云南省玉溪市2020届高三毕业生教学质量检测数学（文）试题

云南省玉溪市2020届高三毕业生教学质量检测数学（文）试题

‎2019-2020学年玉溪市普通高中毕业生第二次教学质量检测 文科数学 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．‎ ‎2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答超卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．‎ ‎3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合,再利用交集的定义求得解.‎ ‎【详解】由题得，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查对数不等式的解法，考查集合的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎2.复平面内表示复数的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数，即得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 复数对应的点为，所以它对应的点位于第三象限.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的乘法和几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎3.（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用诱导公式，再利用和角的正弦公式化简即得解.‎ ‎【详解】由题得原式=.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查诱导公式和和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎4.从数字1，2，3，4，5中任意取出两个不同数字，至少有一个是偶数的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出总的基本事件总数，再求出至少有一个为偶数的基本事件的个数，再利用古典概型的概率公式求解即可.‎ ‎【详解】从数字1，2，3，4，5‎ 中任意取出两个不同数字，基本事件有（1,2），（1,3），（1,4），（1,5），（2,3），（2,4），（2,5），（3,4），（3,5），（4,5），共有10个基本事件，其中至少有一个是偶数的基本事件有（1,2），（1,4），（2,3），（2,4），（2,5），（3,4），（4,5），共7个.‎ 由古典概型的概率公式得至少有一个是偶数的概率为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型的概率公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎5.直线与圆交于两点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出圆心和半径，再由题得，解方程即得解.‎ ‎【详解】由题得，它表示圆心为（2,2），半径为的圆.‎ 则圆心到直线的距离，‎ 所以.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查弦心距的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎6.若等差数列的前15项和，则（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得到，再化简，即得解.‎ ‎【详解】由题得.‎ ‎.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎7.设为三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为假命题的是（ ）‎ A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间直线平面的位置关系逐一分析判断每一个选项得解.‎ ‎【详解】若，，，则,是正确的，证明如下：‎ 如图，过点做，与分别交于，‎ 直线确定的平面与的交线交于，连，‎ 因为，所以，即 同理，又，所以，即，‎ 所以四边形是矩形，，‎ 所以 若，，，，则,是正确的.‎ 因为两平面垂直，则一个平面内垂直交线的直线必垂直另外一个平面；‎ 若，，则,是正确的.‎ 因为一个平面内如果有一条直线垂直另外一个平面，则这两个平面垂直；‎ 若，，则，是错误的.‎ ‎ 为两个平面同时和第三个平面垂直，则这两个平面可能垂直，也可能不垂直.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间的想象能力.‎ ‎8.如图，该程序框图算法思路源于“辗转相除法”，又名“欧几里德算法”执行该程序框图．若输入的分别为28，16，则输出的（ ）‎ ‎ ‎ A. 0 B. ‎4 ‎C. 12 D. 16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接按照程序框图运行即可得解.‎ ‎【详解】第一次循环，除以的余数为，，，，不成立；‎ 第二次循环，除以的余数为，，，，不成立；‎ 第三次循环，除以的余数为，，，，成立.‎ 输出的值为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎9.如图，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，若该几何体的体积为，则其外接球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先找到几何体原图是一个三棱锥，求出三棱锥的边长，再求出三棱锥外接球的半径，即得解.‎ ‎【详解】‎ 由题得几何体原图如图所示，底面是边长为的等腰直角三角形，左侧面和内侧面都是边长为的等腰直角三角形，是一个三棱锥.‎ 所以.‎ 把该几何体放在边长为2的正方体中，‎ 故该三棱锥的外接球的直径是正方体的对角线，‎ 设外接球的半径为.‎ 所以外接球的表面积为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查三视图还原几何体，考查几何体外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎10.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出的范围,比较得到即得解.‎ ‎【详解】由题得 ‎.‎ ‎.‎ ‎.‎ 所以.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查指数函数幂函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎11.已知双曲线，点为双曲线 上一点，且在第一象限，点为坐标原点，分别是双曲线的左、右焦点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证明是等边三角形，再由题意得到，即得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】因为.‎ 因为，所以 因为,‎ 所以是等边三角形，‎ 所以.‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎12.设函数，已知方程（为常数）在上恰有三个根，分别为，下述四个结论：‎ ‎①当时，的取值范围是；‎ ‎②当时，在上恰有2个极小值点和1个极大值点；‎ ‎③当时，在上单调递增；‎ ‎④当时，的取值范围为，且 其中正确的结论个数为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的图象和性质，对每一个命题逐一分析判断得解.‎ ‎【详解】①当时，,令.‎ 当时，；当时，；‎ 所以，所以.所以该命题是正确的；‎ ‎②当时， 令，‎ 当时，令 当时，令 因为，‎ 所以在上有两个极大值点，所以该命题是错误的；‎ ‎③当时，令.‎ 所以函数的单调递增区间为 当时，，‎ 因为，所以，‎ 因为，所以当时，在上单调递增.‎ 所以该命题正确；‎ ‎④当时，，因为所以 ‎，设，如图所示，当时，直线和函数的图象有三个交点.此时.‎ 所以所以.所以该命题正确.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数图象的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案填在答题卡相应位置上）‎ ‎13.已知向量，，若，则_______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把两边平方利用数量积公式即得解.‎ ‎【详解】由题得.‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎14.甲、乙、丙三位同学一起去向老师询问数学学科学业水平考试成绩，老师说：你们三人中有2位优秀，1位良好，我现在给甲看乙的成绩，乙看丙的成绩看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩乙听后对大家说：看完丙的成绩，我并不知道自己的成绩，但是听甲这么说，现在知道了丙听甲和乙的话后说：听你们这么说，虽然我没看任何人的成绩，但是我已经知道我的成绩了，根据以上信息，判断成绩获得“优秀”的两名同学是__________________．‎ ‎【答案】乙和丙 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据甲说话，可以分析出乙是优秀的，根据乙的话可以分析出乙是优秀的，即得解.‎ ‎【详解】甲对大家说：我还是不知道我的成绩,所以乙的成绩是优秀，他的成绩可能优秀，可能良好. 乙听后对大家说：看完丙的成绩，我并不知道自己的成绩，说明丙是优秀，自己是优秀或良好，但是听甲这么说，说明甲知道乙是优秀的，所以自己是优秀的，甲是良好.所以成绩获得“优秀”的两名同学是乙和丙.‎ 故答案为：乙和丙 ‎【点睛】本题主要考查推理证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎15.的内角的对边分别为．若，，则的面积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再根据求出，即得解.‎ ‎【详解】因为，所以.‎ 由题得.‎ 所以的面积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形和三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎16.已知是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，，求导，结合已知可判断其单调性及奇偶性，结合函数的性质即可求解．‎ ‎【详解】令，，‎ 因为当时，，‎ 则当时，，即在上单调递减，‎ 又因为为奇函数，即，则，‎ 故为偶函数且在上单调递增，‎ 因为，故，‎ 由可得，所以或，所以或.‎ 解可得，或.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数的单调性及奇偶性求解不等式，解题的关键是构造函数并判断出其单调性及奇偶性.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.在等比数列中，，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）记为的前项和，若，求．‎ ‎【答案】（1）或；（2）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知求出或，即得等比数列的通项；‎ ‎（2）分两种情况讨论，根据得到方程，解方程即得的值.‎ ‎【详解】解：（1）设数列的公比为，由题设得，‎ ‎，， ‎ ‎，即， ‎ 解得或， ‎ 故或． ‎ ‎（2）①若，则， ‎ 由，得，‎ ‎； ‎ ‎②若，即，则数列为常数列， ‎ ‎，‎ ‎． ‎ 综上所述，或．‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的通项的求法，考查等比数列的前项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎18.如图，长方体的侧面是正方形．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，，求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明和，平面即得证；‎ ‎（2）设点到平面的距离为，根据即得点到平面的距离.‎ ‎【详解】（1）证明：如图1，在长方体中，‎ 平面， ‎ 又平面，‎ ‎． ‎ 四边形是正方形，‎ ‎． ‎ 又，平面． ‎ ‎（2）解：如图2，设点到平面的距离为．‎ 由题知，，‎ 在长方体中，‎ 平面，且， ‎ ‎， ‎ 中，，，，‎ ‎， ‎ ‎，，‎ 点到平面的距离为． ‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间线面垂直的证明，考查空间点到平面距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎19.某商场为提高服务质量，随机调查了60名男顾客和80名女顾客，每位顾客均对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面不完整的列联表：‎ 满意 不满意 合计 男顾客 ‎50‎ 女顾客 ‎50‎ 合计 ‎（1）根据已知条件将列联表补充完整；‎ ‎（2）能否有的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？‎ 附：‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1）列联表见解析；（2）有的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知条件将列联表；‎ ‎（2）先计算出，再利用独立性检验得解.‎ ‎【详解】解：（1）如表 满意 不满意 合计 男顾客 ‎50‎ ‎10‎ ‎60‎ 女顾客 ‎50‎ ‎30‎ ‎80‎ 合计 ‎100‎ ‎40‎ ‎140‎ ‎（2）， ‎ ‎， ‎ 故有的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．‎ ‎【点睛】本题主要考查独立性检验，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎20.如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线，过动点作于点，的平分线交轴于点，且，记动点的轨迹为曲线．‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）过点作两条直线，分别交曲线于两点（异于点）．当直线的斜率之和为2时，直线是否恒过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）过定点，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，由题得，即得，即得解；‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，根据得到，即得直线经过的定点；当直线的斜率不存在时，直线也经过定点.即得解.‎ ‎【详解】解：（1）设，由已知，，‎ ‎，，， ‎ ‎，即， ‎ 化简得，曲线的方程为． ‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，‎ 且设，．‎ 由得， ‎ 由已知，，， ‎ 由已知，得，‎ 整理得， ‎ ‎，整理得．‎ ‎，， ‎ 直线的方程为，‎ 直线过定点． ‎ 当直线的斜率不存在时，设其方程为，且设，，‎ 其中． ‎ 由已知，得，‎ ‎， ‎ 直线的方程为，此时直线也过定点． ‎ 综上所述，直线恒过定点．‎ ‎【点睛】本题主要考查动点轨迹方程的求法，考查椭圆中的定点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.‎ ‎21.已知函数 ‎（１）讨论的单调性；‎ ‎（2）证明：．‎ ‎【答案】（1）当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在内单调递增．（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到，再对分类讨论，即得函数的单调性；‎ ‎（2）先证明，得到，再利用累加法证明不等式.‎ ‎【详解】（1）解：，． ‎ ‎①若，则，‎ 在内单调递增； ‎ ‎②若，则在内单调递增，且，‎ 当时，；当时，， ‎ 在内单调递减，在内单调递增．‎ 综上所述，当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在内单调递增． ‎ ‎（2）证明：当时，．‎ 由（1）知，，当且仅当时，等号成立， ‎ 令，，‎ ‎． ‎ 从而，‎ ‎…‎ ‎，‎ 累加可得， ‎ ‎，‎ ‎，证毕．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数求函数单调性和证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 选考题 请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎［选修4-4：坐标系与参数方程］‎ ‎22.已知曲线（为参数），设曲线经过伸缩变换得到曲线，以直角坐标中的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若是曲线上的两个动点，且，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出曲线的普通方程，再把它化成极坐标方程得解；‎ ‎（2）设，，求出 ，再求函数的最小值得解.‎ ‎【详解】解：（1）曲线的普通方程为， ‎ 曲线的普通方程为，即， ‎ 曲线的极坐标方程为，即． ‎ ‎（2）设，， ‎ ‎ ‎ ‎， ‎ 所以，当时，取到最小值．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，考查极坐标方程的最值问题的求解，考查三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎［选修4-5：不等式选讲］‎ ‎23.已知函数，为方程的解集．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）证明：当，．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得，解不等式即得解；‎ ‎（2）利用分析法证明不等式得证.‎ ‎【详解】（1）解：， ‎ 当且仅当时，等号成立，‎ 即当且仅当时，等号成立， ‎ 方程的解集． ‎ ‎（2）证明：要证，‎ 只需证， ‎ 即证，‎ 只需证，‎ ‎，，，‎ 从而，证毕．‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，考查不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎