2020届名校联盟高三联考评估卷（八）数学（理）试题（解析版）

2020届名校联盟高三联考评估卷（八）数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】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．4 D．5

【答案】D

【解析】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：复数z＝a+bi，a、b∈R；

∵2z，

∴2（a+bi）﹣（a﹣bi）＝，

即，

解得a＝3，b＝4，

∴z＝3+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．2 B． C．3 D．4

【答案】C

【解析】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．月收入的极差为60 B．7月份的利润最大

C．这12个月利润的中位数与众数均为30 D．这一年的总利润超过400万元

【答案】D

【解析】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】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】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，则该几何体表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】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，其中半球的半径为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．－1280 B．4864 C．－4864 D．1280

【答案】A

【解析】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】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，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】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．8 B．9 C．10 D．11

【答案】B

【解析】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，∴.

∴

.

∵，∴，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】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，，，可画出函数的图象（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，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.

二、填空题

13．平面向量与的夹角为，，，则__________．

【答案】

【解析】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】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，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：z＝2，

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】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，因为，所以.

故答案为

【点睛】

本题主要考查双曲线的简单性质，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】由已知可得△AEF、△PEF均为直角三角形，且AF＝2，由基本不等式可得当AE＝EF＝2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PA⊥BC，

又AB⊥BC，且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，

又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，

于是AE⊥EF，且AE⊥PC，结合条件AF⊥PC，得PC⊥平面AEF，

∴△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF＝2，

而S△AEF＝（AE2+EF2）＝AF2＝2，

当且仅当AE＝EF=2时，取“＝”，此时△AEF的面积最大，

三棱锥P﹣AEF的体积的最大值为：

VP﹣AEF＝＝＝．

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

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】(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：

（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：，.

【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“蕲春四宝”有关系.（3）见解析，

【解析】（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：

∴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.

【答案】（1）见证明；（2）

【解析】（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）或； （2）或.

【解析】（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】（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①若②③三种情况，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，

①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；

②若时，由于，即，所以，

因此在上单调递增，故不存在极值；

③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，只有一个极值点时，的取值范围是

【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的单调性及利用导数研究函数的极值，及函数的零点存在定理，注意分类讨论思想的运用.

22．已知曲线的方程为，曲线的参数方程为（为参数）.

（1）求的参数方程和的普通方程；

（2）设点在上，点在上，求的最小值.

【答案】（1）的参数方程为（为参数），的普通方程为;（2）1

【解析】(1)由椭圆的参数方程的公式可直接写出的参数方程；由曲线的参数方程消去参数可得到的普通方程；

(2先由的参数方程设出点的坐标，由题意知求的最小值即是求点到直线的距离，再由点到直线的距离公式可直接求解.

【详解】

解：（1）曲线的参数方程为（为参数），

曲线的普通方程为.

（2）设，

点到直线的距离为，则的最小值即为的最小值，

因为，其中，

当时，的最小值为1，此时.

【点睛】

本题主要考查参数方程与普通方程的互化，以及参数的方法求两点间的距离，只需熟记公式即可，属于基础题型.

23．已知函数．

（1）解不等式；

（2）若，对，，使成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)；(2).

【解析】（1）对x分类讨论，将不等式转化为代数不等式，求解即可；

（2）分别求出函数的最值，利用最值建立不等式，即可得到实数的取值范围．．

【详解】

解：（1）不等式等价于或或

解得或或，所以不等式的解集为．

（2）由知，当时，；

，

当且仅当时取等号，

所以， 解得． 故实数的取值范围是．

【点睛】

本题考查方程有解问题，考查不等式的解法，考查转化思想以及计算能力．