2019-2020学年安徽省示范高中培优联盟高二冬季联赛数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年安徽省示范高中培优联盟高二冬季联赛数学（文）试题（解析版）

‎2019-2020学年安徽省示范高中培优联盟高二冬季联赛数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知全集，，，则等于（ ）．‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】分别解出不等式,可得,,再根据集合的补集、交集定义求解即可 ‎【详解】‎ 由题,可得,,‎ 则,所以 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查集合的交集、补集运算,考查解不等式 ‎2．如图，选自我国古代数学名著《周髀算经》．图中大正方形边长为5，四个全等的直角三角形围成一个小正方形（阴影部分），直角三角形较长的直角边长为4．若将一质点随机投入大正方形中，则质点落在阴影部分的概率是（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由勾股定理,可得阴影部分,即小正方形的边长为1,所求即为小正方形与大正方形的面积比 ‎【详解】‎ 由题,大正方形边长为5,直角三角形较长的直角边长为4,根据勾股定理可得直角三角形较短的直角边长为3,则阴影部分,即小正方形边长为,根据面积型的几何概型公式计算可得,质点落在阴影部分的概率为 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查面积型的几何概型的概率公式的应用,属于基础题 ‎3．设，，则的值是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】，，，故选A.‎ ‎4．下列命题正确的是（ ）．‎ A．若为假命题，则，都是假命题 B．是的充分不必要条件 C．命题“若，则” 的逆否命题为真命题 D．命题“，”的否定是“，”‎ ‎【答案】C ‎【解析】由逻辑联结词的性质判断A选项；由不等式的性质判断B选项；由原命题判断逆否命题的真假来判断C选项；由存在性命题的否定的定义来判断D选项 ‎【详解】‎ 对于选项A,若为假,则,中有一个是假命题即可,故A错误；‎ 对于选项B,当时,无法推出,故不是的充分条件,故B错误；‎ 对于选项C,命题“若,则”的逆否命题为“若,则 ‎”,该命题正确,故C正确；‎ 对于选项D,命题“,”的否定是“”,故D错误 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判定,考查对逻辑联结词,充分不必要条件,逆否命题,存在性命题的否定的理解 ‎5．已知函数，则的值为（ ）．‎ A．7 B．9 C．14 D．18‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为,原式可整理为,分析的性质可得,即可求解 ‎【详解】‎ 由题,,则 ‎,‎ 因为,则,‎ 所以.‎ 则 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查函数对称性的应用,考查对数的性质,考查观察分析的能力,处理该题时不应直接代入数据处理,而是观察所求之间的关系,利用函数性质求解,以此简化运算 ‎6．为得到函数的图象，只需将函数的图像 （ ）‎ A．向左平移个长度单位 B．向右平移个长度单位 C．向左平移个长度单位 D．向右平移个长度单位 ‎【答案】C ‎【解析】先化简变形把变为，然后由平移公式有对应相等可得，显然是向左平移．‎ ‎7．如图，在四边形中，对角线垂直平分，垂足为，若，则 （ ）．‎ A．2 B．4 C．8 D．16‎ ‎【答案】C ‎【解析】由图可得,转化,根据与的位置关系进而求解即可 ‎【详解】‎ 因为对角线垂直平分,垂足为,所以,,即 ,‎ 所以,‎ 则,‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查向量的数量积,考查平面向量基本定理的应用,考查垂直向量的应用 ‎8．函数f（x）=ln||的大致图象是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，可排除 ；由,可排除 ，故选D.‎ ‎【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题. 这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.‎ ‎9．若实数，满足约束条件，若的最大值为，则的最小值为（ ）．‎ A． B．4 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】设,即,且,画出可行域,平移直线,由图可得截距最大时的点坐标,进而求出,代回直线方程,再平移直线找到截距最小时的点,从而求得的最小值 ‎【详解】‎ 由题,设,即,因为,所以,‎ 可行域如图所示,‎ 平移直线,在点处截距最大,则此时,即,则；‎ 再平移直线,在点处截距最小,此时 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划的应用,考查数形结合思想 ‎10．已知函数，且的最大值与的最大值相等，则实数的取值范围是（ ）．‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先求出的对称轴和最大值,将问题转化为存在,使恒成立,再解不等式即可 ‎【详解】‎ 由题,当时,,‎ 因为的最大值与的最大值相等,‎ 所以存在,使恒成立,则,即,解得或,‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查二次函数的最值问题,考查利用二次函数的性质处理含参问题,考查转化思想 ‎11．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出了体积计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异．”教材中的“探究与发现”利用祖暅原理将半球的体积转化为一个圆柱与一个圆锥的体积之差，从而得出球的体积计算公式．如图（1）是一种“四脚帐篷”的示意图，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，得截面四边形为正方形，该帐篷的三视图如图（2）所示，其中正视图的投影线方向垂直于平面，正视图和侧视图中的曲线均为半径为1的半圆．模仿上述球的体积计算方法，得该帐篷的体积为（ ）．‎ ‎ ‎ 图（1） 图（2）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题,“祖暅原理”为两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等,则可将该四角帐篷的体积等价于一个棱柱减去一个棱锥的体积,根据三视图的数据,求解即可 ‎【详解】‎ 由“祖暅原理”可得这个四角帐篷的体积等价于一个四棱柱减去一个四棱锥的体积,底面积为正方形,对角线长为,即边长为；高为,所以 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查类比推理的应用,考查几何体的体积,考查分析推理能力 ‎12．若数列满足：对任意的，总存在，使，则称是“数列”．现有以下数列：①；②；③；④；其中是数列的有（ ）．‎ A．①③ B．②④ C．②③ D．①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用特殊值的方法可以否定②③,再根据通项公式的特点证明①④即可 ‎【详解】‎ ‎①,则,,则,故①是“数列”；‎ ‎②,则,若,则只能是1,2,但,,此时,故②不是“数列”；‎ ‎③,则,若,则只能是1,2,但,,此时,故③不是“数列”；‎ ‎④,则,，则 ‎ ‎,故④是“数列”‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查数列的通项公式的应用,考查对新定义的理解,考查分析阅读能力,考查推理论证能力 二、填空题 ‎13．在边长为1的正六边形的六个顶点中任取两个点，则这两点之间距离大于1的概率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由边长为1的正六边形,根据三角形两边之和大于第三边可得对角线均大于1,进而得到所求 ‎【详解】‎ 由题,根据三角形两边之和大于第三边可得正六边形的对角线均大于1,‎ 如图,六个顶点中任取两个点的情况数为,对角线的条数为,则顶点中两点之间距离大于1的概率为,‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查概率的求解,考查古典概型的应用,属于基础题 ‎14．在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，若，且，则_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为，，‎ 所以由正弦定理可得，，‎ 整理得，，‎ 所以，‎ 又，所以，解得（负值舍去），所以，所以．‎ ‎15．已知曲线与直线，对任意的，直线与曲线 都有两个不同的交点，则实数的取值范围为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先分类讨论画出曲线的图象,再根据对任意的,直线与曲线都有两个不同的交点,变换直线找到符合条件的情况,即可得到斜率的范围 ‎【详解】‎ 由题,因为曲线,则 当时,；‎ 当时,；‎ 当时,；‎ 当时,；画出图象,如下图所示,‎ 若对任意的,直线与曲线都有两个不同的交点,则直线与曲线分别交于两支,故,‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查已知交点个数求参问题,考查数相结合能力,考查分类讨论思想 ‎16．如图，设、是平面内相交成角的两条数轴，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序实数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记作．在此斜坐标系中，已知，， 夹角为，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意,,,分别求出,,,进而利用数量积求出夹角即可 ‎【详解】‎ 由题,,,‎ 所以 ‎,则,‎ ‎,则,‎ 所以,则 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量基本定理的应用,考查利用数量积求向量的夹角,考查运算能力 三、解答题 ‎17．某蛋糕店计划按天生产一种面包，每天生产量相同，生产成本每个6元，售价每个8元，未售出的面包降价处理，以每个5元的价格当天全部处理完．‎ ‎（1）若该蛋糕店一天生产30个这种面包，求当天的利润（单位：元）关于当天需求量（单位：个，）的函数解析式；‎ ‎（2）蛋糕店记录了30天这种面包的日需求量（单位：个），整理得下表：‎ 日需求量 ‎28‎ ‎29‎ ‎30‎ ‎31‎ ‎32‎ ‎33‎ 频数 ‎3‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎4‎ 假设蛋糕店在这30天内每天生产30个这种面包，求这30天的日利润（单位：元）的平均数及方差．‎ ‎【答案】(1) ,.‎ ‎(2)平均数为59,方差为3.8.‎ ‎【解析】（1）当需求量小于30时,利润为卖出的利润减去亏损的部分；当需求量大于等于30时,利润即为30个面包的利润；‎ ‎（2）将需求量代入解析式求出利润,再利用平均数公式及方差公式运算即可 ‎【详解】‎ ‎（1）由题,当时,；‎ 当时,,‎ 所以,‎ ‎（2）由题,则 利润 ‎54‎ ‎57‎ ‎60‎ ‎60‎ ‎60‎ ‎60‎ 频数 ‎3‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎4‎ 所以平均数为；‎ 方差为 ‎【点睛】‎ 本题考查分段函数在实际中的应用,考查平均数与方差,考查运算能力与数据处理能力,考查分类讨论思想 ‎18．设数列满足．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）先求出,再由,可得,与题干中条件作差,整理后即可得到通项公式；‎ ‎（2）由（1）可设,利用错位相减法求前项和即可 ‎【详解】‎ 解：（1）当时,；‎ 当时,②,‎ 因为①,‎ 则①②得,,即,‎ 检验,,符合,故 ‎（2）由（1）,设,‎ 则 ‎,‎ 所以,‎ 所以 ‎,‎ 则 ‎【点睛】‎ 本题考查求数列通项公式,考查错位相减法求数列的和,考查运算能力 ‎19．如图，在长方体中，，，分别是面，面，面的中心，，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积；‎ ‎（3）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，请求出的长度；如果不存在，求说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在,‎ ‎【解析】（1）延长分别至,由中心可得到中点,利用中位线证明相交直线平行即可证得面面平行；‎ ‎（2）先求出三棱锥的体积,再由三棱锥各边的比求出的体积即可；‎ ‎（3）将平面平面转化为平面平面,由长方体可得,因为,作出即可,进而求得 ‎【详解】‎ ‎（1）证明：延长分别至,‎ ‎,,分别是面,面,面的中心,‎ ‎,,是,,的中点,‎ ‎,,‎ 又,,‎ 平面,平面,‎ 平面平面 ‎（2）由题,‎ ‎,‎ 由（1）可得,三棱锥的各棱长为三棱锥的,‎ ‎（3）存在,‎ 是长方体的侧棱,‎ 平面,‎ 平面,‎ ‎,‎ 连接,作,垂足为,‎ 因为长方体,,,,‎ ‎,‎ ‎,平面,‎ 平面,‎ 平面,‎ 平面平面,‎ 由（1）,平面平面,‎ 平面平面,‎ 此时,,‎ ‎,‎ ‎,即,则,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面平行的证明,考查面面垂直的证明,考查三棱锥的体积,考查运算能力与几何体的分析能力 ‎20．已知函数．‎ ‎（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若存在使得，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）根据复合函数单调性的处理原则“同增异减”可知单调递增,函数单调递减,则求单调递减,进而求解即可；‎ ‎（2）当时为常数函数,符合条件；当时可得,代入可得,整理为关于的方程,即,设,由求解即可 ‎【详解】‎ ‎（1）由题,设,，‎ 单调递增,且在上单调递减,‎ 在上单调递减,‎ ‎,即,解得 ‎（2）当时,,是个常数函数,存在使得；‎ 当时,单调,若存在使得,则有,‎ 即, 则,‎ ‎,‎ 在有解,‎ 设,‎ 则,‎ ‎,‎ ‎,即,‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复合函数已知单调性求参数问题,考查对数函数性质的应用,考查转化思想,考查运算能力 ‎21．有一块半径为，圆心角为的扇形钢板，需要将它截成一块矩形钢板，分别按图1和图2两种方案截取（其中方案二中的矩形关于扇形的对称轴对称）．‎ ‎ ‎ 图1：方案一 图2：方案二 ‎（1）求按照方案一截得的矩形钢板面积的最大值；‎ ‎（2）若方案二中截得的矩形为正方形，求此正方形的面积；‎ ‎（3）若要使截得的钢板面积尽可能大，应选择方案一还是方案二？请说明理由，并求矩形钢板面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）25（2）（3）方案二,最大值为,理由见解析 ‎【解析】（1）连接,设,则,,则矩形面积为关于的函数,求出最值即可；‎ ‎（2）连接,设,利用正弦定理和三角形的对称性质可得,利用解得,进而求出正方形面积即可；‎ ‎（3）由（2）得到,求出最大值,与（1）的最值比较即可 ‎【详解】‎ 解：（1）连接,设,,‎ 则,,‎ ‎,‎ ‎,‎ 当,即时,‎ ‎（2）连接,设, ‎ 正方形关于扇形轴对称,‎ ‎,‎ 则,‎ 在中,由正弦定理可得,即,‎ 则,‎ 正方形,‎ ‎,即,则,‎ 代入可得,‎ 则 ‎（3）选择方案二,‎ 由（2）,对于方案二 ‎,‎ 当,即时,‎ 由（1）,‎ 应选择方案二 ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数与正弦定理在几何中的应用,考查利用三角函数求最值,考查运算能力,考查数形结合能力 ‎22．已知圆的圆心在射线上，截直线所得的弦长为6，且与直线相切．‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）已知点，在直线上是否存在点（异于点），使得对圆上的任一点，都有为定值？若存在，请求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）（2）存在,为,‎ ‎【解析】（1）由题,设圆心为,由相切关系求得半径,再由弦长公式求出,进而得到圆的方程；‎ ‎（2）假设存在满足条件的点和定值,设为,为,利用两点间距离公式得到,再根据在圆上,待定系数法求得系数的关系,进而求解即可 ‎【详解】‎ ‎（1）圆的圆心在射线上,‎ 设圆心为,圆心到直线的距离为,‎ 又圆与直线相切,‎ ‎,‎ 圆截直线所得的弦长为6,‎ ‎,则,即,‎ ‎,解得或（舍）‎ ‎,圆心为,‎ 圆为 ‎（2）存在,为,,‎ 假设存在直线上点（异于点）,使得对圆上的任一点,都有为定值,‎ 由题,设为,且,,‎ 设为,则,,‎ 则,‎ 整理可得,‎ 在圆上,,即,‎ ‎,‎ ‎,解得,此时为 ‎【点睛】‎ 本题考查圆的方程,考查直线与圆的位置关系,考查两点间距离公式的应用,考查运算能力,考查数形结合能力