2020届黄山市上学期高三第一次质量检测数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年安徽省黄山市上学期高三第一次质量检测数学（理）试题一、单选题1已知复数z满足,则（ ）A5B3CD【答案】C【解析】由题意可知，再求解即可.【详解】，则故选：C【点睛】本题考查复数的运算，属于容易题.2设UR，A，B，则（ ）ABCD【答案】D【解析】分别求出集合，直接进行交集运算即可.【详解】A，.故选:D【点睛】本题考查集合的交集，补集运算，属于基础题.3已知，则（ ）ABCD【答案】D【解析】根据指数函数定义域内为增函数可知，指数函数定义域内为减函数可知，对数函数定义域内为减函数，从而比较，的大小即可.【详解】由题意可知，即故选：D【点睛】本题考查指数，对数的比较大小问题，属于较易题.4函数的大致图象为（ ）ABCD【答案】A【解析】先判断函数奇偶性，排除C，D选项，再特殊值检验，排除B选项，即可.【详解】由题意可知，函数的定义域为，关于原点对称.函数为奇函数. 图象关于原点成中心对称，排除C，D选项.又时当时，故，排除B选项.故选A【点睛】本题考查函数图象问题，解决本题应从定义域，奇偶性，单调性，特殊值四个方面研究，属于较易题.5裴波那契数列（Fibonacci sequence ）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多裴波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列满足：，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是（ ）ABCD【答案】A【解析】写出裴波那契数列的前几项，观察发现裴波那契数列中能被3整除的项，分别为第4项，第8项，第12项等，根据归纳推理可知，裴波那契数列的前40项中能被3整除的项共有10项，根据古典概型，求解即可.【详解】裴波那契数列为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，观察发现前12项中，第4项，第8项，第12项都能被3整除.以此类推前40项中，第4项，第8项，第12项，第16项，第20项，第24项，第28项，第32项，第36项，第40项，共10项，能被3整除.所以能被3整除的概率为.故选A【点睛】本题考查古典概型求概率，同时也考查了裴波那契数列.属于中档题.6将向量绕原点O顺时针方向旋转75得到，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意可知，设，则，与，联立求解，即可.【详解】设，则由题意可知，即即联立解得或又向量绕原点O顺时针方向旋转75得到点在第四象限，则，即故选C【点睛】本题考查向量的数量积以及求向量的模，属于中档题.7已知数列满足，数列的前 项和为，则（ ）ABCD【答案】A【解析】设，分类讨论时，时，则，即，再根据裂项相消法求，从而求解，即可.【详解】设当时，即当时，即，则验证成立，则则即故选：A【点睛】本题考查已知前项和求通项公式，以及裂项相消法求数列的前项和，属于中档题.8已知函数在上满足，则曲线在点处的切线方程是（ ）ABCD【答案】B【解析】由题意可知，时，对两边分别求导，可知，令，得，求切线方程即可.【详解】即令则即即曲线在点处的切线方程为，即故选：B【点睛】本题考查求切线方程，求处的函数值与导数值是解决本题的关键.属于中档题.9函数在内单调递增，且图象关于直线对称，则的值为（ ）ABCD【答案】C【解析】由正弦型函数单调性可知，函数的单调递增区间为，则，即，由正弦型函数的对称性可知，函数对称轴为，即，当时，求解的值，即可.【详解】由题意可知，当即，时函数单调递增.当时函数在内单调递增又函数在内单调递增 解得当即为函数的对称轴.图象关于直线对称，即当时，满足题意.故选：C【点睛】本题考查正弦型函数的图象与性质，属于中档题.10如图，半径为6的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的，则这两个圆锥高之差的绝对值为（ ）A2B4C6D8【答案】C【解析】设两圆锥的顶点为分别，底面圆圆心为，底面圆半径，球心为，球的半径，由题意可知，两圆锥体积之和为，解得，在中，求解即可.【详解】设两圆锥的顶点为分别，底面圆圆心为，底面圆半径，球心为，球的半径.如图所示两个圆锥的体积之和为球的体积的则即在中则两圆锥的高分别为，所以两个圆锥高之差的绝对值为.故选：C【点睛】本题考查球与圆锥的体积问题，属于中档题.11已知函数有4个零点，则实数a的取值范围是（ ）A BCD【答案】C【解析】由题意可知，函数为偶函数，则时函数有2个零点，即方程有2个根，即与有2个交点.在同一坐标系内画出函数与直线：，由图象可知直线夹在切线与直线之间时，有2个交点，分别求解 与的斜率，即可.【详解】函数的定义域为关于原点对称，函数为偶函数函数有4个零点时函数有2个零点，则方程有2个根.即与有2个交点.由题意可知直线为曲线的切线，且经过点.设切点坐标，则，则切线的方程为即，则又直线平行于轴，则由图可知，即故选：C【点睛】本题考查了函数的零点个数问题，同时也考查利用导数的几何意义求切线斜率，属于一道较难的题.12如图，分别为双曲线的左、右焦点，过点作直线，使直线与圆相切于点P,设直线交双曲线的左右两支分别于A、B两点（A、B位于线段 上），若,则双曲线的离心率为（ ）ABCD【答案】B【解析】连接，设则，由题意可知，即，即， 则，求解离心率即可.【详解】连接，设则，即，根据双曲线定义可知，即即直线与圆相切于点P在中在中在中联立得，即联立得即将代入，即，整理得即故选：B【点睛】本题考查双曲的离心率，解决本题的关键是根据双曲线的定义表示出与，本题属于中档题.二、填空题13已知函数，则_.【答案】2【解析】先求，再求，即可.【详解】时又时故答案为：【点睛】本题考查复合函数与分段函数求值，属于较易题.14已知实数x，y满足约束条件：，则的最大值为_.【答案】【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】由实数x，y满足约束条件：，作出可行域如图，则的最大值就是u2x+y的最大值时取得联立，解得A（1，1），化目标函数u2x+y为y2x+u，由图可知，当直线y2x+u过A时，直线在y轴上的截距最大，此时z有最大值为故答案为【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题15函数 与函数的图象有两个不同的公共点,则实数k的取值范围是_.【答案】【解析】将函数，变形整理为，可知函数的图象是以为圆心，半径为的圆的上半部分. 函数的图象是恒过点的直线，在同一直角坐标系中画出两个函数的图形，由图象可知当直线：夹在半圆的切线与过点的直线之间时，图象有两个不同的公共点，求解与，即可.【详解】由题意可知，函数的图象是以为圆心，半径为的上半圆.函数的图象是恒过点的直线.如图所示若使得函数 与函数的图象有两个不同的公共点则需直线夹在半圆的切线与过点的直线之间即直线过点与点又直线为半圆的切线圆心到直线：的距离等于半径即，解得故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系问题，属于中档题.16如图，在棱长为 1 的正方体中，点是的中点，动点在底面正方形内（不包括边界），若平面，则长度的取值范围是_ 【答案】【解析】建立空间直角坐标系，设点，平面的法向量，的方向向量，由题意可知，即，则，求解取值范围即可.【详解】以为原点，所在直线分别为，建系如图则，.设，则的方向向量设平面的法向量，即取，则若平面，则即，则又即，即故答案为：【点睛】本题考查空间中的距离问题，属于一道较难的题.三、解答题17已知在中,角所对的边分别为a,b ,c ,且.（1）求角C的大小； （2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理将，变形整理为，再由余弦定理求解，即可.（2）根据均值定理，可知，即，由题意可知则，再由两边之和大于第三边，求解即可.【详解】（1）由则变形整理得：，所以 而 故；（2）由 且 所以，若使得成立则需，即所以又 所以的取值范围是.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及均值定理，属于中档题.18田忌赛马是史记中记载的一个故事,说的是齐国大将军田忌经常与齐国众公子赛马,孙膑发现田忌的马和其他人的马相差并不远,都分为上、中、下三等.于是孙膑给田忌将军献策:比赛即将开始时,他让田忌用下等马对战公子们的上等马,用上等马对战公子们的中等马,用中等马对战公子们的下等马,从而使田忌赢得了许多赌注.假设田忌的各等级马与某公子的各等级马进行一场比赛，田忌获胜的概率如下表所示:比赛规则规定:一次比赛由三场赛马组成,每场由公子和田忌各出一匹马参赛,结果只有胜和负两种,并且毎一方三场赛马的马的等级各不相同,三场比赛中至少获胜两场的一方为最终胜利者.（1）如果按孙膑的策略比赛一次，求田忌获胜的概率；（2）如果比赛约定,只能同等级马对战,每次比赛赌注1000金,即胜利者赢得对方1000金,每月比赛一次,求田忌一年赛马获利的数学期望.【答案】（1）0.72；（2）金.【解析】（1）田忌用下等马对战公子们的上等马获胜的概率为，用上等马对战公子们的中等马获胜的概率为，用中等马对战公子们的下等马获胜的概率为.由题意求解即可.（2）根据比赛约定，只能同等级马对战，在某月的比赛中田忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜，负胜胜，胜负胜，胜胜负，求出该月的比赛中田忌获胜的概率以及该月赛马获利得期望，再求解一年的获利期望，即可.【详解】（1）记事件：按孙膑的策略比赛一次，田忌获胜，对于事件，三场比赛中，由于有一场比赛田忌必输，另两场都胜，故.（2）设田忌在每次比赛中所得的奖金为随机变量（金），则的取值为和,若在某月的比赛中田忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜，负胜胜，胜负胜，胜胜负.设在该月的比赛中田忌获胜的概率为，则,因此田忌一年赛马获利的数学期望为（金）.【点睛】本题考查相互独立事件概率乘法公式，以及数学期望.属于中档题.19已知C是以AB为直径的圆周上一点，平面.（1）求证：平面平面；（2）若异面直线PB与AC所成的为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由线面垂直的性质定理可知.再由以及线面垂直的判断定理，可知平面，即可证明.（2）解法1，建立空间直角坐标系，令，确定点坐标，令，由题意可知，即，再求平面的法向量为与平面的法向量为，求解即可.解法2：过作的平行线交圆于，连接，所以直线与所成的角，即为与所成的角，再过作交于，过作交于，连接，由三垂线定理知，所以即为二面角的平面角，求解边长即可.【详解】（1）证明：因为为圆的直径，所以，又平面，而平面，所以，又,平面，平面所以平面，而平面，所以平面平面；（2）解法1：建系如图所示令，而，则，.则，令所以，.因为异面直线与所成的角为故，解得.令平面的一个法向量为 而 由，所以由，所以，即而平面的一个法向量为所以.所以二面角的余弦值为解法2：过作的平行线交圆于，连接，所以直线与所成的角，即为与所成的角.因为为圆的直径，所以又平面，而平面，所以.又,所以平面而平面，所以，则.令，且所以，,过作交于，过作交于,连接，由三垂线定理知.所以即为二面角的平面角.，即 .即为二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直，以及求二面角余弦值，属于中档题.20已知椭圆的焦距为2，过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为F，定点，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，以线段AP为直径的圆与直线的另一个交点为Q，证明：直线BQ恒过一定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】（1）根据题意列方程组，求解，即可.（2）设，因为直线的斜率不为零，令的方程为：，与椭圆方程联立，得到，由题意可知，则，确定的方程，由椭圆的对称性，则定点必在轴上，所以令，求解，即可.【详解】（1）由题知 ， 解得，所以椭圆的方程为；（2）设，因为直线的斜率不为零，令的方程为：，由 得，则， 因为以为直径的圆与直线的另一个交点为,所以，则，则，故的方程为： ，由椭圆的对称性，则定点必在轴上，所以令，则，而，所以，故直线恒过定点，且定点为.【点睛】本题考查椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系，属于较难的一道题.21函数.（1）求的单调区间；（2）在函数的图象上取两个不同的点，令直线AB的斜率为k，则在函数的图象上是否存在点，且，使得？若存在，求A，B两点的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）当时，增区间为，减区间为及；当时，减区间为；当时，增区间为，减区间为及；当时，减区间为，增区间为；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）先求函数的导数，然后对进行分类讨论，判断导数的正负，确定函数的单调区间，即可.（2）假设存在，即满足，分别求与，从而证明存在，变形整理，证明存在，令，变形整理证明，利用导数判断单调性，求解即可.【详解】（1）由题知定义域为，,当时，令，解得，解得，即函数在上单调递增，在 及上单调递减；当时，在上，即函数在上单调递减；当时，令，解得，解得，即函数在上单调递增，在 及上单调递减；当时，令，解得，解得，即函数在上单调递增，在 上单调递减； 综上所述：当时，增区间为，减区间为及；当时，减区间为；当时，增区间为，减区间为及；当时，减区间为，增区间为； （2）假设存在，即满足，因为已知，不妨令，则，而，由，得存在，也就是证存在，只要证存在，令，故转化为存在，即需要证明