1、2020年“中原·金科”大聯考高三4月質量檢測數學（理科）一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】先求得集合，再結合集合的交集運算，即可求解.【詳解】由題意，集合，所以.故選：b.【點睛】本題主要考查了交集的運算，其中解答中正確求解集合，結合集合的交集的概念及運算求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.2.復數滿足，則復數在復平面內的對應點位于( )a. 第一象限b. 第二象限c. 第三象限d. 第四象限【答案】d【解析】【分析】根

2、據復數的運算法則，化簡，再結合復數的幾何表示方法，即可求解.【詳解】由題意，復數滿足，可得，則復數在復平面內對應的點為位于第四象限.故選：d.【點睛】本題主要考查了復數的幾何表示方法，以及復數的除法運算，其中解答中熟記復數的運算法則，準確化簡復數為代數形式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.3.“”是“的( )a. 充分而不必要條件b. 必要而不充分條件c. 充要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】a【解析】【分析】根據指數函數與對數函數的性質，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由，可得，又由函數為單調遞增函數，可得成立，即充分性是成立的；反之：由，可得，例如：，此時不

3、成立，即必要性是不成立的，所以“”是“的充分而不必要條件.故選：a.【點睛】本題主要考查了指數函數與對數的性質，以及充分條件、必要條件的判定，其中解答中熟記指數函數與對數的性質，結合充分條件、必要條件的判定方法求解是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力.4.若，則( )a. 32b. 23c. d. 【答案】c【解析】【分析】由，結合向量的數量積的運算公式，化簡得，即可求解.【詳解】由題意，向量，因為，則，解得.故選：c.【點睛】本題主要考查了平面向量垂直的條件，以及向量的數量積的運算，其中解答中熟記向量垂直的條件，熟練應用向量的數量積的運算公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力

4、.5.已知，則等于( )a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由三角函數的誘導公式和三角函數的基本關系式，求得的值，得到，再結合正切的二倍角公式，即可求解.【詳解】由三角函數的誘導公式，可得，又由，則，所以，所以.故選：c.【點睛】本題主要考查了三角函數的誘導公式和基本關系式的應用，以及正切的二倍角公式的化簡求值，著重考查了推理與運算能力.6.某單位為了了解用電量（度）與氣溫（）之間的關系，隨機統計了某4天的用電量與當天氣溫，并制作了對照表：氣溫（）1101318用電量（度）64383424由表中數據得線性回歸方程，預測當氣溫為4時用電量度數為（ ）a. 65b. 67c. 78d

5、. 82【答案】d【解析】【分析】先求出樣本中心點為，然后將其代入，得到，從而得到線性回歸方程為，再把代入，求出即可得解【詳解】解：，把樣本中心點代入，得：，所以，即，當時，.故選：d【點睛】本題考查線性回歸方程的特征，樣本中心點一定在回歸直線上7.在中，若，且該三角形的面積為，則的最小邊長等于( )a. 3b. 6c. 9d. 12【答案】d【解析】【分析】設的三邊分別為，由余弦定理求得，進而得到，利用面積公式，取得解得，即可得到最小邊的長.【詳解】在中，若，可得，設的三邊分別為，由余弦定理可得，又由，所以，因為的面積為，即，解得，所以最小邊的長為.故選：d.【點睛】本題主要考查了正弦定理、

6、余弦定理和三角形的面積公式的應用，其中在解有關三角形的題目時，要抓住題設條件和利用某個定理的信息，合理應用正弦定理和余弦定理求解是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力.8.設，是兩個不重合的平面，是兩條不重合的直線，則以下結論正確的個數有( )若，則；若，則；若，則；若，則a. 1b. 2c. 3d. 4【答案】c【解析】【分析】對于中，根據面面平行的性質，可判定是正確的；對于中，根據線面平行的性質定理，可判定是正確的；對于中，由線面平行的判定定理，可判定是不正確；對于中，由面面垂直的判定定理，可判定是正確的.【詳解】對于中，若，根據面面平行的性質，可得，所以是正確的；對于中，若，根據線面平行

7、的性質定理，可得，所以是正確的；對于中，由線面平行的判定定理可得，若，且，可得，但中缺少條件，所以不正確；對于中，由，過的平面與平面相交與直線，可得，又由，所以，由面面垂直的判定定理，可得，所以是正確的.故選：c.【點睛】本題主要考查了以線面位置關系為載體的命題的真假判定，其中解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力.9.三世紀中期，魏晉時期的數學家劉徽首創割圓術，為計算圓周率建立了嚴密的理論和完善的算法.所謂割圓術，就是不斷倍增圓內接正多邊形的邊數，求出圓周率的方法.若在單位圓內隨機取一點，則此點取至圓內接正十二邊形的概率是( )a. b. c. d.

8、 【答案】a【解析】【分析】根據圓正十二邊形的性質，求得正十二邊形的面積，利用面積比的幾何概型，即可求解.【詳解】由題意，設圓的半徑為，則圓的面積為 可得正十二邊形的對應的每個小三角形的頂角為，所以每個小三角形的面積為，所以圓內接正十二邊形的面積為，由面積比的幾何概型可得概率為，故選：a.【點睛】本題主要考查了幾何概型的概率的計算問題，解決此類問題的步驟：求出滿足條件a的基本事件對應的“幾何度量”，再求出總的基本事件對應的“幾何度量”，然后根據求解，著重考查了分析問題和解答問題的能力.10.已知向量，設函數，則下列關于函數的性質的描述正確的是( )a. 關于直線對稱b. 關于點對稱c. 周期為

9、d. 在上是增函數【答案】b【解析】【分析】利用向量的數量積的運算和三角恒等變換化簡函數的解析式，結合三角函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，當時，所以不是函數的對稱軸；當時，所以是函數對稱中心；由，可函數的最小正周期為；當，則，可得函數不單調函數.故選：b.【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟練應用向量的數量積的運算公式和三角恒等變換的公式化簡得到函數的解析式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.11.雙曲線的上焦點為，點的坐標為，點為雙曲線下支上的動點，且周長的最小值為8，則雙曲線的離心率為( )a. b. c. 2d. 【答案】d【解析】【分

10、析】由題意，求得，根據的周長的最小值為8，得到的最小值為5，再由三點共線時，求得，最后根據離心率的公式，即可求解.【詳解】由題意，雙曲線的上焦點為，點的坐標為，可得，因為周長的最小值為8，可得的最小值為5，又由為雙曲線的下焦點，可得,當三點共線時，取得最小值，且,即有，解得，又因為，所以.故選：d. 【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質離心率的求解，其中求雙曲線的離心率(或范圍)，常見有兩種方法：求出 ，代入公式；只需要根據一個條件得到關于的齊次式，轉化為的齊次式，然后轉化為關于的方程，即可得的值(范圍)12.函數是定義在區間上的可導函數，其導函數為，且滿足，則不等式的解集為( )a. b. c

11、. d. 【答案】d【解析】【分析】設函數，根據導數的運算和題設條件，求得函數在上為增函數，把不等式轉化為，即，利用單調性，即可求解.【詳解】由題意，設函數，則，因為是定義在區間上的可導函數，且滿足，所以，所以函數在上為增函數，又由，即，即，所以，解得，即不等式的解集為.故選：d.【點睛】本題主要考查了函數的導數與函數的單調性的關系及應用，其中解答中根據題設條件，構造新函數是解答的關鍵，著重考查了構造思想，以及推理與計算能力.二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.若、滿足約束條件，則的最大值為_.【答案】【解析】【分析】畫出約束條件所表示的平面區域，結合圖形，確定目標函數

12、的最優解，代入即可求解.【詳解】由題意，畫出約束條件所表示的平面區域，如圖所示，目標函數可化為，當直線過點a時，此時在軸上的截距最大，此時目標函數取得最大值，又由，解得，所以目標函數的最大值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查簡單線性規劃求解目標函數的最值問題其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標函數的最優解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，及推理與計算能力14.甲、乙、丙、丁四人參加比賽，有3人分別獲得一等獎、二等獎和三等獎，另外1人沒獲獎.甲說：乙獲得獎；乙說：丙獲得了一等獎；丙說：丁沒有獲得二等獎；如果甲、乙、丙中有一人獲得了一等獎，而且只有獲得一

13、等獎的那個人說的是真話，則獲得一等獎的是_.【答案】甲【解析】【分析】根據題設條件，分類討論，合理進行判定，即可求解.【詳解】由題意，甲、乙、丙中有一人獲得了一等獎，而且只有獲得一等獎的那個人說的是真話，若甲獲得一等獎，則甲說的真話，乙說的是假話，丙不能確定，符合題意；若乙獲得一等獎，則乙說：“丙獲得一等獎”是真話，不符合題意；若丙獲得一等獎，則丙說的真話，而此時乙說：“丙獲得一等獎”也是真話，不符合題意，所以獲得一等獎的是甲.故答案為：甲.【點睛】本題主要考查了合情推理的應用，其中解答中認真審題，注意題設條件合理應用是解答的關鍵，著重考查了推理能力.15.在二項式展開式中，常數項為_.【答案

14、】60【解析】【分析】求得二項式展開式的通項為，令，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，二項式展開式的通項為，令，可得，即展開式的常數項為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了二項式定理的應用，其中解答中熟記二項展開式的通項，合理賦值是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力.16.已知函數.若有且只一個實根，則實數的取值范圍是_；若關于的方程有且只有三個不同的實根，則實數的取值范圍是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】作出函數的圖象，根據兩函數圖象的交點個數,以及函數圖象的平移變換，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，畫出函數的圖象，如圖所示，可得當時，方程有且只一個實根，即函數與的

15、圖象只有一個交點,所以實數的取值范圍是；關于的方程有且只有三個不同的實根，將的圖象向左平移個單位后與原圖象有三個交點，結合圖象可得，又由，所以，即實數的取值范圍是.故答案為：， .【點睛】本題主要考查了函數與方程的應用，以及函數圖象的變換及其應用，其中解答中正確作出函數的圖象，結合圖象求解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與計算能力.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答，第22、23為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分.17.如圖，四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點.（1）證明：平面；（2）若，求

16、二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）設，連，利用線面平行的判定定理，即可證得平面；（2）以為坐標原點，分別以，所在直線為軸建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的一個法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）連，設，連，因為是的中點，為的中點，所以，又因為平面，平面，所以平面；（2）以為坐標原點，分別以，所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，.設為平面的法向量，則，令，則.又為平面的一個法向量，由向量的夾角公式，可得，所以二面角的平面角的余弦值為.【點睛】本題考查了線面平行的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推

17、理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，通過嚴密推理是線面位置關系判定的關鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.18.箱中裝有3個白球和個黑球.規定取出一個白球得2分，取出一個黑球得1分.現從箱中任取2個球，假設每個球被取出的可能性都相等，記隨機變量為取出的2個球所得分數之和.（1）若，求的值；（2）當時，列出的分布列并求其期望.【答案】（1）1；（2）分布列見解析，.【解析】【分析】（1）當取出的2個球都是白球時隨機變量，利用古典概型的概率計算公式，列出方程，即可求解；（2）得出隨機變量所有可能的取值為，求解取每

18、個值對應的概率，得出隨機變量的分布列，利用期望的公式，求得數學期望.【詳解】（1）由題意，當取出的2個球都是白球時，此時隨機變量.可得，即，即，解得.（2）由題意，隨機變量所有可能的取值為，可得，所以隨機變量的分布列為：234所以.【點睛】本題主要考查了離散型隨機變量的分布列及數學期望的計算，以及概率的應用，其中解答中認真審題，準確求得隨機變量取每個值是對應的概率是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力.19.已知數列的前項和為，且，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）令，求出的值，令，由得出，兩式相減，利用等差數列的定義可得出數列為

19、等差數列，確定該等差數列的首項和公差，利用等差數列的通項公式可求出；（2）求出，可得出，然后利用分組求和法與裂項求和法可求出.【詳解】（1）當時，整理得，解得；當時，可得，得，即，化簡得，因為，所以，從而是以為首項，公差為的等差數列，所以；（2）由（1）知，因為，.【點睛】本題考查由與的關系求數列通項，同時也考查了分組求和法與裂項求和法，涉及等差數列定義的應用，考查計算能力，屬于中等題.20.順次連接橢圓的四個頂點恰好構成了一個邊長為且面積為的菱形.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線與橢圓相切于點，過點作關于原點的對稱點，過點作，垂足為，求面積的最大值.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分

20、析】（1）由題意，結合橢圓幾何性質，列出方程求得，即可得到橢圓的方程；（2）設直線，與橢圓的方程聯立方程組，求得，再聯立，求得，得到，進而利用面積公式和基本不等式，即可求解.【詳解】（1）由題意，順次連接橢圓的四個頂點恰好構成了一個邊長為且面積為的菱形，可得且，解得，故橢圓的方程為.（2）設，過作直線，由對稱性可知，顯然直線斜率存在且不為0，設直線，聯立，得，且，得，所以，聯立，解得，所以，則所以故面積最大值為1，當且僅當時成立.【點睛】本題主要考查橢圓的標準方程的求解、及直線與圓錐曲線的位置關系的綜合應用,解答此類題目，通常聯立直線方程與橢圓方程，應用一元二次方程根與系數的關系進行求解，此類

21、問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等.21.已知函數（為常數）.（1）若，討論函數的單調性；（2）若為正整數，函數恰好有兩個零點，求的值.【答案】（1）見解析；（2）1.【解析】【分析】（1）求得函數的導數，分類討論，即可得出函數的單調區間；（2）因為為正整數，分，和三種情況討論，求得函數的單調性和最值，結合零點的存在定理，即可求解.【詳解】（1）由題意，函數，其中，則因，則，當時，則，當或時，當時，所以在和單調遞增，在單調遞減；當時，即，對時，恒成立，在單調遞增；當時，則，當或時，當時，所以在和單調遞增，在單調遞

22、減.綜上：當時，在和單調遞增，在單調遞減； 當時，在單調遞增； 當時，在和單調遞增，在單調遞減.（2）因為為正整數，當，則，此時函數，由（1）知在和單調遞增，在單調遞減又，所以在區間內僅有1實根.由，且所以在區間內僅有1實根，此時函數在區間內恰有2實根；當時，函數在單調遞增，至多有1實根.當時，可得令，則，則，可得，所以由（1）知在單調遞減，在和單調遞增，所以，所以在至多有1實根.綜上所述，可得.【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，以及利用導數研究函數的零點問題，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于此類問題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式（二）