云南省玉溪市2020届高三教学质量检测数学（理）试题

云南省玉溪市2020届高三教学质量检测数学（理）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理科数学 一、选择题 ‎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.若某射手每次射击击中目标的概率是，则这名射手次射击中恰有次击中目标的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用n次独立重复实验恰好发生k次的概率公式计算，即可求出结果.‎ ‎【详解】解：这名射手3次射击中恰有次击中目标，则另外两次没有击中，‎ 所以概率为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查求独立重复事件的概率公式，熟悉n次独立重复实验恰好发生k次的概率公式是解题的关键，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】‎ 在A中，利用线面垂直，面面垂直的性质定理可得；在B中，利用面面垂直的性质定理，可知；在C中，利用面面垂直的判定定理可知，；在D中，与相交或平行.‎ ‎【详解】解：由为三个不同的平面，是两条不同的直线知：‎ 在A中，，，，根据线面垂直，面面垂直的性质定理可知，故A正确；在B中，，，，，根据面面垂直的性质定理，可知；在C中，，根据面面垂直的判定定理可知，；在D中，，，则与相交或平行，故D错误.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，熟悉线面垂直的性质定理、面面垂直的性质定理和判定定理是解决此题的关键，属于基础题.‎ ‎8.如图，该程序框图的算法思路源于“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.‎ ‎11.若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据幂函数和对数函数图像和性质，结合不等式的基本性质，逐一分析四个答案的真假，可得结论.‎ ‎【详解】解：因为，，令，则为增函数，所以，故A错误；令，则该函数为增函数，则，则有，故B正确；令，则该函数为增函数，所以，则，故C错误；由C可知，，又，所以，故D错误；‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查幂函数和对数函数的图像和性质，不等式的性质，属于中档题.‎ ‎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，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 ‎13.已知向量，，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用向量的模的运算求出和，根据等式即可求出的值.‎ ‎【详解】解：，，则，‎ ‎，因为，所以，解得：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量的加法和减法，考查向量模的运算，属于基础题.‎ ‎14.的展开式中，的系数是______（用数字填空答案）.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含的项为：，计算可求出系数.‎ ‎【详解】解：含的项为：，所以的系数是105.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查二项式展开式系数的求法，考查二项式定理和通项的性质，考查学生的运算求解能力，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 ‎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，，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）是正方形，所以有，又是长方体，所以有，根据线面垂直的判定定理可证. （2）以D为原点建系，分别求出面和面的法向量，二面角为锐二面角，利用向量法求出二面角的余弦值.‎ ‎【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，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ ‎，，，‎ 设为平面的一个法向量，‎ 则，可取，‎ 同理可求平面的一个法向量为，‎ ‎∴，‎ 观察可得二面角为锐二面角，其余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角余弦值的求法， 向量法是立体几何常用的方法，属于基础题.‎ ‎19.产量相同的机床一和机床二生产同一种零件，在一个小时内生产出的次品数分别记为，，它们的分布列分别如下：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.4‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0.2‎ ‎0.6‎ ‎0.2‎ ‎（1）哪台机床更好？请说明理由；‎ ‎（2）记表示台机床小时内共生产出的次品件数，求的分布列.‎ ‎【答案】（1）机床二更好；详见解析（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别求出机床一和机床二的期望和方差，比较他们之间的关系，期望值相同，方差小的机床更好；（2）可能取的值为，分别计算各个可能取值对应的概率，即可求出的分布列.‎ ‎【详解】解：（1）由的分布列知，‎ 由的分布列知，，‎ 又因为，‎ ‎，‎ 机床二更好，产生次品数的平均数一样，机床二生产的产品更稳定.‎ ‎（2）可能取的值为，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎0.08‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎0.02‎ ‎【点睛】本题是根据期望和方差判断性能好坏的实际应用题，考查随机变量的分布列，属于基础题.‎ ‎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：.注：为自然对数的底数.‎ ‎【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）对求导，分类讨论的正负，从而得出的单调性；（2）利用（1）的结论，有，令，有，两边求和可证明结果.‎ ‎【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，易知，‎ ‎∴，‎ 从而，‎ ‎，‎ ‎，‎ 累加可得，‎ 即，‎ ‎∴，证毕.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求的单调性，考查不等式的证明，考查列项相消法求和，考查数学分类讨论的思想，考查指数的运算，属于综合性比较强的中档题.‎ ‎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.‎ ‎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.‎