2020届九师联盟高三12月质量检测数学（文）试题
一、单选题
1．已知复数（为虚数单位），则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】利用复数的乘法运算以及复数的模求法公式即可求解.【详解】
由，则，故选：A.【点睛】
本题考查了复数的乘法运算、复数模的求法，属于基础题.2．已知集合，，则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】利用集合的交并补运算即可求解.【详解】
由，则，故选：B.【点睛】
本题考查了集合的基本运算，属于基础题.3．函数在区间上的图象大致为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据函数奇偶性可排除，由可排除，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．已知，，则的大小关系为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用指数对数的运算性质以及对数函数的单调性即可判断出大小关系.【详解】
由，，又，所以，故选：D.【点睛】
本题考查了指数、对数的运算性质以及对数函数的单调性，需熟记对数的运算性质，属于基础题.5．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（）
A．24万平方米
B．25万平方米
C．37万平方米
D．45万平方米
【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.6．已知向量，若向量与垂直，则实数的值为（）
A．
B．
C．
D．
【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零.7．某零售商店为了检查货架上的150瓶饮料是否过了保质期，将这些饮料编号为1，2，…，150，从这些饮料中用系统抽样方法抽取30瓶饮料进行保质期检查.若饮料编号被抽到81号，这下面4个饮料编号中抽不到的编号是（）
A．6
B．41
C．126
D．135
【答案】D
【解析】根据系统抽样的步骤可判断编号的个位数字是1或6都能被抽到，结合选项即可得出答案.【详解】
由知分30组，每组5个编号，因为抽到的编号中有编号81，由系统抽样的特点知，编号的个位数字是1或6都能被抽到，其他特征的编号则抽不到，故选：D.【点睛】
本题主要考查了系统抽样法，需掌握系统抽样的步骤，属于基础题.8．已知双曲线的左焦点为，点到双曲线的一条渐近线的距离为（），则双曲线的渐近线方程为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】首先求出双曲线的渐近线方程，再由点到直线的距离得，然后求出即可求出渐近线方程.【详解】
点的坐标为，双曲线的一条渐近线方程为，由点到直线的距离有，得，则，所以双曲线的渐近线方程为，故选：A.【点睛】
本题主要考查了双曲线的几何性质、点到直线的距离公式，属于基础题.9．在中，角的对边分别为，若，则（）
A．
B．
C．或
D．或
【答案】C
【解析】由正弦定理角化边可得，再由余弦定理以及切化弦可得，结合三角形的内角取值范围即可得出选项.【详解】
由正弦定理，得，又，所以，所以，因为，所以或，故选：C.【点睛】
本题主要考查正余弦定理解三角形，需熟记定理内容，属于基础题.10．若，则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】利用正切的半角公式以及正余的二倍角公式化简即可求解.【详解】
由，则
=，故选：D.【点睛】
本题主要考查三角恒等变换化简求值问题，需熟记半角公式以及二倍角公式，属于基础题.11．已知三棱锥的侧棱与底面所成的角均为，且，，则三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积为（）
A．6
B．9
C．
D．12
【答案】C
【解析】过点作平面，垂足为，根据线面角以及三角形的边长证出点为斜边的中点，然后再根据三角形的面积公式求出侧面和底面即可得到最大值.【详解】
过点作平面，垂足为，因为，可得，得，又，，所以为直角三角形，故点为斜边的中点，如图，所以，，，所以，，则这个三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积为，故选：C.【点睛】
本题主要考查了立体几何中线面角的定义，考查了学生的空间想象能力以及推理能力，属于中档题.12．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（）
A．或
B．或
C．或
D．或
【答案】B
【解析】取的中点，连接，可得，从而可求得点在圆上，由，设点的坐标为，点的坐标为，由向量的坐标运算求出点，再代入点的方程可
从而根据题意即可求解.【详解】
取的中点，连接，有，故点在圆上，由，设点的坐标为，点的坐标为，有，可得，有，得，整理为，因为直线上存在唯一的一个点，则，得或，故选：B.【点睛】
本题主要考查平面解析几何中直线与圆的位置关系、考查了向量的坐标运算，综合性比较强，属于中档题.二、填空题
13．在各项均为正数的等比数列中，若，则__________．
【答案】8
【解析】利用对数的运算性质以及等比数列的性质即可求解.【详解】
故答案为：8
【点睛】
本题主要考查了对数的运算性质以及等比数列的性质，需熟记性质，属于基础题.14．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.15．函数在区间上的值域为__________．
【答案】
【解析】利用两角和与差的公式以及二倍角公式把函数化为，再由三角函数的单调性即可求出值域.【详解】
由
当时，则，所以.故答案为：
【点睛】
本题主要考查两角和与差的展开式、二倍角的正余弦公式以及正弦函数的性质，需熟记并灵活运用公式，属于基础题.16．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，则椭圆的离心率为__________．
【答案】
【解析】设出点的坐标为，求出直线的方程，从而求出点的坐标为，利用向量数量积的坐标运算化简，结合点在椭圆上代入椭圆方程，两式联立可得，从而可求离心率.【详解】
设点的坐标为，则，点的坐标为，点的坐标为，直线的斜率为，可得直线的方程为，可得点的坐标为，由，得，又由，得，则，所以椭圆的离心率.故答案为：
【点睛】
本题考查了椭圆的集合性质以及直线与椭圆的位置关系、向量数量积的坐标运算，综合性比较强，属于中档题.三、解答题
17．某高级中学为调查学生选科情况，从高一学生中随机抽取40名男生和20名女生进行调查，得到如下列联表：
选理科
选文科
男生（单位：名）
女生（单位：名）
（1）分别估计男生中选择理科、女生中选择文科的概率；
（2）能否有99.9%的把握认为学生选择理科或文科与性别有关？
参考公式：，其中.0.05
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】（1），；（2）能
【解析】（1）根据列联表即可求解.（2）由独立性检验以及列联表即可求解.【详解】
(1)男生选择学习理科的概率为，女生选择学习文科的概率为.(2)由，故能有的把握认为学生选择学习理科或文科与性别有关.【点睛】
本题考查了独立性检验，需理解独立性检验中的意义，属于基础题.18．在等差数列中，.（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和，令，求数列中的最小项是第几项，并求出该项.【答案】（1）；（2）3，29
【解析】（1）利用等差数列的通项公式即可求解.（2）由等差数列的前和公式以及基本不等式即可求解.【详解】
(1)设数列的公差为，因为，所以，所以，所以，所以数列的通向公式为.(2)
由(1)得，所以(当且仅当时取等号)，故数列中的最小项是第3项，该项的值为29.【点睛】
本题主要考查等差数列的通项公式、前和公式以及基本不等式求最值，属于基础题.19．如图，在棱长为2的正方体中，点为棱的中点.（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）首先证出，由线面平行的判断定理即可证出.（2）由（1)有平面，则点到平面的距离和点到平面的距离相等，利用即可求解.【详解】
(1)证明:在正方体中，∴四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面.(2)由(1)有平面，则点到平面的距离和点到平面的距离相等，设点到平面的距离为，则，在中，在中，在中，在中，，则，由，得，故点到平面的距离为.【点睛】
本题主要考查线面平行的判定定理以及等体积法求点到面的距离，考查了学生的空间想象能力和推理能力，属于中档题.20．已知函数.（1）证明：函数在区间上单调递减；
（2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2
【解析】（1）求函数的导函数，导函数在上小于零即可得证.（2）分类讨论，由，由题意，分析可得；当时，令，研究函数的单调性，证明是否成立即可.【详解】
(1)证明:由题意，得，①当时，可得，②当时，令()，由，有，得，故此时函数单调递减，有，由①②知，当时，故函数在区间上单调递减.(2)由，又由题意有，得，由函数在区间上单调递减，可得，而当，时，显然有，当时，令，则，由（1）知当时，所以当时，∴在上单调递减，又，所以，使，所以当时，与题意不符，故实数的取值范围为.【点睛】
本题考查了导函数在研究函数中的应用，考查了逻辑推理能力，属于中档题.21．已知抛物线的焦点为.(1)过点的直线与抛物线相交于两点，若，求直线的方程；
(2)点是抛物线上的两点，点的纵坐标分别为1，2，分别过点作倾斜角互补的两条直线交抛物线于另外不同两点，求直线的斜率.【答案】(1)
；(2)
【解析】（1）设直线的方程为，将直线与抛物线联立消去，根据韦达定理可得，再由抛物线定义可得即可求解.（2）求出点的坐标为，点的坐标为，分类讨论①当两条直线的倾斜角都为时，②当两条直线的倾斜角都不为时，设直线的方程与设直线的方程，分别将直线与抛物线联立，利用韦达定理，整理化简即可求出直线的斜率.【详解】
（1）设直线的方程为，点的坐标分别为，联立方程，消去整理为，则，所以，由抛物线定义可得，所以，解得：，故直线的方程为，即.（2）由题意知，点的坐标为，点的坐标为，①当两条直线的倾斜角都为时，点的坐标为，点的坐标为
此时直线的斜率为，②当两条直线的倾斜角都不为时，设点的坐标为，点的坐标为，此时直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程消去整理为，则，得，设直线的方程为，联立方程消去整理为，则，得，所以，可得，故直线的斜率为，综上，可得直线的斜率为.【点睛】
本题主要考查焦点弦公式、直线与抛物线的位置关系，分类讨论的思想，考查了学生的计算能力，难度较大，属于难题.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.
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