2020届神州智达高三诊断性大联考（一）数学（理）质检卷（解析版）

2020届神州智达高三诊断性大联考（一）数学（理）质检卷

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意，再由集合交集的概念可直接得解.

【详解】

，

∴.

故选：D.

【点睛】

本题考查了指数不等式的求解，考查了集合交集的概念，属于基础题.

2．已知命题：复数的虚部是，命题：复数，以下命题真假判断正确的是（    ）

A．真真 B．真假 C．假真 D．假假

【答案】A

【解析】由复数的除法法则和虚部的概念可判断命题，由复数的乘法运算法则可判断命题，即可得解.

【详解】

因为，所以其虚部为，所以为真命题；

因为，所以为真命题.

故选：A.

【点睛】

本题考查了复数的运算和虚部的概念，考查了命题真假性的判断，属于基础题.

3．已知各项均为正数的等比数列中，，前三项的和为26，则（    ）

A．36 B．48 C．54 D．64

【答案】C

【解析】设等比数列的公比为，由题意可得，解方程求得即可得解.

【详解】

数列为各项均为正数等比数列，，前三项的和为26，

设等比数列的公比为，

，解得或（舍），

所以.

故选：C.

【点睛】

本题考查了利用等比数列的通项公式进行基本量计算，属于基础题.

4．已知，则的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由对数函数和幂函数的单调性可得，即可得解.

【详解】

因为在上是增函数，所以，即，

因为在上是减函数，所以

所以.

故选：B.

【点睛】

本题考查了利用对数函数和幂函数的单调性比较大小，属于基础题.

5．阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳马中，为阳马中最长的棱，，若在阳马的外接球内部随机取一点，则该点位阳马内的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意知的长等于其外接球的直径，可知，计算棱锥的体积，球的体积，根据古典概型即可求解.

【详解】

根据题意，的长等于其外接球的直径，因为，∴，∴，又平面，所以，

∴.

【点睛】

本题主要考查了棱锥的外接球，棱锥的体积，球的体积，古典概型，属于中档题.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用诱导公式和余弦的二倍角公式可得，即可得解.

【详解】

由题意.

故选：C

【点睛】

本题考查了三角函数的以值求值，考查了诱导公式和余弦的二倍角公式的应用，属于基础题.

7．函数的图象大致是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据函数的性质对比图象的特征，逐项排除即可得解.

【详解】

由，∴为奇函数，排除选项B；

当时，，，∴，排除选项D；

当时，，

则

∴在时单调递增，排除选项A.

故选：C.

【点睛】

本题考查了函数图象的识别，考查了函数奇偶性和利用导数判断函数单调性的应用，属于中档题.

8．执行如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内可以为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据程序框图，注意变量取值的变化，可得时，即可得解.

【详解】

第一次运行时，，；

第二次运行时，，；

第三次运行时，，；

第四次运行时，，；…，

以此类推，第九次运行时，，，依题意，此时刚好不满足判断条件，因此判断条件可以为.

故选：A.

【点睛】

本题考查了当型循环结构程序框图的应用，属于基础题.

9．的展开式中的系数为（    ）

A．400 B．120 C．80 D．0

【答案】D

【解析】变形已知为，分别写出两个二项式展开式的通项，可知的通项为，即可求解.

【详解】

∵，二项展开式的通项为，二项展开式的通项式为的通项为，所以，所以展开式中的系数为.

【点睛】

本题主要考查了二项展开式的通项，利用通项求二项式的特定项，属于难题.

10．如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论错误的是（    ）

A．平面平面 B．三棱锥的体积为定值

C． D．平面

【答案】D

【解析】由面面垂直的判定可判断A；由，再利用三棱锥体积公式可判断B；由平面，再利用线面垂直的性质可判断C；由反证法可判断D；即可得解.

【详解】

在正方体中，显然有平面，又平面，

所以平面平面，故A正确；

三棱锥的体积满足，因为到平面的距离不变，的面积不变，三棱锥的体积为定值，故B正确；

在正方体中，显然有，，所以平面，

因为平面，所以，故C正确；

若平面，则，结合可得平面，所以，但不是一直成立，故D不正确.

故选：D.

【点睛】

本题考查了线面、面面关系的判定和性质，考查了三棱锥体积公式的应用，属于中档题.

11．已知为抛物线上的两个动点，以为直径的圆经过抛物线的焦点，且面积为，若过圆心作该抛物线准线的垂线，垂足为，则的最大值为（  ）

A．2 B． C． D．

【答案】A

【解析】由圆的面积可得，设，过点作于，过点作于，利用抛物线定义得，根据梯形中位线可知，利用均值不等式即可求出最大值.

【详解】

根据题意，，

∴.

设，过点作于，过点作于，

由抛物线定义，得，在梯形中，

∴，

由勾股定理得，，

∵，

所以（当且仅当时，等号成立）.

【点睛】

本题主要考查了抛物线的定义，梯形的中位线，均值不等式，属于难题.

12．已知函数，若存在使得，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意可得在有解，令，求导判断的单调性后，求出的最小值即可得解.

【详解】

存在使得，

即在有解，

令，则，，

当时，，则，函数单调递减；

当时，，则，函数单调递增；

当时，，

.

故选：C.

【点睛】

本题考查了利用导数解决能成立问题，考查了转化化归思想，属于中档题.

二、填空题

13．已知向量与的夹角为，，，则__________.

【答案】2

【解析】由题意，计算出的值后即可得解.

【详解】

，，向量与的夹角为，

，，

，解得或（舍去）.

故答案为：2.

【点睛】

本题考查了利用向量数量积解决向量模的问题，属于基础题.

14．已知实数满足不等式组，则的取值范围为__________．

【答案】

【解析】作出可行域，表示与（0，0）连线的斜率，结合图形求出斜率的最小值，最大值即可求解.

【详解】

如图，不等式组表示的平面区域（包括边界），所以表示与（0，0）连线的斜率，因为，所以，故.

【点睛】

本题主要考查了简单的线性规划问题，涉及斜率的几何意义，数形结合的思想，属于中档题.

15．在中，角所对的边分别为，且，，则的周长的最小值为__________.

【答案】

【解析】由余弦定理化简可得，即可得，进而可得，再利用基本不等式即可得解.

【详解】

因为，根据余弦定理可得，

整理得，因式分解得，

由可得，即，，则，

所以，当且仅当时，取等号，

综上的周长的最小值为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了余弦定理解三角形的应用，考查了利用基本不等式求最值，属于中档题.

16．已知双曲线，点为双曲线右支上一点（异于点），满足，则该双曲线离心率的取值范围为__________.

【答案】

【解析】由题意可知，设，可得，再与方程联立，令即可得解.

【详解】

由，得，故.

设，可得，，

所以①.

又因为点在双曲线上，所以，整理得②，

将②式代入①式得，

化简整理得，

此方程的根为，，

因为点是双曲线右支上异于右顶点的一点，

所以，得，即，

又，∴，

故答案为：.

【点睛】

本题考查了双曲线离心率的求解，考查了计算能力，属于中档题.

三、解答题

17．已知数列满足，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列的前项和为，求证：.

【答案】（1）；（2）详见解析.

【解析】（1）由题意可得，利用等差数列的通项公式求出后即可得解；

（2）设，利用裂项相消法求出后即可得证.

【详解】

（1）因为，所以，

所以数列是首项为，公差为2的等差数列，

则有，

所以.

（2）证明：设，

，

因为，所以.

综上，.

【点睛】

本题考查了构造新数列求原数列的通项，考查了裂项相消法求数列前n项和的应用，属于中档题.

18．如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，平面，且，点为的中点.

（1）证明：平面平面;

（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】（1）连接，交于点，取中点为，连接，，由中位线和平行四边形的性质可得，再由线面垂直的性质和菱形的性质可得平面，进而可得平面，由面面垂直的判定即可得证；

（2）由题意建立空间直角坐标系后，求出各点坐标后，求出平面的一个法向量为和直线方向向量，利用即可得解.

【详解】

（1）证明：连接，交于点，取中点为，连接，.

因为，分别为，的中点，

所以，且，

因为，，且，

所以且，

所以四边形为平行四边形，

所以，即.

因为平面，平面，所以.

因为四边形是菱形，所以.

因为，所以平面.

因为，所以平面.

因为平面，所以平面平面.

（2）因为，四边形是边长为2的菱形，

故为等边三角形.取的中点为，连接，则.

以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.

则，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

则即，令，则.

设直线与平面所成角为，

则，

即直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

本题考查了面面垂直的证明和利用空间向量求线面角，考查了运算能力，属于中档题.

19．为了调查某公司员工的饮食习惯与月收入之间的关系，随机抽取30名员工，调查他们的饮食习惯和月收人的关系，并制作了30人的月平均收入的频率分布直方图和饮食指数表（说明：表中饮食指数不高于70的人，饮食以蔬菜为主；饮食指数高于70的人，饮食以肉类为主）.其中月收入4000元以上员工中饮食指数高于70的有11人.

（1）填表，并判断是否有的把握认为饮食习惯与月收入有关系.若有，请说明理由，若没有明理由，并分析原因；

（2）以上面的统计数据为参考，从该公司主食蔬菜的员工中随机抽取3人，设这3人中月收入4000元以上的人数为，求的分布列与期望.

（3）经调查该公司员工的月收入（百元）和月饮食支出（百元）具有线性相关关系，并得到关于的回归直线方程：，若一个员工的月收入恰好为这30人的月平均收人，求该人的月饮食支出费用.（结果保留到小数点后三位）

附：参考公式及临界值表：，其中.

【答案】（1）表格详见解析，有的把握认为饮食习惯与月收入有关系，理由详见解析；（2）分布列详见解析，期望值为；（3）14.603百元.

【解析】（1）由频率分布直方图可得月收入4000元以上的人数为，即可完成列联表；代入数值计算出后与比较即可得解；

（2）由题意，由二项分布概率公式计算即可得分布列；由二项分布的期望公式可直接求得期望，即可得解；

（3）由频率分布直方图求出这30人的月平均收入，代入线性回归方程即可得解.

【详解】

（1）根据频率分布直方图，

月收入4000元以上的人数为，

所以2×2列联表如下：

所以，

故有的把握认为饮食习惯与月收入有关系.

（2）从主食蔬菜的员工中任选1人，该人月收入4000元以上的概率.

可取0，1，2，3，

所以，，，，

所以的分布列为

∵，

∴（人）.

（3）由频率分布直方图得这30人的月平均收入为

（百元），

所以（百元），

故该人的月饮食支出费用为14.603百元.

【点睛】

本题考查了独立性检验的应用和二项分布分布列与期望的求解，考查了线性回归方程的应用，属于中档题.

20．如图，一张坐标纸上已作出圆及点，折叠此纸片，使与圆周上某点重合，每次折叠都会留下折痕，设折痕与直线的交点为，点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）若曲线与轴的负半轴交于点，过作两条互相垂直的直线分别与曲线相交于点，求证：直线经过一定点，并求出该定点的坐标.

【答案】（1）；（2）证明详见解析，过定点.

【解析】（1）由题意转化条件得，由椭圆定义即可得解；

（2）设直线，联立方程组得，，

进而可求得直线的直线方程，即可得解.

【详解】

（1）折痕为的垂直平分线，则，由题意知圆的半径为4，

所以，

所以的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，

所以，所以的轨迹的方程为.

（2）由题意知直线、的斜率存在且不为0，点，

设直线的斜率为，则.

由，消去y得，，

可得，

用去替换，得，

所以，

所以直线即，

所以直线经过定点.

【点睛】

本题考查了与椭圆有关的轨迹问题，考查了直线与椭圆的综合，属于中档题.

21．已知函数有两个不同的零点.

（1）求实数的取值范围；

（2）若函数的两个不同的零点为，且，当时，证明：.

【答案】（1）；（2）详见解析.

【解析】（1）求导得在的最小值为，即可得，由，并通过构造新函数求导证明即可得解；

（2）由题意得，设，令，求导后可得即，由函数在上的单调性即可得证.

【详解】

（1）由题意得在上有两个不同的实根，

而，

当时，，此时在上单调递减；

当时，，此时在上单调递增；

所以在的最小值为.

所以即，

易得，，

，，

令，，则，

所以在上单调递增，所以，

所以

所以当时，在和上各有一个实根，

故实数的取值范围为.

（2）证明：由（1）可得，，，

而

，

设，令，于是，

由于，故，即在上单调递增，

∴.

∴当时，，即，

又在上递减，而，，

所以，即.

【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的零点个数问题，考查了利用导数证明不等式，考查了推理能力和转化化归思想，属于难题.

22．在平面直角坐标系中，已知曲线，将的横坐标变为原来的，纵坐标不变得到曲线，再将曲线向右平移一个单位得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）若射线与直线和曲线分别交于两点，求的最大值.

【答案】（1）；（2）1.

【解析】（1）由题意可得曲线的直角坐标方程为，利用直角坐标方程和极坐标方程的转化公式即可得解；

（2）由题意联立方程组可得、，代入并化简得，利用三角函数的性质即可得解.

【详解】

（1）由平移变换和伸缩变换得曲线的直角坐标方程为，

由，得曲线的极坐标方程为.

（2）由得，

由得，

所以，

由可得，

所以当且仅当时，取得最大值1.

【点睛】

本题考查了函数图象的变换与直角坐标和极坐标的转化，考查了极坐标的应用，属于中档题.

23．已知函数.

（1）解关于的不等式；

（2）对任意的，都有不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由题意，分类讨论即可得解；

（2）利用绝对值三角不等式求出，利用基本不等式求出，利用恒成立问题的解决办法即可得解.

【详解】

（1）由题意，

则不等式可转化为

或或，

整理可得，

故不等式的解集为.

（2）由于，当时，等号成立；

而，

当且仅当，即，时，等号成立.

要使不等式恒成立，

则，解得，

实数的取值范围为.

【点睛】

本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值三角不等式和基本不等式的应用，考查了恒成立问题的解决，属于中档题.