池州市高三下学期月教学质量统监测数学（文）试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020年池州市普通高中高三教学质量统一监测数学试卷（文科）第Ⅰ卷（选择题共60分)一、选择题：本题共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．1。已知集合,，则（)A。 B. C。 D。【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义直接求解可得结果。【详解】集合表示所有奇数,.故选：。【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，关键是读懂集合所表示的集合中的元素的特点，属于基础题.2.已知为虚数单位,则在复平面内对应的点为()A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】【分析】利用复数除法运算计算求得,由此得到对应点坐标。【详解】，对应的点为.故选：.【点睛】本题考查复数对应点的坐标的求解，涉及到复数的除法运算，属于基础题。3。若双曲线的两条渐近线互相垂直，则（）A.2 B。1 C。 D。【答案】D【解析】【分析】由双曲线方程可得渐近线方程,由垂直关系可知渐近线斜率乘积为，由此构造方程求得结果。【详解】由方程表示双曲线知:，则双曲线渐近线方程为:,两条渐近线互相垂直，，即，解得：。故选:。【点睛】本题考查双曲线渐近线的应用，关键是明确两直线互相垂直则斜率乘积为.4。在中，若，则=（）A.1 B。2 C.3 D.4【答案】A【解析】余弦定理将各值代入得解得或（舍去)选A。5。中国剪纸是我国广大劳动人民在生产与生活实践中创造出来的一种平面剪刻艺术．民间剪纸艺术是我国优秀的非物质文化遗产之一,在千百年的发展过程中,积淀了丰厚的文化历史，取得了卓越的艺术成就．2020年3月发行的邮票《中国剪纸（二）》共4枚，第一枚邮票《三娘教子》（如图1)出自“孟母教子”的故事，讲述了母亲通过断织等行为教育孩子努力上进，懂得感恩．图2是某剪纸艺术家根据第一枚邮票用一张半径为4个单位的圆形纸片裁剪而成的《三娘教子》剪纸．为了测算图2中有关部分的面积，在圆形区域内随机投掷400个点，其中落入图案上的点有225个，据此可估计剪去部分纸片的面积为（）A。 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据几何概型中的面积比可求得结果。【详解】剪去部分纸片上共有个点,剪去部分纸片的面积为.故选：.【点睛】本题考查几何概型面积型问题的求解,属于基础题.6。若，则有(）．A. B。 C. D。【答案】B【解析】【分析】首先化简，再比较真数的大小即可.【详解】由题意得故选B【点睛】本题主要考查了对数大小比较，属于基础题.7。设、是两条不同的直线,、是两个不同的平面，若,，则下列命题判断为真的是（）A.是的充要条件 B。是的充分不必要条件C.是的既不充分也不必要条件 D。是的必要条件【答案】C【解析】【分析】在正方体中寻找反例即可判断出各个选项。【详解】对于,若，，平面平面，则，但，错误；对于，若，,平面平面，平面平面，则，但，错误;对于，若，,平面平面，平面平面，则，但与异面，充分性不成立；若，,平面平面,平面平面，则，但与相交，必要性不成立；正确；对于，平面平面，平面平面，，，则，但，错误。故选：.【点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系相关命题的辨析,涉及到充分条件与必要条件的知识的应用，属于基础题.8.已知函数，则关于的有关性质说法中,正确的是（）A。极值点为 B。最小正周期为C.最大值为3 D.在上单调递减【答案】A【解析】【分析】利用两角和差公式和辅助角公式化简函数得;根据余弦型函数的极值点、最小正周期和最值的求法可确定的正误;采用代入检验法可知错误.【详解】。对于，令，则,即当时，取得极大值或极小值，正确；对于，最小正周期,错误;对于，当时，，错误；对于,当时,，结合余弦函数图象知此时不单调，错误.故选：.【点睛】本题考查余弦型函数最小正周期、极值点和最值、单调区间的辨析，解题关键是能够利用两角和差公式和辅助角公式将函数化简成为余弦型函数的形式。9.函数的部分图象可能是（)A。 B。C。 D.【答案】A【解析】【分析】先由奇偶性的概念，判断是偶函数，排除C、D；再由,的正负，排除B，进而可得出结果.【详解】因为,所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除C、D；当时，,，，即，故排除B，选A．【点睛】本题主要考查函数图像的识别，熟记函数的奇偶性，三角函数的图象及其性质，对数函数的性质等，即可，属于常考题型.10。已知椭圆:的左右焦点分别为，,若在椭圆上存在点，使得,则椭圆的离心率的取值范围为（）A. B。 C。 D.【答案】A【解析】【分析】由勾股定理和基本不等式可构造不等关系得到,由椭圆定义和焦距可构造出关于的齐次不等式，进而求得结果.【详解】,(当且仅当时取等号），，由椭圆定义知：，又，，,，又，离心率的取值范围为。故选:。【点睛】本题考查椭圆离心率取值范围的求解问题，解题关键是能够利用基本不等式和勾股定理构造出关于的齐次不等式，进而求得结果.11.“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，最初是由意大利数学家斐波那契于1202年通过兔子繁殖问题提出来的．在斐波那契数列中,，，．某同学设计了一个如图所示的求斐波那契数列前项和的程序框图，若,那么内填入（）A. B。 C. D.【答案】B【解析】【分析】按照程序框图运行程序，直到输出值为时，根据满足的条件补充判断框内容即可.【详解】按照程序框图运行程序,输入，，,则,,，,，满足所填条件，循环；，，，,，满足所填条件,循环;,，，，,满足所填条件，循环;，，，，，满足所填条件,循环；,，，，，满足所填条件,循环；，，,，，满足所填条件，循环;，，,，，不满足所填条件，输出结果，所填条件应为。故选:.【点睛】本题考查根据程序框图循环结构输出结果补全框图的问题，属于常考题型。12。已知函数,若方程有四个不同的解,，,,且，则的取值范围是（）A. B. C。 D.【答案】D【解析】【分析】由方程有四个解转化为与有四个不同的交点,由数形结合可求得，,将所求式子化为;根据的范围可求得函数的值域，即为所求的取值范围.【详解】方程有四个不同的解等价于与有四个不同的交点，如下图所示:则与关于对称，，,，,令，解得：；令，解得：；,在上单调递增，，即的取值范围为.故选：.【点睛】本题考查根据方程的根求解取值范围的问题，解题关键是能够将方程根的问题转化为两函数的交点个数的问题,通过数形结合的方式,结合函数的对称性化简所求式子，进而通过函数值域的求解方法求得结果.第Ⅱ卷(非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分,把答案填在答题卡的相应位置．13.已知向量,,且，则与的夹角为______．【答案】【解析】【分析】由向量垂直可构造方程求得，由向量数量积的定义可计算求得，进而得到结果.【详解】，，解得：，，，又,.故答案为:。【点睛】本题考查向量夹角的求解，涉及到向量的垂直关系、平面向量数量积的定义，属于基础题.14.设变量，满足约束条件,则目标函数的最小值是______．【答案】【解析】【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距最小的问题的求解,由数形结合可知为最优解，代入可求得的最小值.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：将化为,则当取最小值时，在轴截距最小，由平移可知，当过点时，在轴截距最小，由得：,即，故答案为:.【点睛】本题考查线性规划求解最值的问题,关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过数形结合的方式来进行求解。15.已知函数，若函数在处的切线方程为,则的值为______．【答案】4【解析】【分析】由切线方程可知，，由此构造方程求得，进而得到结果。【详解】，，解得：；由切线方程可知，,解得：；。故答案为：。【点睛】本题考查根据曲线在某一点处的切线方程求解参数值的问题,关键是明确切线方程能够提供给我们函数值和导数值两个条件.16.正三棱锥S—ABC中，M、N分别是SC．BC中点，且MN⊥AM，若SA=2．则正三棱锥S-ABC的外接球的体积为．【答案】【解析】【详解】∵三棱锥S—ABC正棱锥，∴SB⊥AC（对棱互相垂直）∴MN⊥AC又∵MN⊥AM而AM∩AC=A，∴MN⊥平面SAC即SB⊥平面SAC∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球∴2R=2•，∴R=3，∴S=4πR2=4π•（3）2=36π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．解答写在答题卡上的指定区域内．17.已知数列的前项和为，且满足．（Ⅰ）求数列通项公式;（Ⅱ）若，求的值．【答案】(Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】【分析】(Ⅰ)利用与关系可证得数列为等比数列,由等比数列通项公式求得结果；（Ⅱ)由（Ⅰ)可得，采用分组求和的方式,分别对奇数项和偶数项求和即可得到结果。【详解】(Ⅰ）当时,，解得：；当时，，整理得：，数列是以为首项,为公比的等比数列，．(Ⅱ）由（Ⅰ）得：，∴，．【点睛】本题考查利用与关系求解数列通项公式、分组求和法求解数列的前项和，涉及到等差和等比数列求和公式的应用；属于常考题型。18。如图,已知三棱锥的平面展开图中，四边形为边长等于2的正方形，和均为等边三角形．（Ⅰ)求证：；(Ⅱ）求三棱锥的体积．【答案】（Ⅰ)详见解析;（Ⅱ）．【解析】【分析】(Ⅰ)取中点，由等腰三角形三线合一和线面垂直的判定定理可证得平面，由线面垂直性质定理可证得结论；（Ⅱ）根据勾股定理可证得，利用线面垂直判定定理可证得平面,可知为三棱锥的高，利用三棱锥体积公式可求得结果。【详解】（Ⅰ）取中点，连接,。由展开图中四边形为正方形可知：,为中点，，，又平面，，平面，平面,.（Ⅱ）由展开图可知：,又,，．在中，，，，，,又，平面，，平面，三棱锥的体积．【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、三棱锥体积的求解问题;证明线线垂直的常用方法是通过证明线面垂直关系,利用线面垂直的性质定理证得结论.19.某生活超市有一专柜预代理销售甲乙两家公司的一种可相互替代的日常生活用品．经过一段时间分别单独试销甲乙两家公司的商品，从销售数据中随机各抽取50天，统计每日的销售数量，得到如下的频数分布条形图．甲乙两家公司给该超市的日利润方案为：甲公司给超市每天基本费用为90元，另外每销售一件提成1元;乙公司给超市每天的基本费用为130元,每日销售数量不超过83件没有提成,超过83件的部分每件提成10元．(Ⅰ）求乙公司给超市的日利润（单位:元）与日销售数量的函数关系；(Ⅱ）若将频率视为概率，回答下列问题：（1)求甲公司产品销售数量不超过87件的概率;（2）如果仅从日均利润的角度考虑，请你利用所学过的统计学知识为超市作出抉择,选择哪家公司的产品进行销售？并说明理由．【答案】（Ⅰ）；(Ⅱ)（1）；(2）超市应代理销售乙公司的产品较为合适．【解析】【分析】（Ⅰ）分别在和两种情况下得到关系式,进而得到结果；（Ⅱ）（1）利用频率的计算方式可求得对应的概率；（2）分别计算甲、乙两公司给到超市的日利润的平均数,选择平均数较大的产品进行销售。【详解】（Ⅰ）当时，元；当时，；乙公司给超市日利润（单位：元）与销售数量的函数关系为：.（Ⅱ）(1)记事件:“甲公司产品的销售数量不超过87件"，则;（2）甲公司给超市的日利润为元，则的所有可能取值为,，,，，（元）；设乙公司给超市的日利润为元，则的所有可能取值为，，，,,则（元）；，所以超市应代理销售乙公司的产品较为合适．【点睛】本题考查函数关系式的求解、利用频数条形图计算频率、频数条形图的实际应用问题；关键是能够准确读懂频数条形图，属于基础题型。20。已知曲线:与曲线：交于，两点，且的周长为．（Ⅰ）求曲线的方程．（Ⅱ)设过曲线焦点的直线与曲线交于，两点,记直线，的斜率分别为，．求证：为定值．【答案】（Ⅰ）；(Ⅱ）详见解析．【解析】【分析】（Ⅰ)确定圆的圆心和半径，根据周长可求得，由圆心到直线距离可确定弦的一个端点坐标，代入抛物线方程求得后即可得到结果；（Ⅱ)设直线，,,将方程与抛物线方程联立得到韦达定理形式,利用，代入韦达定理的结论整理可得定值.【详解】(Ⅰ）曲线方程可整理为：，则圆心，半径，又曲线,关于轴对称，则轴,的周长为,，到的距离，故弦的一个端点坐标为，，解得：，抛物线的方程为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，由于直线不与轴重合，可设：，设，,由，消去整理得：，，，，为定值．【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到抛物线方程的求解、定值问题的求解;求解定值问题的关键是能够将所求量整理得到韦达定理的形式，代入韦达定理的结论，整理消元得到定值。21.已知函数．(Ⅰ)讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，．【答案】（Ⅰ）分类讨论，详见解析；（Ⅱ）详见解析．【解析】【分析】（Ⅰ）求导后，分别在和两种情况下讨论导函数的正负，由此得到单调性；(Ⅱ）将所证不等式整理为,令，利用导数可确定在和时的正负，结合时，可证得结论.【详解】（Ⅰ）由题意得：的定义域为，。当时，则当时，；当时，；在上单调递增,在上单调递减；当时，则当时,；当时,;在上单调递减，在上单调递增;综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．（Ⅱ）当时，,,令，则，在上单调递增，又，当时，；当时，；当时，,；当时，，；当时,，，即.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数讨论含参数函数的单调性、不等式的证明的问题；本题中证明不等式的关键是能够将所证不等式进行转化，将问题转化为新构造的函数的符号的确定问题。请考生在第22、23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，曲线的参数方程为(为参数），以坐标原点为极点，以轴的