2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学（文）试题（解析版）.doc

2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学（文）试题 一、单选题 1．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先求出集合，然后求出，再与集合取交集即可. 【详解】 依题意，得，则，所以. 故选：B. 【点睛】 本题考查集合的运算、不等式的解法考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题. 2．若复数为纯虚数，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】结合复数的四则运算及纯虚数的概念，可求出答案. 【详解】 . 复数为纯虚数,得解得. 故选：D. 【点睛】 本题考查复数的运算、纯虚数的概念，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属于基础题.. 3．2019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立周年，某商场举行大型抽奖活动.在抽奖箱中放置分别写有“贺”“七”“十”“华”“诞”的五个小球，从中一次抽取两个小球，两个小球是“七”“十”两个字即中奖，则中奖的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】求出从五个小球取出两个球的所有情况，中奖情况就一种，即可求出中奖的概率. 【详解】 依题意，从分别写有“贺”“七”“十”“华”“诞” 的五个小球中一次抽取两个小球有种情况， 中奖的情况只有一种，所以所求概率. 故选:D 【点睛】 本题考查古典概型的概率，考查数学建模能力以及必然与或然思想，属于基础题. 4．已知向量，的夹角为，若，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据向量的数量积性质，，展开转化为向量的数量积，即可求解. 【详解】 依题意，得 所以. 故选:A 【点睛】 本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于基础题. 5．记递增等比数列的公比为，前项和为.若，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】结合，及，可求出公比，进而求出. 【详解】 依题意，得，，所以，解得或者.又因为数列是递增数列，所以，所以. 故选：B. 【点睛】 本题考查等比数列的通项公式、前项和公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题. 6．运行如图所示的程序框图；若输入的的值为，输出的的值为，则判断框中可以填（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】运行该程序，可知，不满足判断框，，满足判断框，从而可选出答案. 【详解】 由于输入的的值为，输出的的值为，可知： 运行该程序，第一次，，，不满足判断框； 第二次，，，不满足判断框； 第三次，，，不满足判断框； 第四次，，，满足判断框，输出的值为， 故判断框可以填. 故选：C. 【点睛】 本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题. 7．地震震级是衡量地震本身大小的尺度，由地震所释放出来的能量大小来决定，释放出的能量愈大，则震级愈大.震级的大小可通过地震仪测出.中国使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，地震释放的能量与地震里氏震级之间的关系为.已知地区最近两次地震的震级，的值分别为，，释放的能量分别为，.记，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分别求出和，可得到，然后比较的大小关系即可选出答案. 【详解】 依题意，，，故，要比较与的大小关系，可比较与的大小关系，易知，而，故.同理可得，，所以. 故选：B. 【点睛】 本题考查数学文化，考查指数的运算性质，考查运算能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题. 8．若过原点的直线与曲线相切，则切点的横坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设切点坐标，求导，求出切线的斜率，用点斜式写出切线方程，把原点坐标代入切线方程，即可求出切点坐标. 【详解】 设切点坐标为，由， 切线方程为， 原点坐标代入切线方程， 得，解得. 故选:B 【点睛】 本题考查导数的运算、导数的几何意义，考查运算求解能力以及化归与转化思想. 9．记数列的前项和为，已知，.令，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】代入，整理关于递推公式，可推出为等差数列，求出其通项，即可求解. 【详解】 由，得 整理得，， ， 数列以为首项，公差为的等差数列， . 故选:A 【点睛】 本题考查前项和为与通项的关系，考查用定义证明等差数列，并求通项，属于中档题. 10．已知函数，若，使得关于的方程有个解，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对函数求导，求出单调区间，极值，作出其图像，在同一坐标系作出，，分析函数图像，即可求解. 【详解】 令，则， 所以当时，，当时，， 当时，.在同一直角坐标系中分别作出 ，的图象，如下图所示. 观察可知，. 故选:D 【点睛】 本题考查分段函数、函数的零点，考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题. 11．已知函数的图象的一个最高点为，，是与相邻的两个最低点，且，则函数的单调递减区间为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由函数图象的一个最高点为，可知，，由，结合二倍角公式，可求得，进而由图象可知，从而可求得，即可求得的表达式及单调递减区间. 【详解】 依题意，得，解得或，因为，所以只有符合题意， 函数图象的一个最高点为，得，， 则， 又，得，解得. 因为，所以，则. 令，解得. 故选：A. 【点睛】 本题考查三角函数的图象与性质，考查正切的二倍角公式的应用，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题. 12．已知正方体中，，分别是，的中点，，分别在线段，上，且.若平面平面，平面，则与平面所成角的正切值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据面面平行的性质定理，构造过的平面与过的平面平行，即可确定平面， 按照直线与平面所成角的定义，即可求出结论. 【详解】 如图，取的中点，连接，， 取线段上靠近的三等分点， 取线段上靠近的三等分点， 连接，，，可知平面平面， 所以平面，则平面即为平面. 过点作，垂足为，连接， 平面平面，平面 所以即为与平面所成的角， 则. 故选:B 【点睛】 本题考查空间线面的位置关系、空间角，考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题. 二、填空题 13．已知某公司生产，，，四种不同类型的产品，这四种产品数量的扇形统计图如图所示.为调查不同类型产品的质量，现使用分层抽样的方法随机抽取了产品个，则应抽取产品____________个. 【答案】 【解析】根据分层抽样按比例抽取原则，即可求解. 【详解】 设应抽取产品个，结合图形可知， 产品所占百分比为，由分层抽样知识， 得，解得. 故答案为: 【点睛】 本题考查分层抽样，考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题. 14．过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线的方程为______________. 【答案】 【解析】根据共渐近线条件，设出所求双曲线方程，点代入所设方程，即可求解. 【详解】 设双曲线的方程为， 将代入可得， 所以双曲线的方程为. 故答案为: 【点睛】 本题考查双曲线方程与性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题. 15．已知三棱锥满足，，，则三棱锥外接球的表面积为_____________. 【答案】 【解析】根据三棱锥的特征，把三棱锥补成长方体，三棱锥的外接球为长方体的外接球，长方体的外接球直径为长方体的对角线，即可求解. 【详解】 三棱锥的对棱相等，可将此三棱锥补成 以三棱锥的棱为面的对角线的长方体， 设长、宽、高分别为，，， 则，三式相加可得， ， 故所求外接球的表面积. 故答案为: 【点睛】 本题考查空间几何体的结构特征、球的表面积，考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题. 16．已知抛物线的焦点到准线的距离为，，，其中，点在抛物线上，若，则____________. 【答案】 【解析】根据已知条件，求出的值，得到轴，过点作，垂足为，通过三角形全等，求出的横坐标，根据抛物线的定义，即可求解. 【详解】 依题意，，则抛物线. 易知轴.过点作，垂足为， 则，则， 所以点的横坐标为.由抛物线定义， 得. 故答案为:4 【点睛】 本题考查抛物线的定义与方程，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题. 三、解答题 17．从一批产品中随机抽取件测量其内径，将测得数据进行统计整理后得到如下图所示的频率分布直方图. （Ⅰ）求这件产品中，内径在内的产品数量； （Ⅱ）试估计这批产品内径的中位数； （Ⅲ）直接比较这批产品内径的平均数与（单位毫米）的大小关系，不必说明理由. 【答案】（Ⅰ）3125, （Ⅱ）26, （Ⅲ） 【解析】（Ⅰ）根据所有的频率和为1，求出内径介于的频率，即可求解； （Ⅱ）由频率分布直方图，即可求解； （Ⅲ）根据频率分布直方图可判断结果. 【详解】 （Ⅰ）依题意，得内径介于的频率为， 所以所求产品数量为. 前个小矩形的面积， 第个小矩形的高度为. 所以所求中位数为. （Ⅲ）. 【点睛】 本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题. 18．如图所示，在平面四边形中，. （1）若，，求的长； （2）若，，求的面积. 【答案】（1）（2） 【解析】（1）由，可求出，结合，可求得，在中，由余弦定理可求出的长； （2）先求得，则，然后利用正弦定理，可求出，进而可求出的面积. 【详解】 （1）,则是钝角，，可求得. 因为，所以. 因为，所以. 在中，由余弦定理得，即. 解得，或（舍去）. 所以. （2）由（1）可知，. 在中，因为，所以. 由正弦定理得， 所以. 故的面积. 【点睛】 本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力，属于基础题. 19．已知三棱锥中，，. （Ⅰ）证明：平面平面； （Ⅱ）已知，点，分别在线段，上，且，不与所在线段两端点重合.若，，求三棱锥体积的最大值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析, （Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）根据已知条件的长度关系，可证，再由，可证平面，即可证得结论； （Ⅱ）设，利用等体积法转为求，结合基本不等式，即可求解. 【详解】 （Ⅰ）因为，所以， 所以.又，， 所以平面.因为平面， 所以平面平面. （Ⅱ）设，则，. 又平面，所以 ， 当且仅当时， 三棱锥的体积取得最大值，最大值为. 【点睛】 本题考查空间线面的位置关系、空间几何体的体积、函数的最值，考查空间想象能力、推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题. 20．已知函数. （Ⅰ）求函数的极值； （Ⅱ）求证：. 【答案】（Ⅰ）函数有极大值，函数无极小值. （Ⅱ）证明见解析 【解析】（Ⅰ）求出，然后求出单调区间，即可求出极值； （Ⅱ）要证，只需证，设，即证的最小值大于零，利用求导方法求出单调区间，以及极值，从而求出最小值，即可得证. 【详解】 （Ⅰ）依题意，. 令，解得. 所以当时，， 当时，，所以当时， 函数有极大值，函数无极小值. （Ⅱ）要证，即证. 记函数，则. 易知单调递增，又，， 所以存在，使得，即， 即.当时，有，单调递减， 当时，有，单调递增， 所以. 【点睛】 本题考查利用导数研究函数的性质，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于较难题. 21．已知椭圆过点，离心率为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，分别是椭圆与轴的两个交点，过点且斜率不为的直线与椭圆交于，两点，直线过点，求证：直线过点. 【答案】（Ⅰ）,（Ⅱ）证明见解析 【解析】（Ⅰ）根据离心率，点在椭圆上，以及关系，即可求出椭圆方程； （Ⅱ）设，，将直线的方程用表示，求出，然后，用坐标表示，设直线方程，与椭圆方程联立，消元，得一元二次方程，利用韦达定理，结合向量共线的坐标关系，可得，共线，即证得结论. 【详解】 （Ⅰ）设椭圆的半焦距为，依题意，得 解得，， 所以椭圆的方程为. （Ⅱ）设，. 不妨设，，则. 因为直线的方程为， 所以，所以. 设直线.联立 消去并整理，得， 所以，， ， 所以，所以直线过点. 【点睛】 本题考查椭圆的方程、线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力推理论证能力以及函数与方程思想，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）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，且与交于，两点，已知点的极坐标为. （1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程，并求的值； （2）若矩形内接于曲线且四边与坐标轴平行，求其周长的最大值. 【答案】（1）曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为；（2） 【解析】（1）结合参数方程、极坐标方程及普通方程间的关系，转化即可求出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；求出直线的参数方程的标准形式，并代入曲线的普通方程中，得到关于的一元二次方程，结合可求出答案；（2）设点在第一象限，且，，可知矩形的周长为，利用三角函数的性质求最大值即可. 【详解】 （1）依题意，得点的直角坐标为，曲线的普通方程为. 由直线，得其直角坐标方程为. 所以直线的参数方程为（为参数），代入中， 可得，所以. （2）不妨设点在第一象限，且，. 由椭圆的对称性可知，矩形的周长为. 而，所以当时，矩形的周长取最大值，最大值为. 【点睛】 本题考查参数方程、极坐标方程及普通方程间的转化，考查直线的参数方程的应用，考查三角恒大变换，考查运算求解能力，属于基础题. 23．已知，. （1）若，证明； （2）若，证明：. 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】（1）由基本不等式可得：，，，三个式子相加可得到结论； （2）经过变形，不等式左边，故证明即可，然后利用三个正数的基本不等式可证明结论. 【详解】 （1）依题意，，当且仅当时等号成立. ，当且仅当时等号成立. ，当且仅当时等号成立. 三式相加可得，， 即，当且仅当时等号成立. （2）因为，所以. 而. 要证，即证， 即证， 而， 当且仅当，即时等号成立， 所以. 【点睛】 本题考查证明不等式的方法、基本不等式的应用，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题. 第 21 页 共 21 页