2020届黑龙江省大庆市高三第二次教学质量检测数学（文）试题（解析版）

2020届黑龙江省大庆市高三第二次教学质量检测数学（文）试题（解析版）

‎2020届黑龙江省大庆市高三第二次教学质量检测数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用交集的运算，即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎∵集合，，‎ ‎∴，‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查交集的概念与运算，属于基础题.‎ ‎2．设复数满足，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】,化为，，故选A.‎ ‎3．函数的零点一定位于区间（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】函数在其定义域上连续，同时可判断f（2）＜0，f（3）＞0；从而可得解．‎ ‎【详解】‎ 函数f（x）＝在其定义域上连续，‎ f（2）＝2+2•2﹣6＝ln2﹣2＜0，‎ f（3）＝ln3+2•3﹣6＝ln3＞0；‎ 故函数的零点在区间（2，3）上，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的零点存在定理，对数函数的性质与计算，熟记定理，准确计算是关键，属于基础题．‎ ‎4．下列函数中，定义域和值域相同的函数是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】分别求出四个函数的定义域及其值域分析得答案．‎ ‎【详解】‎ 的定义域为R，值域为，不符合题意；‎ 的定义域为，值域为R，不符合题意；‎ 的定义域为R，值域为R，符合题意；‎ 的定义域为，值域为R，不符合题意，‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查函数的定义域及其值域的求法，考查了学生对基本函数的图象与性质的掌握情况.‎ ‎5．给出如下四个命题：①若“且”为假命题，则均为假命题；②命题“若，则”的否命题为“若，则”；③命题“，”的否定是“，”；④在中，“”是“”的充要条件.其中正确的命题是（ ）‎ A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】①根据复合命题与简单命题之间的关系进行判断．②根据否命题的定义进行判断．③根据含有量词的命题的否定进行判断．④根据正弦定理及充要条件的定义进行判断．‎ ‎【详解】‎ 解：①若“p且q”为假命题，则p、q至少有一个为假命题，∴①错误．‎ ‎②根据命题的否命题可知，命题“若a＞b，则2a＞2b﹣1”的否命题为“若a≤b，则2a≤2b﹣1”，∴②正确．‎ ‎③特称命题的否定是全称命题，得③“∃x∈R，x2+1＜1”的否定是“∀x∈R，x2+1≥1”．‎ ‎∴③正确．‎ ‎④在△ABC中，sinA＞sinB⇔sinA•2R＞sinB•2R⇔a＞b⇔A＞B，∴④正确；‎ 故②③④正确；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查四种命题之间的关系，复合命题与简单命题之间的关系以及含有量词的命题的否定，充要条件的定义，比较基础．‎ ‎6．已知向量，，且，则（ ）‎ A．-8 B．-6 C．6 D．8‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用向量的加法与数量积运算即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎∵向量，，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的运算，考查向量垂直的等价条件，考查计算能力.‎ ‎7．已知各项均不为0的等差数列，满足，数列为等比数列，且，则（ ）‎ A．16 B．8 C．4 D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】化简得到，计算得到，再利用等比数列的性质得到得到答案.‎ ‎【详解】‎ 各项均不为0的等差数列，‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列和等比数列的性质，意在考查学生对于数列性质的综合应用.‎ ‎8．某组合体的三视图如图所示，外轮廓均是边长为2的正方形，三视图中的曲线均为圆周，则该组合体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意知：几何体为边长为2的正方体除去八个四八分之一半径为1的球形成的几何体，计算体积得到答案.‎ ‎【详解】‎ 根据三视图知：‎ 几何体为边长为2的正方体除去八个八分之一半径为1的球形成的几何体 故 ‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三视图和几何体体积，判断几何体的形状是解题的关键.‎ ‎9．函数的最小正周期为，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数的图象（ ）‎ A．关于点对称 B．关于点对称 C．关于直线对称 D．关于直线对称 ‎【答案】C ‎【解析】根据函数的最小正周期为，求出，向左平移个单位后得到的函数为奇函数，求出，可得出的解析式，结合三角函数的性质可得出对称中心和对称轴，由此判断即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 根据三角函数的图象与性质，可得，因为，所以 所以 设的图象向左平移个单位后得到的函数为 则 若为奇函数，则,故()，即 因为，所以，所以，‎ 由,()解得,所以关于点,()对称 A项，不存在整数，使得，故A项错误；‎ B项，不存在整数，使得，故B项错误；‎ 由()解得,所以关于直线()对称 C项，当时，，故关于直线对称，故C项正确；‎ D项，不存在整数，使得，故D项错误.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦函数的图象变换以及对称中心，对称轴的求法，涉及的知识点较多，综合性较强，属于中等题.‎ ‎10．若函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由任意x1≠x2，都有0成立，得到函数f（x）单调递增，从而列出不等式组，解不等式组组则可得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：∵对任意x1≠x2，都有0成立，‎ ‎∴函数f（x）单调递增，‎ 又函数，‎ ‎∴，‎ 解得：．‎ ‎∴实数a的取值范围是：≤a＜3．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了分段函数的单调性，函数单调性的应用，属于中档题．‎ ‎11．已知双曲线的右顶点为，且以为圆心，双曲线虚轴长为直径的圆与双曲线的一条渐近线相交于两点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知：为边长为的等边三角形，即 到渐近线的距离为，从而可得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知：为边长为的等边三角形，‎ ‎∴到渐近线的距离为 （等边三角形的高），‎ 设双曲线的一条渐近线为，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴双曲线的离心率，‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的离心率，考查双曲线的性质，考查学生的转化能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎12．如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是（　　）‎ A．平面平面ABN B．‎ C．平面平面AMN D．平面平面AMN ‎【答案】C ‎【解析】将几何体补成正方体后再进行判断．‎ ‎【详解】‎ 分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP=CQ=1，连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体．‎ ‎ ‎ ‎∵BC⊥平面ABN，BC⊂平面BCE， ‎ ‎∴平面BCE⊥平面ABN，故A正确； ‎ 连接PB，则PB∥MC，显然PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正确； ‎ 取MN的中点F，连接AF，CF，AC． ‎ ‎∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形， ‎ ‎∴AF⊥MN，CF⊥MN， ‎ ‎∴∠AFC为二面角A-MN-C的平面角， ‎ ‎∵AF=CF=，AC=，∴AF2+CF2≠AC2，即∠AFC≠， ‎ ‎∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误； ‎ ‎∵DE∥AN，MN∥BD， ‎ ‎∴平面BDE∥平面AMN，故D正确． ‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题，在解题时能运用补的思想将其补成一个正方体，然后求解 二、填空题 ‎13．已知函数且的图象恒过定点P，点P在幂函数的图象上，则______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】根据指数函数过定点,求出函数过定点.即可求出幂函数，代入 即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 函数过定点.‎ 将代入幂函数，即.‎ 所以.‎ 故填：2.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查指数型函数的定点、幂函数、对数恒等式,属于基础题.需要注意的是指数型函数的定点求法：令指数位置等于0.属于基础题.‎ ‎14．已知直线：与圆相切，则直线的倾斜角大小为__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】利用圆心到直线的距离等于半径得到直线的斜率，进而得到直线的倾斜角.‎ ‎【详解】‎ ‎∵直线：与圆相切，‎ ‎∴圆心到直线的距离等于半径，即1，‎ 解得k，‎ ‎∴直线的倾斜角大小为或，‎ 故答案为：或 ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线和圆相切的应用，利用直线相切的等价条件转化为圆心到直线的距离等于半径进行求解是解决本题的关键．‎ ‎15．已知为直线上的不同三点，为外一点，存在实数，使得成立，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】由条件可得，巧用“1”结合均值不等式得到最小值.‎ ‎【详解】‎ ‎∵为直线上的不同三点，且，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴，‎ 当且仅当即时等号成立，‎ ‎∴的最小值为16，‎ 故答案为：16‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量共线定理，考查了均值不等式求最值，属于常考题型.‎ ‎16．已知点分别为抛物线的顶点和焦点，直线与抛物线交于两点，连接，并延长，分别交抛物线的准线于点，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】直线与抛物线方程联立，求出坐标，进而得到的坐标，从而得到结果.‎ ‎【详解】‎ 联立方程： 解得：，或，‎ 不妨设：‎ 易得：，‎ ‎∴，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的简单几何性质，考查计算能力，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知等差数列的公差，其前项和为，若,且，，成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】（1）根据等差数列公式得到，计算得到答案.‎ ‎（2），利用分组求和法计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）依题意，得即，整理得.‎ ‎∵，∴，.∴数列的通项公式 即数列的通项公式.‎ ‎（2），‎ ‎，‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列通项公式，分组求和法求前项和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.‎ ‎18．已知函数，.‎ ‎（1）若，且，，求的值；‎ ‎（2）在中，角的对边分别为，满足，,求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）化简得到，代入数据计算得到，，‎ ‎，，再利用和差公式展开得到答案.‎ ‎（2）根据得到，利用余弦定理得到，再利用均值不等式得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ ‎∵,∴.∵,∴.‎ ‎∵,∴.∴.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴‎ ‎（2）∵,∴.‎ ‎∵,∴,∴,即.‎ ‎∵,‎ ‎∴∵，当且仅当时取“”.‎ ‎∴‎ ‎∴，即，当且仅当时取“”.‎ 又∵，‎ ‎∴的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.‎ ‎19．如图，在三棱柱中，平面，分别是线段，的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）当三棱柱的各棱长均为2时，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）连接与相交于点，连接，易得，从而得证；‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接与相交于点，连接，‎ 由侧面为平行四边形可得是线段的中点，‎ 又因为是线段的中点，∴，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）∵平面，平面，∴‎ ‎∵，是线段的中点，∴‎ ‎∵，平面，∴平面，‎ ‎∴线段为三棱锥的高，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵平面，平面，∴，‎ ‎∵三棱柱的各棱长均为2，∴四边形为正方形，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的证明，三棱锥体积的计算，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎20．已知点为平面内一定点，动点为平面内曲线上的任意一点，且满足，过原点的直线交曲线于两点.‎ ‎（1）证明：直线与直线的斜率之积为定值；‎ ‎（2）设直线，交直线于、两点，求线段长度的最小值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）由题意可知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设，则，可得，利用点在椭圆上可得定值；‎ ‎（2）由（1）可设直线：，则直线：，分别求出、的坐标，表示线段长度，利用均值不等式求最值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设，，‎ 由题意可知，且，‎ 所以，点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且长轴长为4，焦距为，‎ 即，，，‎ 所以，曲线的轨迹方程为.‎ 由已知两点关于原点对称，不妨设，则，‎ 所以，，‎ 又因为，点在曲线上，所以，，解得，，‎ 所以，，‎ 所以，直线与直线的斜率之积为定值.‎ ‎（2）由第（1）可得，，‎ 所以，不妨设直线：，则直线：，‎ 将分别代入直线，直线的方程得，，，‎ ‎，‎ 因为，，所以，，‎ 当且仅当，即时，取得最小值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查定义法求椭圆方程，椭圆中的定值问题与最值问题，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．‎ ‎21．已知函数，斜率为的直线与相切于点.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当实数时，讨论的极值点。‎ ‎（Ⅲ）证明：.‎ ‎【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减,(2) 当时，的极小值点为=1，极大值点；当时，无极值点；当时，的极大值点为=1，极小值点;(3)见解析.‎ ‎【解析】分析：（1）（1）把f（x）代入h（x），对f（x）进行求导，利用导数研究h（x）的单调区间，注意函数的定义域；（2）已知实数0＜a＜1，对g（x）进行求导，令g′（x）=0，得出极值点，这时方程g′（x）=0的两个根大小不一样，需要进行讨论，然后再确定极大值和极小值点；（3）结合（1）通过讨论x的范围，结合函数的单调性证明即可．‎ 详解：（Ⅰ）由题意知：‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得：；解得：‎ 所以在上单调递增，在上单调递减 ‎（Ⅱ）=‎ ‎，‎ ‎，‎ 由g′（x）=0得x1=﹣1，x2=1，‎ ‎1、若0＜﹣1＜1，a＞0即＜a＜1，0＜x1＜x2，‎ 此时g（x）的极小值为x=1，极大值点x=﹣1，‎ ‎2、若﹣1=1，a＞0，即a=，x1=x2=1，则g′（x）≥0，g（x）在（0，+∞）上为单调增区间，无极值点，‎ ‎3、若﹣1＞1，a＞0即0＜a＜，x1＞x2=1，‎ 此时g（x）的极大值点为x=1，极小值点x=﹣1，‎ 综上：当＜a＜1时，g（x）的极小值点为x=1，极大值点x=﹣1；‎ 当a=时，g（x）无极值点为x=1，极小值点x=； ‎ 当0＜a时，g（x）的极大值点为x=1，极小值点x=﹣1；‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）知：‎ 当时,‎ ‎，即 当时，‎ ‎，‎ 当时 ‎，‎ ‎ ‎ 所以 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数 ‎.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.‎ ‎22．已知直线过点，倾斜角为，在以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.‎ ‎（1）写出直线的参数方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线相交于两点，设点,求的值.‎ ‎【答案】（1）直线的参数方程为（为参数），曲线的直角坐标方程为.（2）‎ ‎【解析】（1）直接利用参数方程和极坐标方程公式化简得到答案.‎ ‎（2）将参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理得到，再计算，，代入计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵直线过点，倾斜角为∴可设直线的参数方程为（为参数），‎ ‎∵曲线的方程为 ‎∴,∴,∴,‎ ‎∴曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）由（1）知，直线的参数方程为（为参数），‎ 两点所对应的参数分别为，，‎ 将的参数方程代入到曲线的直角坐标方程为中，‎ 化简得∴,‎ ‎∵,∴,‎ ‎,‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了极坐标方程，参数方程，韦达定理，意在考查学生的计算能力，利用直线的参数方程可以简化运算，是解题的关键.‎ ‎23．已知函数，.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）设关于的不等式的解集为,若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1），讨论，和计算得到答案.‎ ‎（2）原题等价于当时，不等式恒成立，化简得到 ‎，代入数据计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，，‎ 则所求不等式可化为，或，或，‎ 解得，或，或，‎ ‎∴，或，或，‎ ‎∴原不等式的解集为.‎ ‎（2）∵的解集包含，‎ ‎∴当时，不等式恒成立，‎ ‎∴在上恒成立，‎ ‎∴,即，∴，‎ ‎∴在上恒成立，∴,‎ ‎∴，所以实数的取值范围.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了解绝对值不等式，根据解集求参数，解不等式转化为恒成立问题是解题的关键.‎