1、2020届九师联盟高三12月质量检测数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】解一元二次不等式求得集合，由交集定义求得结果.【详解】 故选：【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到一元二次不等式的求解，属于基础题.2已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）ABCD【答案】B【解析】由复数运算法则化简得，由复数的几何意义可知对应点的坐标.【详解】 复数对应的点的坐标为故选：【点睛】本题考查复数对应的复平面的点的坐标的求解，关键是能够利用复数的运算法则化简复数.3函数在区间上的图象大致为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据函数奇偶性可排除，由可
2、排除，从而得到正确结果.【详解】为奇函数，图象关于原点对称，可排除；又，可排除，则正确.故选：【点睛】本题考查函数图象的识别，通常采用排除法来进行判断；排除的依据通常为：奇偶性、特殊位置的符号、单调性.4河南省新郑市望京楼遗址位于新郑市新村镇杜村和孟家沟村以西及周边区域，北距郑州市35公里，遗址发现于20世纪60年代，当地群众平整土地时曾出土过一批青铜器和玉器等贵重文物.望京楼商代城址保存较为完整，城址平面近方形，东城墙长约590米、北城墙长约602米、南城墙长约630米、西城墙长约560米，城墙宽度为10米20米，则下列数据中可作为整个城址的面积较为准确的估算值的是（ ）A24万平方米B25
3、万平方米C37万平方米D45万平方米【答案】C【解析】由城址近方形可计算出方形边长的近似值，进而得到估算面积.【详解】米且城址平面近方形城址面积约为万平方米选项中与最接近的数据为万平方米故选：【点睛】本题考查根据数据计算估算值的问题，关键是能够计算出方形边长的近似值，属于基础题.5已知向量，若向量与垂直，则实数的值为（ ）ABCD【答案】B【解析】利用坐标表示出与，由垂直关系知，由数量积的坐标运算构造方程求得结果.【详解】由题意得：，与垂直 ，解得：故选：【点睛】本题考查根据平面向量垂直关系的坐标表示，关键是明确两向量垂直等价于两向量的数量积等于零.6已知等比数列的前项和为，若，则（ ）A6B
4、7C8D9【答案】C【解析】利用公比表示出，得到；利用等比数列前项和公式表示出所求式子，化简后代入即可得到结果.【详解】设等比数列公比为由得： 故选：【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，涉及到等比数列前项和公式的应用，关键是能够利用已知等式确定公比的取值.7将函数的图象向右平移个单位长度，若所得的图象过点，则的最小值为（ ）ABCD【答案】B【解析】由二倍角公式和三角函数的平移变换得到所得函数为，代入可求得所有可能的取值，进而得到最小值.【详解】将向右平移个单位得： 或即或又 的最小值为故选：【点睛】本题考查三角函数解析式的求解问题，涉及到二倍角公式和三角函数左右平移变换原则的应用，关键是能
5、够根据特殊角三角函数值得到角所有可能的取值.8已知函数，等差数列的前项和为，且，则的最大值为（ ）A20B22C18D16【答案】A【解析】由函数单调性，可知，从而求得，求得公差后可得等差数列通项公式，由此确定或时，取得最大值；利用等差数列求和公式可求得结果.【详解】易知 在上单调递增令，即，解得：即 ，即令，即，解得：即 ，即等差数列的公差 ， 的最大值为故选：【点睛】本题考查等差数列前项和的最值的求解，涉及到函数单调性的应用、利用函数值求解自变量的值、等差数列通项公式的求解等知识；求解等差数列前项和的最值的常用方法有两种：根据通项公式确定变号项；利用的二次函数性来求解.9若把单词“”的字母
6、顺序写错了，则可能出现的错误写法的种数为（ ）A179B181C193D205【答案】A【解析】结合排列组合的知识，利用分步乘法计数原理求得个字母排成一排所有可能的写法的种数，则可确定错误写法的种数.【详解】将个字母排成一排，可分三步进行：第一步：排，共有种排法；第二步：排两个，共有种排法；第三步：排两个，共有种排法将个字母排成一排共有种排法可能出现的错误写法的种数为种故选：【点睛】本题考查排列组合综合应用问题，关键是能够采用分步的方式，确定所有可能的结果种数.10已知正三棱锥的底面为边长为6的正三角形，三棱锥的四个顶点都在半径为4的球上，且球心在三棱锥内，则三棱锥的侧棱的长度为（ ）A8BC
7、D【答案】D【解析】作平面，由正三棱锥定义和外接球的性质可知为的中心且球心在上；由中心的性质可知，利用勾股定理可求得，进而得到；再利用勾股定理求得结果.【详解】作平面，垂足为，则为的中心且球心在上如图所示，其中为中点 故选：【点睛】本题考查立体几何中多面体外接球的相关计算问题，关键是能够确定外接球球心的位置，根据垂直关系，利用勾股定理求得所求值.11在平面直角坐标系中，已知点为椭圆的左顶点，点为椭圆上任一点，直线与直线：相交于点.若，则（ ）ABCD【答案】C【解析】设，利用两点坐标得到直线方程后，与联立后得到点坐标，从而由平面向量数量积坐标运算可得到，与对应可得，进而得到结果.【详解】设，则
8、， 直线方程为：令得：，即 ，整理可得：由得： ，即故选：【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到平面向量数量积的坐标运算问题；关键是能够利用数量积运算得到等量关系，进而根据点在椭圆上可求得所求量.12若使得成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】令；当时，由导函数可确定单调性，得到，不符合题意；当时，由导函数可确定单调性，得到，由存在性可知只需即可，由此构造不等式求得范围；当时，由时，可将问题转化为，使得；利用放缩法，结合存在性可知，使得；构造函数，结合其导函数确定其极限值，从而可知所需结论必成立，可知；综合三种情况得到最终结果.【详解】令，则当时，当时，单调递减当时
9、，单调递增，不符合题意当时，当时，即，单调递增当时，即，单调递减只需，解得：当时，若，则，由知 若命题成立，则必，使得，使得令，则当时，则必存在，使得 综上所述：的取值范围为故选：【点睛】本题考查利用导数研究不等式能成立的问题，关键是能够将问题转化为函数的最小值与零之间的大小关系的比较；解题难点在于对进行讨论时，只需说明存在性即可，不需说明恒成立，从而可结合放缩的方式求得结果.二、填空题13已知函数，则曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】利用导函数求得即为切线斜率，由原函数求得，由直线点斜式方程整理得到结果.【详解】由题意得：，又在处的切线方程为：，即故答案为：【点睛】本题考查曲线在某一点
10、处的切线方程的求解问题，是对导数的几何意义的应用，属于基础题.14将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和为奇数的概率是_【答案】【解析】利用组合数的知识求得基本事件总数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式求得结果.【详解】骰子先后投掷次，所有可能的结果种数共有：种奇数与偶数之和为奇数 向上的点数之和为奇数的结果种数有种向上的点数之和为奇数概率故答案为：【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，涉及到组合数公式、分步乘法计数原理的应用，属于基础题.15已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为
11、，垂线与双曲线的另一条渐近线相交于点，为坐标原点.若为等腰三角形，则双曲线的离心率为_【答案】2或【解析】由双曲线方程可得渐近线方程当时，结合等腰三角形三线合一可知，从而求得，由此得到；当时，由等腰三角形性质及垂直关系可求得，由此得到；在两种情况下，结合双曲线可构造关于离心率的方程，解方程求得离心率.【详解】由题意知，双曲线渐近线方程为当时，如下图所示：为钝角，为等腰三角形 ，即，解得：当时，如下图所示：为钝角，为等腰三角形 又， ，即，解得：综上所述：双曲线的离心率为或故答案为：或【点睛】本题考查双曲线离心率的求解问题，关键是能够根据等腰三角形的性质确定渐近线倾斜角的大小，进而根据双曲线的几
12、何性质构造关于的齐次方程，从而求得离心率.16在平面直角坐标系中，已知为圆上两个动点，且.若直线上存在唯一的一个点，使得，则实数的值为_【答案】或【解析】取的中点，由垂径定理可求得，从而得到点轨迹方程；由向量线性运算可知，由此可利用点坐标表示出点坐标，代入点轨迹方程可整理得到关于的一元二次方程；由存在唯一的点可知方程，由此求得结果.【详解】由题意知：圆的圆心，半径取的中点，连结，则 点在圆上设，解得：，即，即点具有唯一性 ，解得：或故答案为：或【点睛】本题考查直线、圆和平面向量的综合应用问题；关键是能够利用直线截圆所得弦长求得弦中点轨迹方程，通过向量的线性运算得到坐标间的关系，结合点的唯一性可
13、利用一元二次方程判别式等于零求得结果.三、解答题17在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求.【答案】（1）（2）【解析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可将已知等式整理求得，根据可求得；（2）由三角形面积公式可求得，利用求得，利用余弦定理可求得结果.【详解】（1） 由正弦定理得： （2）由得：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式、三角形面积公式和余弦定理的应用等知识，属于常考题型.18如图，在正方体中，点为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（
14、1）根据正方体特点可证得，由线面平行判定定理证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求得夹角的余弦值，根据同角三角函数关系求得所求的正弦值.【详解】（1）在正方体中，四边形为平行四边形 平面，平面平面.（2）以点为坐标原点，方向分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系设，则，.设平面的法向量为，由，则，取，则设平面的法向量为，由，则，取，则可得，故平面与平面所成二面角的正弦值为【点睛】本题考查立体几何中线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；关键是能够熟练掌握空间向量法求解立体几何中角度问题的方法，属于常考题型.19如图，已知抛物线：，四边形和
15、都为正方形，原点为的中点，点在抛物线上.（1）求点和点的坐标；（2）过点的直线与抛物线相交于两点，若，求直线的方程.【答案】（1），点的坐标为（2）直线的方程为或【解析】（1）分别假设正方形和边长为，利用表示出坐标，代入抛物线方程可构造方程求得，进而得到所求坐标；（2）设，将直线方程与抛物线方程联立，得到韦达定理的形式；根据数量积的坐标运算，代入韦达定理的结论可构造方程求得，从而得到所求直线方程.【详解】（1）设正方形的边长为，则代入得：，解得：或（舍） 点的坐标为设正方形的边长为，则代入方程得：，解得或（舍）点的坐标为（2）由（1）知，设直线的方程为，点的坐标分别为，联立方程，消去整理为：则
16、 ，又，由得：，解得：故直线的方程为即直线的方程为：或【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量数量积的坐标表示；解决直线与抛物线的问题通常采用的方法为：直线与抛物线方程联立，得到韦达定理的形式；利用韦达定理表示出已知中的等量关系，从而构造方程求得变量.20每个国家身高正常的标准是不一样的，不同年龄、不同种族、不同地区身高都是有差异的，我们国家会定期进行018岁孩子身高体重全国性调查，然后根据这个调查结果制定出相应的各个年龄段的身高标准.一般测量出一个孩子的身高，对照一下身高体重表，如果在平均值标准差以内的就说明你的孩子身高是正常的，否则说明你的孩子可能身高偏矮或偏高了.根据科
17、学研究018岁的孩子的身高服从正态分布.在某城市随机抽取100名18岁男大学生得到其身高（）的数据.（1）记表示随机抽取的100名18岁男大学生身高的数据在之内的人数，求及的数学期望.（2）若18岁男大学生身高的数据在之内，则说明孩子的身高是正常的.（i）请用统计学的知识分析该市18岁男大学生身高的情况；（ii）下面是抽取的100名18岁男大学生中20名大学生身高（）的数据：1.651.621.741.821.681.721.751.661.731.671.861.811.741.691.761.771.691.781.631.68经计算得，其中为抽取的第个学生的身高，.用样本平均数作为的估计
18、值，用样本标准差作为的估计，剔除之外的数据，用剩下的数据估计和的值.（精确到0.01）附：若随机变量服从正态分布，则，.【答案】（1）概率为，期望为（2）（i）在该市中，18岁男大学生的身高是正常的比例为.（ii）的估计值为1.71，的估计值为0.1.【解析】（1）由原则知抽取的名岁男大学生身高的数据在之外的概率为，得到，由二项分布的知识可求得所求概率和期望；（2）（i）由（1）中身高正常的概率可得统计结论；（ii）首先确定剔除数据为，计算剩余数据的平均值和标准差即为和的估计值.【详解】（1）抽取的名岁男大学生身高的数据在之内的概率为在之外的概率为：，故，（2）（i）由（1）知，岁男大学生的身
19、高是正常的概率为在该市中，岁男大学生的身高是正常的比例为（ii）当，时，区间为，故除去的数据为剩下数据的平均数为： 的估计值为又，剔除剩下数据的样本方差为： 其标准差为的估计值为【点睛】本题考查概率统计部分知识的综合应用，涉及到正态分布与二项分布的知识、用样本估计总体、平均数和方差及标准差的计算问题，属于常考题型.21已知函数.（1）证明：函数在区间上存在唯一的极小值点；（2）证明：函数有且仅有两个零点.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）由导函数解析式可确定导函数在上单调递增；利用零点存在性定理可知存在唯一使得，由此可确定单调性，从而得到结论；（2）当时，由可知单调递减，由
20、此可确定为的一个零点；当时，由零点存在定理和（1）中单调性，可确定存在唯一的零点；当时，令，由可确定单调递增，则，由此可确定，进而得到无零点；综合三种情况可得结论.【详解】（1）当时，函数和单调递减函数单调递增又由，故存在唯一使得且当时，；当时，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增故函数在区间上存在唯一的极小值点（2）当时，由又由，可得，故在区间上函数单调递减又由，故有可得此时函数的零点为当时，由，由（1）可知，此时函数在区间上有唯一的零点；当时，令则，故此时函数单调递增有又由，故对，有所以在区间上函数没有零点综上所述，函数有且仅有两个零点【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点个数、零点个
21、数的问题，涉及到利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理的应用；在研究函数零点个数问题时，需结合函数的单调性，利用零点存在定理确定所求区间内零点个数.22在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.（1）若，直线与曲线相交于两点，求；（2）若，求曲线上的点到直线的距离的最小值.【答案】（1）（2）【解析】（1）将曲线的参数方程化为直角坐标方程，代入直线的参数方程整理可求得，由此可得坐标，利用两点间距离公式可求得结果；（2）根据曲线的参数方程可设其上点坐标为，将直线化为普通方程，利用点到直线距离公式可将问题化为三角函数最值求解问题，由此求得结果.【详解】（1）由参
22、数方程可得曲线的直角坐标方程为：当时，直线的参数方程为（为参数）设点对应的参数分别为代入曲线的直角坐标方程后整理得：解得：，设，则，（2）设曲线上的点的坐标为当时，直线的直角坐标方程为：曲线上的点到直线的距离（当且仅当时取等号）曲线上的点到直线的距离的最小值为：【点睛】本题考查参数方程问题中的弦长求解和点到直线距离的求解问题；求解点到直线距离的最值的关键是能够将问题转化为三角函数最值的求解问题；本题易错点是在直线参数方程为非标准形式的时候，错误的应用直线参数方程中参数的几何意义，造成弦长求解错误.23已知为正数，且满足.证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）利用基本不等式可构造不等式求得，由可证得结论；（2）利用基本不等式可求得，由可证得结论.【详解】（1）由（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号）又且（当且仅当时取等号）（2）由（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）；（当且仅当时取等号）三式相加得：又（当且仅当时取等号）【点睛】本题考查利用基本不等式证明不等式的问题，关键是灵活利用基本不等式配凑出所证结论所需的形式，属于常考题型.第 22 页 共 22 页
