可得员工A的茎叶图，利用茎叶图的中位数计算方法求解；

（Ⅱ）求出的所有可能取值，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列及期望．

【详解】

（Ⅰ）依题意，所求茎叶图如图所示：

则所求中位数为；

（Ⅱ）的所有可能值为600，800，1000，1200，1400.

则，，

，，

.

所以的概率分布列为：

所以（元）.

【点睛】

本题考查茎叶图的中位数的求法，考查离散型随机变量的分布列的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用．

20．抛物线：上有两点，，过，作抛物线的切线交于点，且.

（1）求抛物线的方程；

（2）过点斜率为1的直线交抛物线于，，直线交抛物线于，，求四边形面积的最大值.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）设过点的切线方程为，与抛物线联立，利用韦达定理及可得所求.

（2）分别联立直线与抛物线，利用弦长公式求得和，再利用平行线间的距离求得梯形的高，将面积表示为关于c的函数，通过换元法及导数求得最值.

【详解】

（1）过点作的切线，方程为，

即代入，，

化简为，，

即.

（2）.

故，

：代入，

且由，

由平行线之间的距离公式可得：梯形的高为，

故.

令，则.

，

在上，，在上，，

故当时，取最大值为.

【点睛】

本题考查了抛物线的切线方程，考查直线方程和抛物线方程联立，应用韦达定理和弦长公式，以及三角形的面积公式和导数求解最值的应用，考查运算能力和推理能力，属于难题．

21．已知函数，点，在曲线上.

（Ⅰ）讨论函数的极值情况；

（Ⅱ）若，比较与的大小关系，并说明理由.

【答案】（Ⅰ）讨论见解析；（Ⅱ），理由见解析

【解析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，可得函数的极值情况.

（Ⅱ）将与作差，进行参数集中，令构造函数，通过导数研究的最值，从而得到结论．

【详解】

（Ⅰ）依题意，，故；

当时，，此时函数无极值；

当时，令，解得，

故当时，，当时，，

故函数有极大值，无极小值；

综上所述，当时，函数无极值；当时，故函数有极大值，无极小值；

（Ⅱ）依题意，，，∴，

又，

∴

，

不妨设，∴，令，∴，

设，，

∴在上是增函数.

∴，

即，

又，∴，

即.

【点睛】

本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查了构造函数法，属于较难题．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

（Ⅰ）求曲线以及直线的极坐标方程；

（Ⅱ）若，直线与曲线相交于不同的两点，，求的值.

【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）

【解析】（1）消去参数t可得的普通方程，利用平方关系消去参数可得曲线C的直角坐标方程，把ρ2＝x2+y2，y＝ρsinθ代入，可得曲线以及直线的极坐标方程．．

（II）把直线l的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数的几何意义求得结果．

【详解】

（Ⅰ）依题意，曲线：，故，

即，即；

直线：，即，即，

故；

（Ⅱ）将直线的参数方程代入中，

化简可得，

设，所对应的参数分别为，，

则，，

故.

【点睛】

本题考查了极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，考查了直线参数的意义，考查了计算能力，属于中档题．

23．已知函数.

（Ⅰ）若，求不等式的解集；

（Ⅱ）若，使得成立，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）分段去掉绝对值，求得不等式f（x）>7的解集．

（2）由题意可得的最小值为，只要，求得的范围．

【详解】

（Ⅰ）依题意，；

当时，原式化为，

解得，故；

当时，原式化为，解得，故，

当时，原式化为，解得，故，

综上所述，不等式的解集为.

（Ⅱ）依题意，，

∴在和上是增函数，在上是减函数，

∴的最小值是，

要，使得能成立，只要，得，

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】

本题主要考查绝对值的意义，绝对值不等式的解法，函数的能成立问题，属于中档题．