2019-2020学年安徽卓越县中联盟（舒城中学、无为中学等）高二12月素质检测数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年安徽卓越县中联盟（舒城中学、无为中学等）高二12月素质检测数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年安徽卓越县中联盟（舒城中学、无为中学等）高二12月素质检测数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，集合，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先根据一元二次不等式计算出集合中表示元素范围,然后计算出的范围,最后根据交集的含义计算的结果.‎ ‎【详解】‎ 因为,所以即,所以,‎ 又因为,所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的补集与交集混合运算,难度较易,注意一元二次不等式的解集的求解.‎ ‎2．“﹣3＜m＜4”是“方程表示椭圆”的（ ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 ‎【答案】B ‎【解析】求出方程表示椭圆的充要条件是且,由此可得答案.‎ ‎【详解】‎ 因为方程表示椭圆的充要条件是,解得且,‎ 所以“﹣3＜m＜4”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查了由方程表示椭圆求参数的范围,考查了充要条件和必要不充分条件,本题易错点警示:漏掉,本题属于基础题.‎ ‎3．函数的零点所在区间是（ ）‎ A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，+∞）‎ ‎【答案】B ‎【解析】计算出,并判断符号,由零点存在性定理可得答案.‎ ‎【详解】‎ 因为,,‎ 所以根据零点存在性定理可知函数的零点所在区间是,‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查了利用零点存在性定理判断函数的零点所在区间,解题方法是计算区间端点的函数值并判断符号,如果异号,说明区间内由零点,属于基础题.‎ ‎4．已知平面向量，，若，则（ ）‎ A． B．20 C． D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据两个向量平行的坐标表示列式求得,再根据求得向量的坐标,然后求得模长.‎ ‎【详解】‎ 因为平面向量，，且,‎ 所以,解得,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查了向量平行的坐标表示,考查了求向量的模长,属于基础题.‎ ‎5．如图的框图是一古代数学家的一个算法的程序框图，它输出的结果S表示（ ）‎ A．的值 B．的值 C．的值 D．以上都不对 ‎【答案】C ‎【解析】根据题意,模拟程序框图的运行过程,即可得出该程序运行输出的结果是什么.‎ ‎【详解】‎ 模拟程序框图的运行过程,如下:‎ 输入,‎ ‎,是,‎ ‎,是,‎ ‎,,是,‎ 否,‎ 输出.‎ 故选:C ‎【点睛】‎ 本题考查了模拟程序框图运行的过程,注意程序运行结束的条件是解题的关键,本题属于基础题.‎ ‎6．若直线：与：平行，则与间的距离为　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵直线：与：平行 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴直线与之间的距离为.‎ 故选B.‎ ‎7．将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则=（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先求出平移后的函数解析式，进而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 将函数图象上所有的点向右平移个单位长度后，‎ 得到函数的图象，‎ 则．‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查由三角函数平移后的解析式求函数值，熟记三角函数的平移原则即可，属于基础题型.‎ ‎8．如图，平面直角坐标系中，曲线(实线部分)的方程可以是（ ）．‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】结合图象，对选项一一验证，找到方程所表示的曲线的图形满足题意即可.‎ ‎【详解】‎ 因为曲线表示折线段的一部分和双曲线，‎ A选项等价于或，表示折线的全部和双曲线，‎ 故错误；‎ B选项，等价于或，又表示折线的全部，故错误；‎ C选项，等价于或，‎ ‎∴表示折线在双曲线外部（包含有原点）的部分，‎ 表示双曲线-，符合题中的图象，故C正确.‎ D选项，等价于或，‎ 表示折线在双曲线外部（包含有原点）的部分，‎ 和表示双曲线在x轴下方的部分，故错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查曲线的方程和方程的曲线概念，关键在于考虑问题要周全，即在每个因式等于0时同时需保证另一个因式有意义，此题是中档题，也是易错题．‎ ‎9．在△ABC中，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝120°，若使△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是（ ）‎ A．36π B．28π C．20π D．12π ‎【答案】D ‎【解析】根据题意可知, 旋转体是一个大圆锥减去一个小圆锥,然后根据圆锥的体积公式可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 依题意可知,旋转体是一个大圆锥减去一个小圆锥,如图所示:‎ 所以,,‎ 所以所形成的几何体的体积是.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了两个圆锥的组合体,考查了圆锥的体积公式,本题属于基础题.‎ ‎10．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）‎ A． B．5 C．2 D．10‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：把圆的方程化为标准方程得，所以圆心坐标为半径，因为直线始终平分圆的周长，所以直线过圆的圆心，把代入直线得；即，在直线上，是点与点 的距离的平方，因为到直线的距离，所以的最小值为，故选B.‎ ‎【考点】1、圆的方程及几何性质；2、点到直线的距离公式及最值问题的应用.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查圆的方程及几何性质、点到直线的距离公式及最值问题的应用，属于难题.解决解析几何的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题就是利用几何意义，将的最小值转化为点到直线的距离解答的.‎ ‎11．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方．若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是（ ）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】设另一个焦点为,由以及中位线求得,由椭圆定义可知,所以,在△中由余弦定理求得的正弦与余弦值,再求得正切值即可求得斜率.‎ ‎【详解】‎ 如图所示:‎ 由得,‎ 设椭圆的右焦点为,连接,所以线段的中点在以原点为圆心,2为半径的圆上,连接,可得,‎ 所以,‎ 所以.‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以直线的斜率是.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查了利用椭圆的定义和三角形中位线求焦半径,考查了利用余弦定理求得直线的倾斜角的余弦值,利用同角公式求正弦值和正切值,根据斜率的定义求斜率,属于基础题.‎ ‎12．已知正四面体的中心与球心O重合，正四面体的棱长为，球的半径为,则正四面体表面与球面的交线的总长度为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】首先考查一个面的交线长度，然后求解所有交线的长度即可.‎ ‎【详解】‎ 考查正四面体的一个平面与球相交的截面如图所示，‎ 由题意结合几何关系可知：，‎ 球心到截面的距离：，‎ 则，，‎ 据此可得截面对应的弧长为：，‎ 则四面体的一个面截球面的弧长为：，‎ 则正四面体表面与球面的交线的总长度为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正四面体的外接球，四面体与球的几何关系，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 二、填空题 ‎13．已知点A（﹣2，﹣1），B（2，2），C（0，4），则点C到直线AB的距离为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由两点式求得直线的方程后,由点到直线的距离可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 由两点式可得直线的方程为:化简得,‎ 则点到直线的距离为.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线方程的两点式,点到直线的距离,属于基础题.‎ ‎14．已知圆的圆心在直线上，过点且与直线相切，则圆的方程是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意，设圆的圆心为，则有，解可得a的值，即可得圆心的坐标及半径的值，从而可得圆的标准方程．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，圆的圆心在直线上，设圆的圆心为，半径为.‎ 又由圆过点且与直线相切，‎ 则有，‎ 解得，故圆心的坐标为，‎ 则，‎ 则圆的方程为.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系以及圆的标准方程的计算，关键是求出圆的圆心，属于基础题．‎ ‎15．已知正方体的棱长为2，点分别是棱,的中点，点在平面 内，点在线段上，若，则长度的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】取的中点为,则平面,即,由,得到,从而点在以为圆心,1为半径的位于平面内的半圆上,可得到的距离减去半径,即为长度的最小值.‎ ‎【详解】‎ 如图所示:取的中点为,则平面,即,‎ 因为,所以,‎ 所以点在以为圆心,1为半径的位于平面内的半圆上,‎ 可得到的距离减去半径即为长度的最小值,‎ 作于,‎ ‎△的面积为:,‎ 又,‎ 所以,所以,‎ 所以的长度的最小值为:.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正方体的结构特征,解题关键是将空间问题转化为平面问题解决,本题属于中档题.‎ ‎16．已知椭圆上的三点，斜率为负数的直线与轴交于，若原点是的重心，且与的面积之比为，则直线的斜率为__________. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设出直线的方程,将其代入到椭圆的方程,根据韦达定理,三角形的重心坐标公式,三角形的面积比,可求得点的坐标,再将的坐标代入椭圆方程即可得到直线的斜率.‎ ‎【详解】‎ 如图所示:‎ 设 ,,直线的方程为,‎ 因为原点是三角形的重心,所以△与△ 的高之比为3,又△与△的面积之比为,则,即,‎ 所以,①‎ 联立,消去并整理得,‎ 所以,,②‎ 由①②整理得,③‎ 因为原点是△的重心,所以,,‎ 因为,所以,‎ 化简得,④‎ 由③④可得,因为,所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与椭圆相交的问题,三角形的重心坐标公式,韦达定理,运算求解能力,根据已知条件求出点的坐标后,再代入椭圆方程是解题关键,本题属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．在中，．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求以及的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）7，.‎ ‎【解析】（1）利用余弦定理可求的值；‎ ‎（2）先利用同角三角函数关系式求出角的正弦值，再借助于正弦定理求出，代入已知条件求出，进而求出三角形的面积．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由余弦定理及已知得：.‎ ‎（2）因为为三角形内角，‎ 所以，，‎ 由正弦定理得：，‎ 又∵．‎ ‎，解得（舍）．‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查余弦定理以及同角三角函数基本关系式，并涉及到三角形的面积公式和计算能力，属于中档题目．‎ ‎18．已知，命題对任意，不等式 恒成立；命题存在，使得成立.‎ ‎(1)若为真命题，求的取值范围；‎ ‎(2)若为假，为真，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】（1）由题得，解不等式即得解；（2）先由题得，‎ 由题得，中一个是真命题，一个是假命题，列出不等式组，解不等式组得解.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)对任意，不等式恒成立，‎ 当，由对数函数的性质可知当时，的最小值为，‎ ‎，解得.‎ 因此，若为真命题时，的取值范围是.‎ ‎(2)存在，使得成立，.‎ 命题为真时，，‎ 且为假，或为真，‎ ‎，中一个是真命题，一个是假命题.‎ 当真假时，则解得；‎ 当假真时，，即.‎ 综上所述，的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查指数对数函数的性质和不等式的恒成立问题的解法，考查复合命题的真假和存在性问题，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.‎ ‎19．在正项等比数列{}中，且成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列{}满足，求数列{}的前项和．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】(1)根据已知条件且可解得公比,再代入通项公式即可得到;‎ ‎(2)利用错位相减法可求得.‎ ‎【详解】‎ 设正项等比数列{an}的公比为(,‎ ‎（1）∵∴,所以 ‎ ‎∴q＝2，(舍去)‎ 所以；‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，①‎ ‎，②‎ ‎①﹣②得＝，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等比数列的通项公式的求法,考查了等差中项,考查了利用错位相减法求和,本题属于基础题.‎ ‎20．我国是世界上严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出.某市政府为了节约用水，市民用水拟实行阶梯水价．每人月用水量中不超过立方米的部分按4元/立方米收费，超出立方米的部分按10元/立方米收费．从该市随机调查了10 000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图：‎ ‎（1）如果为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，至少定为多少？‎ ‎（2）假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替．当=3时，试完成该10000位居民该月水费的频率分布表，并估计该市居民该月的人均水费．‎ 组号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 分组 频率 ‎【答案】(1)3；(2)图见解析，10.5元 ‎【解析】(1)根据用水量的频率分布直方图求得该月用水量在区间，，，，内的频率,再根据为整数可确定至少定为;‎ ‎(2)利用同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替,结合直方图的频率利用均值公式可以求得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由用水量的频率分布直方图知，该市居民该月用水量在区间，，，，内的频率依次为，，，，．‎ 所以该月用水量不超过立方米的居民占%，用水量不超过立方米的居民占%．‎ 依题意，至少定为． ‎ ‎（2）由用水量的频率分布直方图及题意，得居民该月用水费用的数据分组与频率分布表：‎ 组号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 分组 频率 根据题意，该市居民该月的人均水费估计为：‎ ‎=10.5（元）．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用频率分布直方图求均值,本题属于基础题.‎ ‎21．如图，已知梯形中，∥，，矩形平面，且,.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：∥平面；‎ ‎（3）求二面角的正切值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) ‎ ‎【解析】(1)根据面面垂直的性质定理证得平面,从而可得,再根据以及线面垂直的判定定理可得.平面,从而可得.‎ ‎(3) 过点B作垂足为,作，垂足为,连接,则就是所求二面角的平面角,在三角形中,可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）矩形平面，且平面平面=CD ,又平面.‎ 平面. ‎ 又平面，‎ ‎, ‎ 且,‎ ‎.平面.‎ 平面，‎ 则 ‎ ‎（2）如图所示:‎ 取中点M,连接,由已知条件易得及为平行四边形，于是,由于,故为平行四边形. ‎ ‎.面ABE,‎ 所以 平面.又, 所以面,‎ 又,所以平面平面. 又平面 ‎∥平面.‎ ‎（3）如图所示:‎ 过点B作垂足为,作，垂足为,连接.由矩形平面，得平面,又,‎ 所以就是所求二面角的平面角.‎ 在△中,根据面积关系可得,得,得,解得 ‎.‎ 在中， .‎ 故二面角的正切值为 .‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了面面垂直的性质定理,线面垂直的判定定理,线面平行的判定定理,面面平行的性质定理,二面角的求法,本题属于中档题.‎ ‎22．已知曲线上的任意一点到两定点、距离之和为，直线交曲线于两点，为坐标原点．‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）若不过点且不平行于坐标轴，记线段的中点为，求证：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；‎ ‎（3）若直线过点，求面积的最大值，以及取最大值时直线的方程．‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析；（3）或 ‎【解析】（1）利用椭圆的定义可知曲线为的椭圆，直接写出椭圆的方程．‎ ‎（2）设直线，设，联立直线方程与椭圆方程，通过韦达定理求解KOM，然后推出直线OM的斜率与的斜率的乘积为定值．‎ ‎（3）设直线方程是与椭圆方程联立，根据面积公式，代入根与系数的关系，利用换元和基本不等式求最值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意知曲线是以原点为中心，长轴在轴上的椭圆， ‎ 设其标准方程为，则有，‎ 所以，∴ .‎ ‎（2）证明：设直线的方程为，‎ 设 则由 可得，即 ‎∴，∴ ，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴直线的斜率与 的斜率的乘积=为定值 ‎ ‎（3）点，‎ 由 可得，‎ ‎ ，解得 ‎ ‎ ‎ ‎∴ ‎ ‎ ‎ 设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当时，取得最大值.‎ 此时，即 所以直线方程是 ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆定义及方程、韦达定理的应用及三角形面积的范围等问题，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，函数与方程思想，是中档题．‎