1、安徽省“江南十校”2020届高三数学下学期4月综合素质检测试题 文（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题绐出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简集合，由交集定义求解.【详解】因为.所以 .故选：D.【点睛】本题主要考查了集合的运算，属于容易题.2.已知复数为虚数单位)，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法与乘方运算，即可得到，写出共轭复数即可.【详解】由.则.故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念，属于容易题.3.某装饰公司制作一
2、种扇形板状装饰品，其圆心角为120，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）A. 58厘米B. 63厘米C. 69厘米D. 76厘米【答案】B【解析】【分析】由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分，所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，故导线长度约为63(厘米).故选：B.【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题.4.函数在上的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答
3、案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性及函数在时的符号，即可求解.【详解】由可知函数为奇函数.所以函数图象关于原点对称，排除选项A，B；当时，排除选项D，故选：C.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性，属于中档题.5.在2020年春节前夕，为了春节食品市场安全，确保人们过一个健康安全的春节，某市质检部门对辖区内的某大型超市中的一品牌袋装食品进行抽检，将超市中该袋装食品编号为1，2，3，500，从中用系统抽样(等距抽样)的方法抽取20袋进行检测，如果编号为69的食品被抽到，则下列4个编号的食品中被抽到的是（ ）A. 9号B. 159号C. 354号D. 469号【答案】
4、D【解析】分析】根据系统抽样的特点可知，可知第一组抽取号码为，即可取不同的，得到抽取到其他样本的编号.【详解】由系统抽样的特点知，从编号为1，2，500的食品中抽取20袋，需要将它们分成20组，每组25个.因为抽到的编号为69，则所有被抽到的食品编号满足 ，所以所给四个编号符合条件的是时，号.故选：D.【点睛】本题主要考查了系统抽样的概念和性质，属于中档题.6.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式及正弦的二倍角公式求解即可.【详解】，故选：C.【点睛】本题主要考查了正弦的二倍角公式，诱导公式，同角三角函数间的关系，属于中档题.7.已知，则的大小关系为（
5、）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据指数函数与对数函数的单调性，借助特殊值即可比较大小.【详解】因为，所以.因为，所以，因为，为增函数，所以所以，故选：A.【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题.8.执行下面的程序框图，则输出的值为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.【详解】运行程序，结束循环，故输出，故选：D.【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.9.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)
6、之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.【详解】6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1),而加数全为质数的有(3,3),根据古典概型知，所求概率为.故选：A.点睛】本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.10.在中，角的对
7、边分别为.若，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由正弦定理可求出C,利用余弦定理可得，根据面积公式计算即可求解.【详解】因为，由正弦定理得.所以，所以.因为， 所以.所以.所以.因为,且所以.所以所以.故选：B【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题.11.已知椭圆：的焦距为，为右焦点，直线与椭圆相交于，两点，是等腰直角三角形.点的坐标为，若记椭圆上任一点到点的距离的最大值为，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据条件可求得，设椭圆上点Q的坐标为(x,y)，由两点间距离公式及二次函数可求的最大值，即可求解
8、.【详解】由题意可得，所以点的坐标为， 代入椭圆方程有，又所以,解得或 (舍去)，所以，所以椭圆方程可化为，设点Q的坐标为(x,y) ,则，所以所以.故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，椭圆的简单几何性质，利用二次函数求最值，考查了计算能力，属于中档题.12.已知.给出下列判断：若，且，则；存在，使得的图象右移个单位长度后得到的图象关于轴对称；若在上恰有7个零点，则的取值范围为若在上单调递增，则的取值范围为其中，判断正确的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换化为，对利用周期性求，判断即可，对利用三角函数的图象变换判断正误，对根据正弦函
9、数的周期及图象可列出不等式，求解判断正误，对由，得的范围，要函数为递增，则可列出满足条件的不等式，求解判断正误即可.【详解】因为，所以周期，对于,由条件知,周期为，所以，故错误；对于,函数图象右移个单位长度后得到的函数为，其图象关于y轴对称,则，解得，故对任意整数，所以错误；对于，由条件得，即，解得故正确；对于,由条件得，解得，又，所以，故正确.故选：B.【点睛】本题主要考查了正弦型函数的图象与性质，考查了正弦型函数图象的平移变换，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，则曲线在点处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用
10、点斜式求切线方程.【详解】因为，所以，又故切线方程为，整理为，故答案为：【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.14.已知双曲线的离心率为，则双曲线的右顶点到双曲线的渐近线的距离为_.【答案】【解析】【分析】由离心率可求出b,写出双曲线的渐近线方程，根据点到直线的距离求解即可.【详解】设双曲线的焦距为,因，所以.因为双曲线的右顶点的坐标为，一条渐近线的方程为，则右顶点到渐近线的距离为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，点到直线的距离，属于中档题.15.在直角坐标系中，已知点和点，若点在的平分线上，且，则向量的坐标为_.【答案】【解析】【分析】点在的平分
11、线可知与向量共线，利用线性运算求解即可.【详解】因为点在的平线上，所以存在使，而，可解得，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，利用向量的坐标求向量的模，属于中档题.16.已知在三楼锥中，四点均在以为球心的球面上，若，则球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】过作平面， 垂足为，由条件可证为的外心，知球心在射线上，连按，利用勾股定理求解即可.【详解】设球的半径为， 过作平面， 垂足为， 连接， 由易得，即为的外心，所以球心在射线上，设外接圆的半径为，在中，由正弦定理得： ，所以，所以 ，连接，则.即，解得，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球，球的性质、表面积公
12、式，正弦定理，考查了空间想象力与计算能力，属于难题.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.已知数列是递增的等比数列，是其前项和，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可列方程组求出公比即可；（2）利用错位相减法求数列的和.【详解】设的公比为，由题意知，因为.所以， 所以.即，解得或（舍去）.故数列的通项公式为（2）由（1）得所以.所以两式相减得 所以.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项
13、公式，错位相减法求数列的和，属于中档题.18.移动支付是指移动客户端利用手机等电子产品来进行电子货币支付，移动支付将互联网、终端设备、金融机构有效地联合起来，形成了一个新型的支付体系，使电子货币开始普及.某机构为了研究不同年龄人群使用移动支付的情况，随机抽取了100名市民，得到如下表格：年龄（岁） 使用移动支付402010442不使用移动支付1122410（1）画出样本中使用移动支付的频率分布直方图，并估计使用移动支付的平均年龄；（2）完成下面的列联表，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系?年龄小于50岁年龄不小于50岁合计使用移动支付不使用移动支付合计附：
14、0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）根据所给数据求出每段使用移动支付的频率，即可画出频率分布直方图，根据频率分布直方图求平均值即可；（2）完成联表，计算，根据临界值表得出结论.【详解】（1）样本中使用移动支付的人数为80人.所以每段的频率分别为：0.5，0.25，0.125，0.05，0.05，0.025. 所以其频率分布直方图为所以使用移动支付的平均年龄为，所以估计使用移动支付的平均年龄为34.75岁. .（2）完成列联表如下：年龄小于50岁年龄不小于50岁合计使用移动支付70 1080不使用移动支付41
15、520合计7426100由故在犯错误概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图，由频率分布直方图求均值，独立性检验，属于容易题.19.如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，为等腰直角三角形，平面底面，为的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可证明四边形为平行四边形，即可证明；（2）根据平面可知点到平面的距离与点到平面的距离相等，得到，即可根据三棱锥体积公式求解.【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，且 四边形为平行四边形，平面，平面，平面. （2）由（1） 知平面
16、.点到平面的距离与点到平面的距离相等，,如图取的中点，连接，.平面平面，平面平面，平面， 平面，为等腰直角三角形， 四边形为等腰梯形， 且，梯形的高为1，【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，利用等体积法求三棱锥的体积，属于中档题.20.已知函数.（1）当时，讨论的单调区间；（2）若对，成立，求实数的取值范围.【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求函数导数，令可得两根为，分类讨论两根关系，结合二次函数图象，即可求出单调区间；（2）分离参数问题转化为恒成立，利用导数求出函数的最小值即可.【详解】（1）的定义域为，则的两根为，当时，即时，时，当时，所以在区间上单调递减,
17、在区间上单调递增；当时,即时,对，在(0,+)上单调递增；当时,即时,当时，当时,所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.综上所述,当时，在区间上单调递减,在区间上单调递增；当时，在(0,+)上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）因为对恒成立，所以即恒成立，所以，令则问题转化为令则所以在上单调递增，又，所以在上，在上，所以在上在上，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，极值，最值，分类讨论，分离参数解决恒成立问题，属于难题.21.已知抛物线，若圆与抛物线相交于两点，且.（1）求抛物线的方程；（2）过
18、点的直线与抛物线相切，斜率为的直线与抛物线相交于两点，直线交于点，求证：.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由抛物线及圆的对称性可知点A的纵坐标，代入圆可得横坐标，点代入抛物线即可求解；（2）根据直线与抛物线相切可求出，联立直线与可得交点的坐标，根据两点间的距离公式求出，联立直线与抛物线，由韦达定理得出，计算即可证明.【详解】（1）因为抛物线C和圆M都关于x轴对称,所以A,B关于x轴对称,不妨设A的坐标为(xo,yo)( yo 0).因为,所以，所以，所以或（舍），所以，代入抛物线方程可得所以抛物线C的方程为（2）证明：设直线的方程为，整理为，联立方程消去后整理得所以得，故
19、直线的方程为，设直线的方程为，点的坐标分别为联立方程，解得，则，所以，联立方程消去y后整理得，由题意知即，所以所以同理所以故有【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，两点间的距离公式，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数)，直线的参数方程(为参数)，若直线的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线（1）求曲线的普通方程；（2）以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线的极坐标方程为，点为射线与曲线的交点，求点的极径.【答
20、案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将两直线化为普通方程，消去参数，即可求出曲线的普通方程；（2）设Q点的直角坐标系坐标为,求出，代入曲线C可求解.【详解】（1）直线的普通方程为,直线的普通方程为联立直线,方程消去参数k,得曲线C的普通方程为整理得.（2）设Q点的直角坐标系坐标为,由可得代入曲线C的方程可得，解得（舍），所以点的极径为.【点睛】本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，极径的求法，属于中档题.23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值号，即可求解；（2）原不等式可转化为在R上恒成立，分别求函数与最小值，根据能同时成立，可得的最小值，即可求解.【详解】（1）当时,不等式可化为,得，无解；当-2x1时,不等式可化为得x0,故01时,不等式可化为,得x2,故1x 2. 综上，不等式的解集为（2）由题意知在R上恒成立，所以令，则当时，又当时，取得最小值，且又所以当时，与同时取得最小值.所以所以，即实数的取值范围为【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分类讨论，函数的最值，属于中档题.
