【KS5U解析】名校联盟2020届高三联考评估卷（八）数学（理）试题 Word版含解析

1、名校联盟2020届高三联考评估卷（八）数学（理科）第卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.把正确的答案填在答题卡相应的位置上.）1.设集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】分别求出集合和，再求并集即可.【详解】解不等式得，即；由得，即；所以.故选a【点睛】本题主要考查集合的并集运算，熟记概念即可求解，属于基础题型.2.若复数满足，其中为虚数单位，是的共轭复数，则复数（ ）a b. c. 4d. 5【答案】d【解析】【分析】根据复数的四则运算法则先求出复数z，再计算它的模长【详解】解：

2、复数za+bi，a、br；2z，2（a+bi）（abi），即，解得a3，b4，z3+4i，|z|故选d【点睛】本题主要考查了复数的计算问题，要求熟练掌握复数的四则运算以及复数长度的计算公式，是基础题3.已知等差数列的前项和为，若，则等差数列公差（）a. 2b. c. 3d. 4【答案】c【解析】【分析】根据等差数列的求和公式即可得出【详解】a1=12，s5=90，5×12+ d=90，解得d=3故选c【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题4.某网店2019年全年的月收支数据如图所示，则针对2019年这一年的收支情况，下列说法中错误的是（ ）a.

3、 月收入的极差为60b. 7月份的利润最大c. 这12个月利润的中位数与众数均为30d. 这一年的总利润超过400万元【答案】d【解析】【分析】直接根据折线图依次判断每个选项得到答案.【详解】由图可知月收入的极差为，故选项a正确；1至12月份的利润分别为20，30，20，10，30，30，60，40，30，30，50，30，7月份的利润最高，故选项b正确；易求得总利润为380万元，众数为30，中位数为30，故选项c正确，选项d错误.故选：.【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力和应用能力.5.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析

4、】【分析】根据题意，由函数的奇偶性可得，又由，结合函数的单调性分析可得答案【详解】根据题意，函数是定义在上的偶函数，则，有，又由在上单调递增，则有，故选c.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题6.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据三角函数定义得到，故，再利用和差公式得到答案.【详解】角的终边过点，.故选：.【点睛】本题考查了三角函数定义，和差公式，意在考查学生的计算能力.7.某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何

5、体表面积为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.【详解】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.8.展开式中x2的系数为( )a. 1280b. 4864c. 4864d. 1280【答案】a【解析】【分析】根据二项式展开式的公式得到具体为：化简求值即可.【详解】根据二项式的展开式得到可以第一个括号里出项，第二个括号里出项，或者第一个括号里

6、出，第二个括号里出，具体为： 化简得到-1280 x2故得到答案为：a.【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.9.若函数（其中，图象的一个对称中心为，其相邻一条对称轴方程为，该对称轴处所对应的函数值为，为了得到的图象，则只要将的图象( )a. 向右平移个单位长度b. 向左平移个单位长度c. 向左平移个单位长度d. 向右平移个单位长度【答案】b【解析】【分析】由函数的图象的顶点坐标求出a，由周期求出，由

7、五点法作图求出的值，可得的解析式，再根据函数的图象变换规律，诱导公式，得出结论【详解】根据已知函数其中，的图象过点，可得，解得：再根据五点法作图可得，可得：，可得函数解析式为：故把的图象向左平移个单位长度，可得的图象，故选b【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出a，由周期求出，由五点法作图求出的值，函数的图象变换规律，诱导公式的应用，属于中档题10.已知抛物线上一点到焦点的距离为，分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用抛物线的定义，求得p的值，由利用两点间距离公式求得，根据二次函数的性质，求得，由取得

8、最小值为，求得结果.【详解】由抛物线焦点在轴上，准线方程，则点到焦点的距离为，则，所以抛物线方程：，设，圆，圆心为，半径为1，则，当时，取得最小值，最小值为，故选d.【点睛】该题考查的是有关距离的最小值问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，点到圆上的点的距离的最小值为其到圆心的距离减半径，二次函数的最小值，属于中档题目.11.已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，则当时，的最大值是（ ）a. 8b. 9c. 10d. 11【答案】b【解析】【分析】根据题意计算，解不等式得到答案.【详解】是以1为首项，2为公差的等差数列，.是以1为首项，2为公比的等比数列

9、，.，解得.则当时，的最大值是9.故选：.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，f分组求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.12.已知函数有三个不同的零点 （其中），则 的值为( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】令，构造，要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根，则，解得或，结合的图象，并分，两个情况分类讨论，可求出的值.【详解】令，构造，求导得，当时，；当时，故在上单调递增，在上单调递减，且时，时，可画出函数图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，若，即，则，则，且，故，若，即，由于，故

10、，故不符合题意，舍去. 故选a. 【点睛】解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.第卷（非选择题共90分）二、填空题（本小题共4题，每小题5分，共20分.）13.平面向量与的夹角为，则_【答案】【解析】【分析】由平面向量模的计算公式，直接计算即可.【详解】因为平面向量与的夹角为，所以，所以;故答案为【点睛】本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.14.已知x，y满足约束条件，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先根据约束条件画出可行域，再由表示直线在y轴上的截距最大即可得解.【详解】x，y满足约束条件，画出可行域如图所示.目标函数

11、，即.平移直线，截距最大时即为所求.点a（，），z在点a处有最小值：z2，故答案为.【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基本方法15.已知为双曲线：的左焦点，直线经过点，若点，关于直线对称，则双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】由点，关于直线对称，得到直线的斜率，再根据直线过点，可求出直线方程，又，中点在直线上，代入直线的方程，化简整理，即可求出结果.【详解】因为为双曲线：的左焦点，所以，又点，关于直线对称，所以可得直线的方程为，又，中点在直线上，所以，整理得，又，所以，故，解得，因，所以.故答案为【点睛】本题主要考查双曲线的简单性

12、质，先由两点对称，求出直线斜率，再由焦点坐标求出直线方程，根据中点在直线上，即可求出结果，属于常考题型.16.九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，且，过点分别作于点，于点，连接，则三棱锥的体积的最大值为_【答案】【解析】【分析】由已知可得aef、pef均为直角三角形，且af2，由基本不等式可得当aeef2时，aef的面积最大，然后由棱锥体积公式可求得体积最大值【详解】由pa平面abc，得pabc，又abbc，且paaba，bc平面pab，则bcae，又pbae，则ae平面pbc，于是aeef，且aepc，结合条件afpc，得pc平面aef，aef、pef均

13、为直角三角形，由已知得af2，而saef（ae2+ef2）af22，当且仅当aeef=2时，取“”，此时aef的面积最大，三棱锥paef的体积的最大值为：vpaef故答案为【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定，基本不等式的应用，同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力，属于中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题（共60分）17.已知在中，分别为角a,b,c的对应边，点d为bc边的中点，的面积为.(1)求的值；(2)若，求【答案】（1）； （2）.【解析】【

14、分析】(1)先由的面积为且d为bc的中点，得到的面积；再由三角形的面积公式和正弦定理即可求出结果；(2)根据(1)的结果和，可求出和；再由余弦定理，即可求出结果.【详解】(1)由的面积为且d为bc的中点可知:的面积为,由三角形的面积公式可知:,由正弦定理可得:,所以, (2) ,又因为为中点，所以,即,在中由正弦定理可得,所以由（1）可知所以, 在直角中,所以.,在中用余弦定理，可得.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理以及面积公式，即可求解，属于常考题型.18.黄冈市有很多名优土特产，黄冈市的蕲春县就有闻名于世的“蕲春四宝”（蕲竹，蕲艾，蕲蛇，蕲龟），很多人慕名而来旅游，通过

15、随机询问60名不同性别的游客在购买“蕲春四宝”时是否在来蕲春县之前就知道“蕲春四宝”，得到如下列联表：男女总计事先知道“蕲春四宝”8事先不知道“蕲春四宝”436总计40（1）写出列联表中各字母代表的数字；（2）由以上列联表判断，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为购买“蕲春四宝”和是否事先知道“蕲春四宝”有关系？（3）从被询问的名事先知道“蕲春四宝”的顾客中随机选取2名顾客，求抽到的女顾客人数的分布列及其数学期望.附：，.0.0100.0050.0016.6357.87910.828【答案】（1），.（2）在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为购买“蕲春四宝”和事先知道“蕲春四

16、宝”有关系.（3）见解析，【解析】【分析】（1）直接完善列联表得到答案.（2）计算，得到答案.（3）的可能取值为0，1，2，计算概率得到分布列，计算数学期望得到答案.【详解】（1）由列联表能求出，.（2）由计算可得，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为购买“蕲春四宝”和事先知道“蕲春四宝”有关系.（3）的可能取值为0，1，2.；，的分布列为：012的数学期望.【点睛】本题考查了列联表，独立性检验，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.19.已知四棱锥中，底面为等腰梯形，丄底面.（1）证明：平面平面；（2）过的平面交于点，若平面把四棱锥分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值

17、.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）先证明等腰梯形中，然后证明，即可得到丄平面，从而可证明平面丄平面；（2）由，可得到，列出式子可求出，然后建立如图的空间坐标系，求出平面的法向量为，平面的法向量为，由可得到答案【详解】（1）证明：在等腰梯形，易得 在中，则有，故，又平面，平面，即平面，故平面丄平面.（2）在梯形中，设， ，而,即，.以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图的空间坐标系，则，设平面的法向量为，由得，取，得，同理可求得平面的法向量为，设二面角的平面角为，则，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了两平面垂直的判定，考查了利用空间向量的方法求

18、二面角，考查了棱锥的体积的计算，考查了空间想象能力及计算能力，属于中档题20.已知椭圆，点和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率.（1）求椭圆的方程；（2）若过原点的直线与椭圆交于两点，且在直线上存在点，使得是以为直角顶点的直角三角形，求实数的取值范围【答案】（1）； （2）或.【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程，并结合，可以求出，然后将点代入椭圆方程即可求出，即可得到答案；（2）将直线与椭圆联立，可以得到两点的坐标关系，设，则，由题意，即，从而可以建立等式关系：，可以整理为关于的一元二次方程，令即可求出的取值范围【详解】（1）由题设知，.由点在椭圆上，得.解得，又点在椭圆上，.即，解得所以椭圆

19、的方程是.（2）设、，由得，设，则依题意，得即有解化简得，或【点睛】本题考查了直线与椭圆的综合问题，涉及椭圆方程的求法，椭圆的离心率，一元二次方程根的特点，直角三角形的几何关系的利用，属于难题21.已知函数（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）将代入，可得等价于，即，令，求出，可得的最小值，可得证；（2）分，三种情况讨论，分别对求导，其中又分若三种情况，利用函数的零点存在定理可得a的取值范围.【详解】解：（1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，所以在上单调递减，在单调递增故为的最小值，而，故，即（2），设函数 ，则；（i）当时，在上单调递增，又，取b满足且，则，故在上有唯一一个零点，且当时，时，由于，所以是的唯一极值点；（ii）当时，在上单调递增，无极值点；（iii）当时，若时，；若时，所以在上单调递减，在单调递增故为的最小值，若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；若时，即又，且，而由（1）知，所以，取c满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；且当时，当时，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点综上，只有一个极值点