2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学（文）试题（解析版）

2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学（文）试题（解析版）

‎2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先求出集合，然后求出，再与集合取交集即可.‎ ‎【详解】‎ 依题意，得，则，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的运算、不等式的解法考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.‎ ‎2．若复数为纯虚数，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】结合复数的四则运算及纯虚数的概念，可求出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎.‎ 复数为纯虚数,得解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数的运算、纯虚数的概念，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属于基础题..‎ ‎3．2019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立周年，某商场举行大型抽奖活动.在抽奖箱中放置分别写有“贺”“七”“十”“华”“诞”的五个小球，从中一次抽取两个小球，两个小球是“七”“十”两个字即中奖，则中奖的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】求出从五个小球取出两个球的所有情况，中奖情况就一种，即可求出中奖的概率.‎ ‎【详解】‎ 依题意，从分别写有“贺”“七”“十”“华”“诞”‎ 的五个小球中一次抽取两个小球有种情况，‎ 中奖的情况只有一种，所以所求概率.‎ 故选:D ‎【点睛】‎ 本题考查古典概型的概率，考查数学建模能力以及必然与或然思想，属于基础题.‎ ‎4．已知向量，的夹角为，若，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据向量的数量积性质，，展开转化为向量的数量积，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 依题意，得 所以.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于基础题.‎ ‎5．记递增等比数列的公比为，前项和为.若，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】结合，及，可求出公比，进而求出.‎ ‎【详解】‎ 依题意，得，，所以，解得或者.又因为数列是递增数列，所以，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的通项公式、前项和公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.‎ ‎6．运行如图所示的程序框图；若输入的的值为，输出的的值为，则判断框中可以填（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】运行该程序，可知，不满足判断框，，满足判断框，从而可选出答案.‎ ‎【详解】‎ 由于输入的的值为，输出的的值为，可知：‎ 运行该程序，第一次，，，不满足判断框；‎ 第二次，，，不满足判断框；‎ 第三次，，，不满足判断框；‎ 第四次，，，满足判断框，输出的值为，‎ 故判断框可以填.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.‎ ‎7．地震震级是衡量地震本身大小的尺度，由地震所释放出来的能量大小来决定，释放出的能量愈大，则震级愈大.震级的大小可通过地震仪测出.中国使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，地震释放的能量与地震里氏震级之间的关系为.已知地区最近两次地震的震级，的值分别为，，释放的能量分别为，.记，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】分别求出和，可得到，然后比较的大小关系即可选出答案.‎ ‎【详解】‎ 依题意，，，故，要比较与 的大小关系，可比较与的大小关系，易知，而，故.同理可得，，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数学文化，考查指数的运算性质，考查运算能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.‎ ‎8．若过原点的直线与曲线相切，则切点的横坐标为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设切点坐标，求导，求出切线的斜率，用点斜式写出切线方程，把原点坐标代入切线方程，即可求出切点坐标.‎ ‎【详解】‎ 设切点坐标为，由，‎ 切线方程为，‎ 原点坐标代入切线方程，‎ 得，解得.‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查导数的运算、导数的几何意义，考查运算求解能力以及化归与转化思想.‎ ‎9．记数列的前项和为，已知，.令，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】代入，整理关于递推公式，可推出为等差数列，求出其通项，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由，得 整理得，，‎ ‎，‎ 数列以为首项，公差为的等差数列，‎ ‎.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查前项和为与通项的关系，考查用定义证明等差数列，并求通项，属于中档题.‎ ‎10．已知函数，若，使得关于的方程有个解，则实数的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】对函数求导，求出单调区间，极值，作出其图像，在同一坐标系作出，，分析函数图像，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 令，则，‎ 所以当时，，当时，，‎ 当时，.在同一直角坐标系中分别作出 ‎，的图象，如下图所示.‎ 观察可知，.‎ 故选:D ‎【点睛】‎ 本题考查分段函数、函数的零点，考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题.‎ ‎11．已知函数的图象的一个最高点为，，是与相邻的两个最低点，且，则函数的单调递减区间为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由函数图象的一个最高点为，可知，，由，结合二倍角公式，可求得，进而由图象可知，从而可求得，即可求得的表达式及单调递减区间.‎ ‎【详解】‎ 依题意，得，解得或，因为，所以只有符合题意，‎ 函数图象的一个最高点为，得，，‎ 则，‎ 又，得，解得.‎ 因为，所以，则.‎ 令，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的图象与性质，考查正切的二倍角公式的应用，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.‎ ‎12．已知正方体中，，分别是，的中点，，分别在线段，上，且.若平面平面，平面，则与平面所成角的正切值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据面面平行的性质定理，构造过的平面与过的平面平行，即可确定平面，‎ 按照直线与平面所成角的定义，即可求出结论.‎ ‎【详解】‎ 如图，取的中点，连接，，‎ 取线段上靠近的三等分点，‎ 取线段上靠近的三等分点，‎ 连接，，，可知平面平面，‎ 所以平面，则平面即为平面.‎ 过点作，垂足为，连接，‎ 平面平面，平面 所以即为与平面所成的角，‎ 则.‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查空间线面的位置关系、空间角，考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13．已知某公司生产，，，四种不同类型的产品，这四种产品数量的扇形统计图如图所示.为调查不同类型产品的质量，现使用分层抽样的方法随机抽取了产品个，则应抽取产品____________个.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据分层抽样按比例抽取原则，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 设应抽取产品个，结合图形可知，‎ 产品所占百分比为，由分层抽样知识，‎ 得，解得.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分层抽样，考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.‎ ‎14．过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线的方程为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据共渐近线条件，设出所求双曲线方程，点代入所设方程，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 设双曲线的方程为，‎ 将代入可得，‎ 所以双曲线的方程为.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线方程与性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.‎ ‎15．已知三棱锥满足，，，则三棱锥外接球的表面积为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据三棱锥的特征，把三棱锥补成长方体，三棱锥的外接球为长方体的外接球，长方体的外接球直径为长方体的对角线，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 三棱锥的对棱相等，可将此三棱锥补成 以三棱锥的棱为面的对角线的长方体，‎ 设长、宽、高分别为，，，‎ 则，三式相加可得，‎ ‎，‎ 故所求外接球的表面积.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间几何体的结构特征、球的表面积，考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.‎ ‎16．已知抛物线的焦点到准线的距离为，，，其中，点在抛物线上，若，则____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据已知条件，求出的值，得到轴，过点作，垂足为，通过三角形全等，求出的横坐标，根据抛物线的定义，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 依题意，，则抛物线.‎ 易知轴.过点作，垂足为，‎ 则，则，‎ 所以点的横坐标为.由抛物线定义，‎ 得.‎ 故答案为:4‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的定义与方程，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．从一批产品中随机抽取件测量其内径，将测得数据进行统计整理后得到如下图所示的频率分布直方图.‎ ‎（Ⅰ）求这件产品中，内径在内的产品数量；‎ ‎（Ⅱ）试估计这批产品内径的中位数；‎ ‎（Ⅲ）直接比较这批产品内径的平均数与（单位毫米）的大小关系，不必说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）3125, （Ⅱ）26, （Ⅲ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）根据所有的频率和为1，求出内径介于的频率，即可求解；‎ ‎（Ⅱ）由频率分布直方图，即可求解；‎ ‎（Ⅲ）根据频率分布直方图可判断结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）依题意，得内径介于的频率为，‎ 所以所求产品数量为.‎ 前个小矩形的面积，‎ 第个小矩形的高度为.‎ 所以所求中位数为.‎ ‎（Ⅲ）.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.‎ ‎18．如图所示，在平面四边形中，.‎ ‎（1）若，，求的长；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由，可求出，结合，可求得，在中，由余弦定理可求出的长；‎ ‎（2）先求得，则，然后利用正弦定理，可求出，进而可求出的面积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）,则是钝角，，可求得 ‎.‎ 因为，所以.‎ 因为，所以.‎ 在中，由余弦定理得，即.‎ 解得，或（舍去）.‎ 所以.‎ ‎（2）由（1）可知，.‎ 在中，因为，所以.‎ 由正弦定理得，‎ 所以.‎ 故的面积.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力，属于基础题.‎ ‎19．已知三棱锥中，，.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）已知，点，分别在线段，上，且，不与所在线段两端点重合.若，，求三棱锥体积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析, （Ⅱ）.‎ ‎【解析】（Ⅰ）根据已知条件的长度关系，可证，再由，可证平面，即可证得结论；‎ ‎（Ⅱ）设，利用等体积法转为求，结合基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）因为，所以，‎ 所以.又，，‎ 所以平面.因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（Ⅱ）设，则，.‎ 又平面，所以 ‎，‎ 当且仅当时，‎ 三棱锥的体积取得最大值，最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间线面的位置关系、空间几何体的体积、函数的最值，考查空间想象能力、推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.‎ ‎20．已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求函数的极值；‎ ‎（Ⅱ）求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）函数有极大值，函数无极小值. （Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】（Ⅰ）求出，然后求出单调区间，即可求出极值；‎ ‎（Ⅱ）要证，只需证，设，即证的最小值大于零，利用求导方法求出单调区间，以及极值，从而求出最小值，即可得证.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）依题意，.‎ 令，解得.‎ 所以当时，，‎ 当时，，所以当时，‎ 函数有极大值，函数无极小值.‎ ‎（Ⅱ）要证，即证.‎ 记函数，则.‎ 易知单调递增，又，，‎ 所以存在，使得，即，‎ 即.当时，有，单调递减，‎ 当时，有，单调递增，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的性质，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于较难题.‎ ‎21．已知椭圆过点，离心率为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）若，分别是椭圆与轴的两个交点，过点且斜率不为的直线与椭圆交于，两点，直线过点，求证：直线过点.‎ ‎【答案】（Ⅰ）,（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】（Ⅰ）根据离心率，点在椭圆上，以及关系，即可求出椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）设，，将直线的方程用表示，求出，然后，用坐标表示，设直线方程，与椭圆方程联立，消元，得一元二次方程，利用韦达定理，结合向量共线的坐标关系，可得，共线，即证得结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）设椭圆的半焦距为，依题意，得 解得，，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设，.‎ 不妨设，，则.‎ 因为直线的方程为，‎ 所以，所以.‎ 设直线.联立 消去并整理，得，‎ 所以，，‎ ‎，‎ 所以，所以直线过点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的方程、线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.‎ ‎22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，且与交于，两点，已知点的极坐标为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程，并求的值；‎ ‎（2）若矩形内接于曲线且四边与坐标轴平行，求其周长的最大值.‎ ‎【答案】（1）曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为；（2）‎ ‎【解析】（1）结合参数方程、极坐标方程及普通方程间的关系，转化即可求出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；求出直线的参数方程的标准形式，并代入曲线的普通方程中，得到关于的一元二次方程，结合可求出答案；（2）设点在第一象限，且，，可知矩形的周长为，利用三角函数的性质求最大值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）依题意，得点的直角坐标为，曲线的普通方程为.‎ 由直线，得其直角坐标方程为.‎ 所以直线的参数方程为（为参数），代入中，‎ 可得，所以.‎ ‎（2）不妨设点在第一象限，且，.‎ 由椭圆的对称性可知，矩形的周长为.‎ 而，所以当时，矩形的周长取最大值，最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查参数方程、极坐标方程及普通方程间的转化，考查直线的参数方程的应用，考查三角恒大变换，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎23．已知，.‎ ‎（1）若，证明；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】（1）由基本不等式可得：，，，三个式子相加可得到结论；‎ ‎（2）经过变形，不等式左边，故证明即可，然后利用三个正数的基本不等式可证明结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）依题意，，当且仅当时等号成立.‎ ‎，当且仅当时等号成立.‎ ‎，当且仅当时等号成立.‎ 三式相加可得，，‎ 即，当且仅当时等号成立.‎ ‎（2）因为，所以.‎ 而.‎ 要证，即证，‎ 即证，‎ 而，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查证明不等式的方法、基本不等式的应用，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.‎