1、黑龙江省牡丹江市第一高级中学2020届高三数学4月线上线下教学检测试题 理（含解析）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，只有一个是符合题目要求的）1.若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ）A. 2B. 1C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】利用复数除法运算化简，根据其为纯虚数，实部为零、虚部不为零，求得的值.【详解】依题意，为纯虚数，故，解得.故选：D【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查纯虚数的概念，属于基础题.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解指数不等式求得集合，解一元二次不等式求得集合，
2、由此求得两个集合的交集.【详解】由得，由于，所以.由，解得或，所以.所以.故选：B【点睛】本小题主要考查指数不等式的解法、一元二次不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.3.随机变量，若，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据正态分布的对称性列方程，解方程求得的值.【详解】由于随机变量，满足，根据正态分布的对称性可知.故选：C【点睛】本小题主要考查正态分布的对称性，属于基础题.4.直线过抛物线：（）的焦点，且与交于，两点，若的中点到轴的距离为1，则的值是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据抛物线中，过焦点的弦长公式列方
3、程，由此求得的值.【详解】设,由于的中点到轴的距离为，所以.根据抛物线中过焦点的弦长公式得，即.故选：B【点睛】本小题主要考查抛物线中过焦点的弦长公式，属于基础题.5.斐波那契数列0，1，1，2，3，5，8，13，是意大利数学家列昂纳多.斐波那契发明的.如图是一个与斐波那契数列有关的程序框图.若输出的值为88，则判断框中应该填入（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】运行程序，根据输出的的值为，判断出正确选项.【详解】运行程序，判断否，判断否，判断否，判断否，判断是，输出.故应填故选：C【点睛】本小题主要考查根据循环结构程序框图输出结果填写条件，属于基础题.6.若两个非零向量，
4、满足，则向量与的夹角为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据条件利用平方法得到向量数量积的数值，结合向量数量积与夹角之间的关系进行求解即可【详解】非零向量，满足，平方得，即 ，则，由，平方得得，即则， 则向量与的夹角的余弦值 ， ，故选D.【点睛】本题主要考查向量数量积的应用，求解向量数量积的大小是解决本题的关键7.已知两条直线，两个平面，则下列正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】对选项逐一画出图象，由此判断真假性，从而确定正确选项.【详解】对于A选项，当时，画出图象如下图所示，由图可知，故A选项正确.对于B选项，当时，
5、可能，如下图所示，所以B选项错误.对于CD选项，当时，可能，如下图所示，所以CD选项错误.故选：A【点睛】本小题主要考查线、面位置有关命题真假性的判断，考查空间想象能力，属于基础题.8.记数列的前项和为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据求得数列的通项公式，由此求得.【详解】依题意，当时，解得；当时，由得，两式相减并化简得.故数列是首项为，公比为的等比数列，所以.所以.故选：B【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列前项和公式，属于基础题.9.函数的定义域为，其导函数为，且为偶函数，则（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据以及为偶函数判断出函数
6、的单调性和对称性，由此判断出和的大小关系.【详解】由于为偶函数，所以函数关于对称.由于，所以当时，递减，当时，递增.所以.故选：A【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的奇偶性，考查函数的图像变换，考查函数的对称性，属于中档题.10.在三棱锥中，分别是棱，的中点，以下三个结论：；平面；与一定不垂直，其中正确结论的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过线面垂直的性质，证得正确.通过线面平行的判定定理，证得正确.当时，可推出，由此判断错误.【详解】对于，设是的中点，连接，由于，所以，所以平面，所以，故正确.对于，由于，分别是棱，的中点，所以，所以平面，
7、故正确.对于，当时，由于，所以平面，所以，故错误.综上所述，正确的为.故选：B【点睛】本小题主要考查线面平行、线线垂直的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.11.已知双曲线的左、右焦点分别为，过作平行于的渐近线的直线交于点若，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：取双曲线的渐近线为，因为，所以过作平行于渐近线的直线的方程为，因为，所以直线的方程为，联立方程组可得点的坐标为，因为点在双曲线上，所以，即，因为，所以，整理得，因为，所以.故选D.考点：双曲线的性质.12.定义.若函数，数列满足（），若是等差数列，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.
8、 【答案】C【解析】【分析】求得的解析式，根据是等差数列，取得的取值范围.【详解】由于定义，而函数，由解得或，画出的图像如下图所示，由图可知.由于数列满足（），且是等差数列.当时，推辞类推，数列 是首项为，公差为的等差数列，符合题意.当时，要使是公差为的等差数列，则需，解得或不符合.由，解得或.则当时，为常数列；当时，为常数列.此时为等差数列.当时，由于，故不能构成公差为的等差数列，也不是常数列，不符合题意.综上所述，的取值范围是故选：C【点睛】本小题主要考查分段函数解析式的求法，考查等差数列的知识的运用，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.记等差数列的前项和为，
9、若，则_.【答案】27【解析】【分析】根据等差数列的性质，求得的值.【详解】由于数列是等差数列，则.故答案为：【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查等差数列前项和公式，属于基础题.14.将2名教师，6名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和3名学生组成，不同的安排方案总数为_.【答案】40【解析】【分析】先安排一个老师到甲地，然后安排三个学生到甲地，其余老师和学生到乙地，根据分步计数原理求得不同的安排方案总数.【详解】先安排一个老师到甲地方法数有种，再安排三个学生到甲地方法数有种，其余老师和学生到乙地，根据分步计数原理求得不同的安排方案总数为种.故答案
10、为：【点睛】本小题主要考查分步乘法计数原理，考查组合数的计算，属于基础题.15.已知函数（，）图象的一个对称中心为，一条对称轴为，且的最小正周期大于，则_.【答案】【解析】【分析】根据的对称中心、对称轴和最小正周期的范围列方程和不等式，由此求得的值.【详解】由于函数（，）图象的一个对称中心为，一条对称轴为，且的最小正周期大于，所以，第二个式子减去第一个式子并化简得，由于，所以取，代回第一个式子得，由于，故取，.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据三角函数的对称中心、对称轴、周期求参数，属于中档题.16.函数有两个零点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】令，转化为的图象有两个交点，结合导
11、数与切线，求得的取值范围.【详解】由解得的定义域为.令，得，依题意 的图象有两个交点.令，则，所以是奇函数，且在区间上递增，且.当时，只有一个交点，不符合题意.当时，画出图象如下图所示，所以，即在处切线的斜率为，切线方程为.要使的图象有两个交点，则需.同理，当时，在处切线的斜率为，切线方程为，要使的图象有两个交点，则需.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的零点，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.在公差为的等差数列中，.（1）求的取值
12、范围；（2）已知，试问：是否存在等差数列，使得数列的前项和为？若存在，求的通项公式；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，通项公式为【解析】【分析】（1）由等差数列的性质，将代入，化简整理即可求出结果；（2）根据求出，再假设存在等差数列，结合题意求出，再由裂项相消法求出数列的前项和，即可求出结果.【详解】解:（1），整理得，则，解得，则的取值范围为.（2），即，则假设存在等差数列，则，即，解得，从而.此时， ，故存在等差数列，且，使得数列的前项和为.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与性质，以及裂项相消法求数列的和，熟记公式即可，属于常考题型.18.如图，三棱柱中，平面.（1）求
13、证：；（2）若，直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先由平面证得，根据四边形是菱形证得，由此证得平面，进而证得.（2）首先根据“直线与平面所成的角为”得到.以为坐标原点建立空间直角坐标系，通过平面的法向量和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面，所以，因为，所以四边形是菱形，所以，因为，所以平面，所以.（2）因为与平面所成的角为，所以与平面所成的角为，因为平面，所以与平面所成的角为，所以，令，则，以为坐标原点，分别以，为，轴建立如图空间直角坐标系，则，因为，所以，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即
14、，令，则，所以，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查直线与平面位置关系，利用空间向量法求二面角，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，考查数形结合思想、转化与化归思想.19.本小题满分13分）工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别，假设互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立.（1）如果按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概
15、率是否发生变化？（2）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为，其中是的一个排列，求所需派出人员数目的分布列和均值（数字期望）；（3）假定，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小【答案】（1） 不变化；（2）；（3）先派甲,再派乙,最后派丙时, 均值（数字期望）达到最小【解析】【详解】（1）按甲在先,乙次之,丙最后的顺序派人,任务能被完成的概率为若甲在先,丙次之,乙最后的顺序派人,任务能被完成的概率为，发现任务能完成的概率是一样.同理可以验证，不论如何改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率不发生变化.（2）由题意得可能取值为，其分
16、布列为:（3）,要使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小,则只能先派甲、乙中的一人.若先派甲,再派乙,最后派丙,则；若先派乙,再派甲,最后派丙, 则，先派甲,再派乙,最后派丙时, 均值（数字期望）达到最小20.已知点，分别在轴，轴上运动，点在线段上，且.（1）求点的轨迹的方程；（2）直线与交于，两点，若直线，的斜率之和为2，直线是否恒过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）直线恒过定点【解析】【分析】（1）设，由此得出两点的坐标，根据列方程，化简后求得点的轨迹方程.（2）设，当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立直线方程和轨迹的方程，写出判别式和韦达定理，
17、根据直线，的斜率之和为2列方程，求得的关系式，由此判断直线过点.当直线斜率不存在时，同样利用直线，的斜率之和为2列方程，由此求得直线的方程，此时直线也过点，由此判断出直线恒过定点.【详解】（1）设，因点在线段上，且，所以，因为，所以，即，所以点的轨迹的方程为.（2）设，当的斜率存在时，设：，由得，所以，即，因为直线，的斜率之和为2，所以，所以，即，所以，当时，满足，即，符合题意，此时：恒过定点，当的斜率不存在时，因为直线，的斜率之和为2，所以，所以，此时：，恒过定点，综上，直线恒过定点.【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系等知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合
18、、化归转化思想.21.已知函数（，是自然对数的底数）.（1）讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】【分析】（1）求得的导函数，对分成和两种情况，分类讨论的单调区间.（2）首先判断.解法一：构造函数，求得的导函数，对分成，两种情况进行分类讨论，结合求得的取值范围.解法二：当时，根据的单调性证得.当时，同解法一，证得此时不满足.【详解】（1），当时，在上单调递减；当时，由得，所以在上单调递减；由得，所以在上单调递增.综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）解法一：当时，即，所以，令，则若，则当时，所以在上单调递增；当时，
19、所以当时，单调递增，所以.若，则，由得，所以，所以，使得，且当时，所以在上单调递减，所以当时，不合题意.综上，的取值范围为.解法二：当时，即，所以，若，由（1）知：在上单调递增，因为，所以，所以在上单调递增，所以当时，.若，令，则所以，由得，所以，所以，使得，且当时，所以在上单调递减，所以当时，不合题意.综上，的取值范围为.【点睛】本题考查函数的导数与函数的单调性、最值等知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查分类讨论、函数与方程、化归与转化、数形结合思想.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线的
20、极坐标方程为.（1）写出的极坐标方程；（2）设点的极坐标为，射线分别交，于，两点（异于极点），当时，求.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）利用，消去参数将的参数方长化为普通方程，再根据直角坐标和极坐标转换公式，转化为极坐标方程.（2）将射线分别于的极坐标方程联立，求得两点对应的，由此求得的表达式，求得的表达式，根据列方程，由此求得的值.【详解】（1）（为参数）曲线的普通方程为，即，曲线的极坐标方程为（2）依题意设，由得.由得.，.是圆的直径，.在直角中，在直角中，即，即.【点睛】本题考查曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程等知识；考查运算求解能力；考查数形结合、函数与方程思想.选修4-5：不等式选讲23.设函数.（1）若，求实数的取值范围；（2）证明：，恒成立.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将不等式化为，利用零点分段法，求得不等式的解集.（2）将要证明的不等式转化为证，恒成立，由的最小值为，得到只要证，即证，利用绝对值不等式和基本不等式，证得上式成立.【详解】（1），即当时，不等式化为，当时，不等式化为，此时无解当时，不等式化为，综上，原不等式的解集为（2）要证，恒成立即证，恒成立的最小值为2，只需证，即证又成立，原题得证【点睛】本题考查绝对值不等式的性质、解法，基本不等式等知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化，分类与整合思想.
