2020届马鞍山市高三第一次教学质量监测数学（理）试题（解析版）

2020届安徽省马鞍山市高三第一次教学质量监测数学（理）试题一、单选题1设全集，则（ ）ABCD【答案】A【解析】用列举法表示集合和后，根据补集的概念进行运算即可得到答案.【详解】， ，.故选：A【点睛】本题考查了解对数不等式，考查了集合的补集运算，属于基础题.2复数的虚部为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据复数的除法运算法则，计算可得复数，再根据虚部的概念可得答案.【详解】,所以复数的虚部为.故选：B【点睛】本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数的概念，属于基础题.3如图是国家统计局给出的2014年至2018年我国城乡就业人员数量的统计图表，结合这张图表，以下说法错误的是（ ）A2017年就业人员数量是最多的B2017年至2018年就业人员数量呈递减状态C2016年至2017年就业人员数量与前两年比较，增加速度减缓D2018年就业人员数量比2014年就业人员数量增长超过400万人【答案】D【解析】根据图表中的数据逐项分析比较可得答案.【详解】观察图表可知，2017年就业人员数量是最多的，故是正确的；2017年至2018年就业人员数量呈递减状态，故也是正确的；2015至2016年就业人员数量增加了200万，2016年至2017年就业人员数量增加了不到100万，因此2016年至2017年就业人员数量与前两年比较，增加速度减缓，所以是正确的；2018年就业人员数量比2014年就业人员数量增长超过300万人不到400万人，故是错误的.故选：D【点睛】本题考查了统计图表的识别，理解，属于基础题.4数列为等差数列，且，则的前13项的和为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据等差数列的性质可得，再根据等差数列的前项和的公式可得.【详解】根据等差数列的性质可得，即，所以.故选：C【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了等差数列前项和的公式，属于基础题.5已知向量，且，则（ ）ABCD【答案】A【解析】根据向量垂直的坐标表示可得，再根据向量减法的坐标运算可得，最后根据向量的模长公式可得答案.【详解】因为，且，所以，即，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了向量垂直的坐标表示，考查了向量减法的坐标运算，考查了向量的模长公式，属于基础题.6已知奇函数，则的值为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据为奇函数可得，可得，再根据奇函数的性质可得 即可得到答案.【详解】因为为奇函数，所以，令，得，又，所以，即，所以.故选；D【点睛】本题考查了奇函数的应用，考查了求分段函数的函数值，属于基础题.7已知点是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于点，交轴于点，若，则点的坐标为( )ABCD【答案】D【解析】根据可知，点为的中点，利用中点公式可得点的横坐标，将其代入到可得其纵坐标.【详解】因为，所以为的中点，因为，所以，所以，因为的横坐标为0，所以的横坐标为，将其代入到可得点的纵坐标为，故点的坐标为.故选：D【点睛】本题考查了向量的线性运算，考查了中点坐标公式，考查了抛物线的几何性质，属于基础题.8西湖小学为了丰富学生的课余生活开设课后少年宫活动，其中面向二年级的学生共开设了三门课外活动课：七巧板、健美操、剪纸.203班有包括奔奔、果果在内的5位同学报名参加了少年宫活动，每位同学只能挑选一门课外活动课，已知每门课都有人选，则奔奔和果果选择了同一个课外活动课的选课方法种数为（ ）A18B36C72D144【答案】B【解析】依题意可知，奔奔和果果应该捆绑在一起当一个元素使用，然后将四个元素分成三份后作全排列即可得到答案.【详解】先将奔奔和果果捆绑在一起当一个元素，则问题等价于四个元素填三个空，且每个空里都有元素，共有多少种填法，第一步，将四个元素分成3份，有种分法；第二部，用三个元素填三个空，共有种填法，根据分步计数原理可得所求结果共有种.故选：B【点睛】本题考查了捆绑法，考查了分步计数原理，利用捆绑法减少元素个数，先分组再排列是解题关键.9某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】B【解析】几何体为圆锥的一部分，求出几何体底面扇形的圆心角即可求出几何体与圆锥的体积比，由此可得答案.【详解】由三视图可知几何体为圆锥的一部分，圆锥的底面半径为2，高为4，所以圆锥的体积为;,几何体的底面扇形的圆心角为，所以几何体的体积为.故选：B【点睛】本题考查了由三视图还原几何体，考查了圆锥的体积公式，属于基础题.10函数的图像大致为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据奇函数的定义判断出函数为奇函数，根据图像的对称性可得答案.【详解】因为，所以 ，所以函数为奇函数，其图像关于原点对称，故排除，故选：C【点睛】本题考查了奇函数的定义，考查了奇函数的图像的对称性，属于基础题.11已知边长为2的正所在平面外有一点，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】依题意分析知平面时，三棱锥的体积最大，然后将三棱锥补形成三棱柱，则它们共一个外接球，且上下底面的中心的连线的中点为外接球的球心，由此可计算出球的半径，进一步可计算出球的面积.【详解】设点在平面内的射影为，因为为定值，所以三棱锥的高最大时，三棱锥的体积最大，而，即与重合时，三棱锥的高最大，将三棱锥补形成三棱柱如图所示：取上下底面的中心为，连，则的中点为三棱柱的中心，也是三棱柱的外接球的球心，也是三棱锥的外接球的球心，因为，所以，所以三棱锥外接球的表面积为.故选：C【点睛】本题考查了补形法，考查了球的表面积公式，利用三棱锥与三棱柱共一个外接球是解题关键，属于中档题.12已知函数（）的图象经过点和，且在内不单调，则的最小值为（ ）A1B3C5D7【答案】B【解析】由图象经过点和列方程组，可得，再讨论可得，进而可得和的解析式，再检验单调性可得答案.【详解】依题意得，所以，所以，消去得，令，则，所以，因为，所以，当时，此时，此时在上为递增函数，不合题意，应该舍去，当时，此时，此时，在上递减，在上递增，符合题意，所以的最小值为.故选：B【点睛】本题考查了正弦型函数的单调性，根据题意得到是解题关键，属于中档题.二、填空题13曲线C：在点M（1，e）处的切线方程为 【答案】【解析】试题分析：因为，所以切线斜率为，切线方程为，【考点】导数几何意义14已知实数，满足约束条件，则目标函数的最大值为_.【答案】【解析】作出可行域，平移直线找到最优解,代入最优解即可得到最大值.【详解】作出不等式对应的可行域，如图所示：平移直线，由图可知，当直线经过点时，直线的截距最大，此时取得最大值，由，解得，即，代入，得，即的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查了线性规划求目标函数的最大值，利用斜率关系找到最优解是解题关键，属于中档题.15定义：如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的差构成一个等比数列，则称该数列为“等差比”数列.已知“等差比”数列的前三项分别为，则数列的前项和_.【答案】【解析】根据题意可得数列为等比数列，先求出该数列的通项公式可得，再用累加法可得数列的通项公式，最后分组求和可得答案.【详解】因为是“等差比”数列，所以数列为等比数列，设其公比为，则，所以，所以 ，所以 ，故答案为：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了累加法求通项公式，考查了分组求和以及等比数列的前项和公式，属于中档题.16已知双曲线（，）的焦距为，为右焦点，为坐标原点，是双曲线上一点，的面积为，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】设左焦点为，,根据已知条件列方程组，解得，再根据离心率的公式可得答案.【详解】设左焦点为，则 ，因为，所以 ，联立解得，因为的面积为，所以，即，联立消去得，化简得，所以离心率.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，考查了三角形的面积公式，考查了双曲线的离心率，属于中档题.三、解答题17已知为锐角三角形，且.（1）求角的大小；（2）若，求的最大值.【答案】（1）；（2）4.【解析】(1)根据诱导公式以及两角和的余弦公式可得，再根据同角公式可得答案；(2)根据正弦公式可得，代入可得，再根据锐角三角形可得的范围，由此可得最大值.【详解】（1），为锐角三角形，即，. （2）由正弦定理得，.由（1）知，因为且，所以， 时，取得最大值.【点睛】本题考查了诱导公式，考查了两角和的余弦公式，考查了同角公式，考查了正弦定理，考查了两角和的正弦公式的逆用，考查了正弦函数的最值，属于中档题.18某公司新研发了一款手机应用APP，投入市场三个月后，公司对部分用户做了调研：抽取了400位使用者，每人填写一份综合评分表（满分为100分）.现从400份评分表中，随机抽取40份（其中男、女使用者的评分表各20份）作为样本，经统计得到如下的茎叶图：女性使用者评分男性使用者评分767 8 9 91 2 570 2 2 3 4 5 6 6 7 8 90 3 3 3 4 4 5 6 6 882 4 4 90 0 1 2 2 292记该样本的中位数为，按评分情况将使用者对该APP的态度分为三种类型：评分不小于的称为“满意型”，评分不大于的称为“不满意型”，其余的都称为“须改进型”.（1）求的值，并估计这400名使用者中“须改进型”使用者的个数；（2）为了改进服务，公司对“不满意型”使用者进行了回访，根据回访意见改进后，再从“不满意型”使用者中随机抽取3人进行第二次调查，记这3人中的女性使用者人数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1），约130人；（2）详见解析.【解析】(1)根据茎叶图以及中位数的概念可得中位数，根据古典概型的概率公式可得样本中“须改进型”使用者的概率，由此可得答案；(2) 不满意型使用者共7人，其中男性5人，女性2人，故的所有可能的取值为0,1,2 ,再根据古典概型的概率公式计算概率，可得分布列和数学期望.【详解】（1）中位数等于，所以，40个样本数据中共有13人是“须改进型”，从而可得400名使用者中约人是“须改进型”使用者； （2）不满意型使用者共7人，其中男性5人，女性2人，故的所有可能的取值为0,1,2 且;故的分布列为所以的数学期望【点睛】本题考查了由茎叶图求中位数，考查了古典概型的概率公式求概率，考查了分布列和数学期望，属于中档题.19如图，四边形为矩形，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且在平面内的射影在边上.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】(1)根据已知条件可证面，再根据线面垂直的性质可得；(2) 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，易知，设点坐标为（），再根据两个平面的法向量可求得答案.【详解】（1）由题可得面，又四边形为矩形，又，面，. （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，易知，设点坐标为（），由，得，解得，即点坐标为，设面，所以，令，得，又面，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的性质与判定定理，考查了空间两点间的距离公式，考查了利用空间向量求二面角，属于中档题.20已知椭圆：过点，且到两焦点的距离之和为.（1）求椭圆的方程；（2）已知不经过原点的直线交椭圆于、两点，线段的中点在直线上，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】(1)根据椭圆的定义可得，将点的坐标代入椭圆方程可解得，从而可得椭圆的标准方程；(2)根据点差法可得直线的斜率为，设直线的方程为，代入椭圆方程，由判别式大于0可得，利用韦达定理以及向量的数量积的坐标表示可得答案.【详解】（1）由题可得，解得，所以曲线的方程为. （2）易知直线 斜率存在且不等于0，所以 设，得两式相减得，即 设直线的方程为，联立方程化简得因为直线交椭圆于,两点，故，解得 又， ，所以.【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了韦达定理，考查了向量的数量积的坐标表示，属于中档题.21已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个不同零点，证明：且.【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）详见解析.【解析】(1)求导后，令得或，按照与的大小分三种情况讨论即可得到答案；(2)根据(1)知时，函数的极小值大于0，因此函数不可能有2个零点，故，所以在单调递减，在单调递增，所以极小值，可得，再构造函数，利用导数得到在上递增，从而可得时，设，则，所以，所以，所以。【详解】（1）.因为，由得，或. i）即时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；ii）即时，在单调递减；iii）即时，在单调递减，在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，时，的极小值为，时，的极小值为，时，在单调，故时，至多有一个零点.当时，易知在单调递减，在单调递增.要使有两个零点，则，即，得. 令，（），则 ，所以在时单调递增，.不妨设，则， .由在单调递减得，即.【点睛】本题考查了分类讨论思想，考查了函数的零点，考查了利用导数研究函数的单调性和极值，构造函数，利用导数得到在上恒成立，是解题关键，属于难题.22平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数）,在以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴的极坐标系中,点在射线上,且点到极点的距离为.（1）求曲线的普通方程与点的直角坐标;（2）求的面积.【