云南省曲靖市2020届高三第二次教学质量监测数学（理科）试题 Word版含解析

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曲靖市2019-2020学年高三年级第二次教学质量监测数学（理科）试题卷 一、选择题 ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题先计算集合B,然后结合集合交集运算性质,即可.‎ ‎【详解】,所以 ‎,故选A.‎ ‎【点睛】本道题考查了集合交集运算性质,难度较小.‎ ‎2.若复数满足：，则（ ）‎ A. 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数满足的等式化简变形，结合复数除法运算即可化简得，根据复数模的定义及运算即可求解.‎ ‎【详解】复数满足，‎ 则，‎ 由复数除法运算化简可得 ‎，‎ - 24 -‎ 由复数模定义及运算可得，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数模的定义，复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎3.已知，则=（ )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：利用诱导公式与二倍角的余弦公式，即可得结果.‎ 详解：‎ 所以，故选B.‎ 点睛：本题主要考查诱导公式以及二倍角的余弦公式，属于中档题. 解答给值求值问题时要注意：(1)观察角，分析角与角之间的差异以及角与角之间的和、差、倍的关系，巧用诱导公式或拆分技巧；(2)观察名，尽可能使三角函数统一名称；(3)观察结构，以便合理利用公式，整体化简求值.‎ ‎4.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）‎ - 24 -‎ A. 7 B. ‎9 ‎C. 10 D. 11‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出循环的每一步，根据条件成立，循环结束，可得出输出结论.‎ ‎【详解】运行该程序，输入，，则；‎ ‎，不满足判断框，则；‎ ‎，不满足判断框，则；‎ ‎，不满足判断框，则；‎ ‎，不满足判断框，则；‎ ‎，满足判断框，输出.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于基础题.‎ ‎5.已知向量，，，若，则与夹角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据的坐标计算，根据得到，再代入夹角公式计算即可.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ - 24 -‎ 即，解得.‎ 设与夹角为，则，‎ 又因为，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的夹角的计算，同时考查了平面向量的模长，属于中档题.‎ ‎6.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖膳（biē nào）.如图，网格纸上小正方形的边长1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑表面积为（ ）‎ A. 6 B. ‎21 ‎C. 27 D. 54‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合三视图,还原直观图,计算表面积,即可.‎ ‎【详解】结合三视图,还原直观图为 ‎ 已知,则该四面体 - 24 -‎ ‎,故选C.‎ ‎【点睛】本道题考查了三视图还原直观图,难度中等.‎ ‎7.已知满足，的最大值为，则直线过定点（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，得到使目标函数取得最大值的最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得到的关系式，再代入直线由直线系方程得出答案.‎ ‎【详解】由满足，作出可行域如图：‎ 由图可知，为目标函数取得最大值的最优解，‎ 联立，解得，‎ ‎，即，所以，‎ 代入，得，‎ 即，‎ - 24 -‎ 由，解得，‎ 直线过定点，‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，属于中档题.‎ ‎8.设随机变量，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（ ）‎ ‎（注：若，则，）‎ A. 7539 B. ‎7028 ‎C. 6587 D. 6038‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意正方形的面积为，再根据正态分布曲线的性质，求得阴影部分的面积，利用面积比的几何概型求得落在阴影部分的概率，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意知，正方形的边长为1，所以正方形的面积为 ‎ 又由随机变量服从正态分布，‎ 所以正态分布密度曲线关于对称，且，‎ 又由，即，‎ 所以阴影部分的面积为，‎ 由面积比几何概型可得概率为，‎ 所以落入阴影部分的点的个数的估计值是，故选C．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了正态分布密度曲线的性质，以及面积比的几何概型的应用，其中解答中熟记正态分布密度曲线的性质，准确求得落在阴影部分的概率是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎9.设函数满足，若存在零点，则下列选项中一定错误的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，将函数的解析式变形为，分析可得在其定义域上为增函数，结合分析可得必有或，据此分析选项，即可得答案.‎ ‎【详解】解：由，得 因为函数 在上均为增函数，‎ 所以在上为增函数，‎ 若，则必有或 ‎，‎ 若函数存在零点，则，或或 所以选项C不正确 故选：C ‎【点睛】此题考查函数的零点判断定理，注意分析函数的单调性，属于中档题.‎ ‎10.若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（ ）‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的方程可得一条渐近线方程，根据圆的方程得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得a, b的关系，即可求解.‎ ‎【详解】不妨设双曲线的一条渐近线为，‎ 圆的圆心为，半径，‎ 则圆心到渐近线的距离为 所以弦长，‎ 化简得：，‎ 即，‎ 解得 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单几何性质，圆的标准方程，考查方程思想和运算能力，属于中档题.‎ ‎11.已知的三个内角所对的边分别为，若，，且，则的面积为（ ）‎ A. 或 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理和两角和的正弦公式化简条件得出sinA的值，利用余弦定理计算bc，代入面积公式即可求出三角形的面积.‎ ‎【详解】，‎ 即 或，‎ 若，则，‎ 故，与矛盾，‎ 由余弦定理得 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了三角恒等变换，正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，属于中档题.‎ ‎12.，对于，均有，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于，，均有，在坐标系中，画出函数与的图象，利用函数的导数求解切线的斜率，推出结果．‎ ‎【详解】 解：，‎ 对于，，则，‎ 在坐标系中，画出函数与的图象，如图：‎ 对于，，均有，‎ 就是函数的图象都在图象的上方，‎ 则可得，设切点坐标，‎ 可得，可得，此时，解得，‎ 所以切线的斜率为：．‎ 可得．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线斜率的求法，函数与方程的综合应用，考查数形结合以及转化思想的应用．‎ 二、填空题 - 24 -‎ ‎13.若抛物线的准线经过直线与坐标轴的一个交点，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先得出抛物线的准线方程，然后即可分析出其经过直线与坐标轴的交点，解出即可.‎ ‎【详解】抛物线的准线为 所以其经过直线与坐标轴的交点为 所以，即 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查的是由抛物线的方程得准线方程，较简单.‎ ‎14.已知二项式展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式中常数项为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】【分析】‎ 由已知求得，写出二项展开式的通项，由的指数为0或2求得值，则答案可得． 【详解】‎ 展开式中只有第4项的二项式系数最大，‎ ‎．‎ 展开式的通项为，‎ 令，展开式的常数项为；‎ 令，展开式的项为 则展开式中常数项为．‎ 故答案为：16． ‎ - 24 -‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查二项式定理求展开式指定项的系数，考查两个二项式的乘积的指定项，考查二项式系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎15.关于函数，有下列命题：‎ ‎①由可得必是的整数倍；‎ ‎②在区间上单调递增；‎ ‎③的图象关于点对称；‎ ‎④的图象关于直线对称.‎ 其中正确的命题的序号是______.（把你认为正确的命题序号都填上）‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数解析式，结合三角函数图像的性质逐一判断即可得解.‎ ‎【详解】解：对于①，令，即，则，则，即必是的整数倍，即①错误；‎ 对于②，令，得，又，即在区间上单调递增，即②正确；‎ 对于③，令，解得，当时，，即的图象关于点对称，即③正确；‎ 对于④，令，解得，解，无整数解，即④错误，‎ - 24 -‎ 综上可得正确的命题的序号是②③，‎ 故答案为：②③.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数图像的性质，重点考查了运算能力，属基础题.‎ ‎16.在几何体中，是正三角形，平面平面，且，，则的外接球的表面积等于__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意，取的中点，连接，且，则点为正三角形的中点，，易证平面，取中点，连接，‎ 作∥，∥，连接，则为外接球的半径，又，，则，‎ 所以外接球的表面积为，从而问题可得解.‎ 点睛：此题主要考查简单组合体的表面积的计算，以及三棱锥外接球半径的求问题，属于中高档题型，也是常考题型.在解决此类问题的过程中，常以三棱锥为基础，构造出长方体（或是正方体），则该长方体的体对角线即为此三棱锥的外接球的直径，再根据球的表面积公式进行运算即可.‎ 三、解答题 ‎17.某数学教师在甲、乙两个平行班采用“传统教学”和“高效课堂”两种不同的教学模式进行教学实验.为了解教改实效，期中考试后，分别从两个班中各随机抽取名学生的数学成绩进行统计，得到如下的茎叶图：‎ - 24 -‎ ‎（Ⅰ）求甲、乙两班抽取的分数的中位数，并估计甲、乙两班数学的平均水平和分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；‎ ‎（Ⅱ）若规定分数在的为良好，现已从甲、乙两班成绩为良好的同学中，用分层抽样法抽出位同学进行问卷调查，求这位同学中恰含甲、乙两班所有分以上的同学的概率.‎ ‎【答案】（Ⅰ）118，128，见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据中位数的概念可得出中位数值，由茎叶图看出甲乙的平均水平和分散程度，加以分析即可；‎ ‎（Ⅱ）由分层抽样的概念可得应从甲、乙两班各抽出人、人，再由排列组合结合相互独立事件同时发生的概率公式确定出概率即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）根据茎叶图得：‎ 甲班抽出同学分数的中位数：，‎ 乙班抽出同学分数的中位数：.‎ 乙班学生数学考试分数的平均水平高于甲班学生数学考试分数的平均水平；‎ 甲班学生数学考试分数的分散程度高于乙班学生数学考试分数的分散程度.‎ ‎（Ⅱ）根据茎叶图可知：‎ 甲、乙两班数学成绩为优秀人数分别为、，其中分以上的有2人，3人，‎ 若用分层抽样法抽出人，则应从甲、乙两班各抽出人、人.‎ 设“抽出的人中恰含有甲、乙两班的所有分以上的同学”为事件，‎ - 24 -‎ 则.‎ 故，抽出的人中恰含有甲、乙两班的所有分以上的同学的概率为.‎ ‎【点睛】本题主要考查由茎叶图求中位数，排列组合求概率，相互独立事件同时发生的概率，属于中档题.‎ ‎18.已知正项数列的前项和满足.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）记，设数列的前项和为.求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由已知构造，两式相减化简可得.‎ ‎（Ⅱ）求出，‎ 放缩利用裂项法求和可得.‎ ‎【详解】（Ⅰ）已知，，①‎ 所以，，②‎ ‎②－①得，，即；‎ 因为，所以，.‎ 由得，，故为等差数列，公差.‎ 因此，.‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ - 24 -‎ 所以，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查利用与的关系求通项及用裂项法求和.‎ 已知求的三个步骤:(1)先利用求出.(2)用替换中的得到一个新的关系，利用便可求出当时的表达式．(3)对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写．　‎ 用裂项法求和的裂项原则及规律:‎ ‎(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．‎ ‎(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．‎ ‎19.如图所示，平面平面，四边形是边长为4的正方形，，，分别是，的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若直线与平面所成角等于，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用平行四边形判定法则，证明CN平行ME，然后结合直线与平面平行判定，即可．（2）建立直角坐标系，分别计算两平面的法向量，然后结合向量数量积，即可．‎ ‎【详解】（1）取线段中点，连结，，因为，分别是、的中点，所以 - 24 -‎ 且，‎ 正方形中，是的中点.所以且，‎ 所以且，‎ 故四边形为平行四边形，‎ 从而，‎ 又因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（2）过作于，‎ 因为平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 又平面，从而为直线在平面内的射影，‎ 故为直线与平面所成角，所以.‎ 如图，以为坐标原点，分别以过点且平行于的直线、，所在的直线 为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ ‎，，.‎ 设，分别为平面和的法向量，‎ 则，即，‎ 令得，‎ - 24 -‎ ‎，即，令得，‎ ‎ ，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本道题考查了直线与平面平行的判定和二面角计算方法，难度较大．‎ ‎20.已知的两个顶点坐标是，，的周长为，是坐标原点，点满足.‎ ‎（Ⅰ）求点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）设不过原点的直线与曲线交于两点，若直线的斜率依次成等比数列，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）,点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.利用定义法求点轨迹方程，利用求出点的轨迹的方程即可.‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为与点的轨迹的方程联解，利用根与系数关系与直线的斜率依次成等比数列建立方程求出，再求出弦长与.点到直线的距离.运用三角形面积公式建立关于的表达式求出最值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）已知，所以，点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.‎ 因为，，，所以，，.‎ - 24 -‎ 所以，点的轨迹方程为.‎ 设，.由得，，又.‎ 故，点的轨迹的方程为，即.‎ ‎（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在且不为，‎ 故可设直线的方程为，，，‎ 由，消去得，‎ 则，‎ 即，且，，‎ 故.‎ ‎∵直线的斜率依次成等比数列，‎ ‎∴，‎ 即，又，所以，即.‎ 由，及直线的斜率存在，得，‎ ‎∵，点到直线的距离 ‎.‎ ‎，当时取等号，‎ 此时直线的方程为，的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1‎ - 24 -‎ ‎）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（Ⅰ）求函数在上的最值；‎ ‎（Ⅱ）若对，总有成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）①当时，满足条件的不存在；‎ ‎②当即时，；‎ ‎③当即时，‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）解出导函数方程的根，讨论根与给定区间关系，分类讨论函数单调区间，从而求出函数最值.‎ ‎（Ⅱ）对进行等价变换构造新函数，解决恒成立问题；分离参数，不等式恒成立问题转化为函数最值问题，构造函数，利用导数求最值可解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为；令得，.‎ 当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增.‎ ‎①当时，满足条件的不存在；‎ ‎②当即时，；‎ - 24 -‎ ‎③当即时，.‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ 等价于，令，‎ 因为，总有成立，所以，在上单调递增.问题化为对恒成立.‎ 即对恒成立.‎ 令，则.由得，.‎ 当时，，递增，当时，，递减，‎ ‎，故的取值范围是：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的单调性求最值及不等式恒成立问题转化为函数问题.导数法研究函数在内单调性的步骤: (1)求；(2)确定在内的符号；(3)作出结论：时为增函数；时为减函数．研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．‎ 不等式恒成立问题的求解方法：(1)已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法， (2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点、以轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为，若直线与曲线交于、两点.‎ ‎（1）求线段的中点的直角坐标；‎ ‎（2）设点是曲线上任意一点，求面积的最大值.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，再将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，设、的参数分别为、，利用韦达定理求出线段中点对应的参数，代入直线的参数方程可求得点的直角坐标；‎ ‎（2）利用弦长公式求得，求出圆心到直线的距离，由此可求得圆上的点到直线距离的最大值，利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）将曲线的极坐标方程可化为，化为直角坐标方程得，‎ 将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得：，化简得，‎ 设、的参数分别为、，由韦达定理得：，于是.‎ 设，则，‎ 故点的直角坐标为；‎ ‎（2）由（1）知：，，‎ 所以，，‎ 又直线的普通方程为，圆心到直线的距离为 - 24 -‎ ‎，圆的半径.‎ 所以，点到直线的距离的最大值为.‎ 因此，面积的最大值为：.‎ ‎【点睛】本题弦的中点坐标的求解，同时也考查了三角形面积最值的求解，涉及直线参数方程几何意义的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎23.已知不等式对于任意的恒成立.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）若最大值为，且正实数、、满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值三角不等式求出的最小值，由此可得出关于的不等式，进而可解得实数的取值范围；‎ ‎（2）由题意可得，可得出，可得出，利用基本不等式可证得结论.‎ ‎【详解】（1）由绝对值三角不等式可得，‎ 所以，，解得，‎ 因此，实数的取值范围是；‎ ‎（2）因为，，所以，，，‎ 所以，‎ - 24 -‎ ‎.‎ 即.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式恒成立问题的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式，涉及了绝对值三角不等式的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.‎ - 24 -‎