宁夏固原一中2020届高三第二次冲刺考试文科数学试题 Word版含解析

宁夏固原一中2020届高三第二次冲刺考试文科数学试题 Word版含解析

固原一中高三第二次冲刺考试文科数学试题 一、选择题：本题共12小题．每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用并集的定义求解.‎ ‎【详解】因为，又，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.设复数满足，则( )‎ A. B. 2 C. D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先，并且化简，然后求，并且求.‎ ‎【详解】， ，‎ ‎【点睛】本题考查了复数的代数运算，以及模的求法，属于基础计算问题.‎ ‎3.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 19 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 化简得到，再利用二倍角公式计算得到答案.‎ ‎【详解】，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力.‎ ‎4.函数的图像大致为 (　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.‎ 详解：为奇函数，舍去A,‎ 舍去D;‎ ‎，‎ 所以舍去C；因此选B.‎ - 19 -‎ 点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复． ‎ ‎5.在中，，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由余弦定理得.由正弦定理得，解得.‎ 考点：解三角形.‎ ‎6.对任意非零实数，定义的算法原理如下侧程序框图所示．设为函数的最大值，为双曲线的离心率，则计算机执行该运算后输出的结果是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的性质和双曲线的性质求得、的值，再模拟程序的运行过程，即可求得 - 19 -‎ 的值.‎ ‎【详解】解：函数，最大值是， 双曲线的离心率， 模拟程序的运行过程是：，且， . 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的性质与双曲线的性质，也考查了程序框图的应用问题，是基础题.‎ ‎7.一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知，该几何体是四棱锥，底面积，体积，解得 ‎，故答案为B.‎ 考点：由三视图求几何体的体积.‎ ‎8.已知各项均为正数的等比数列，且，，成等差数列，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ 各项均为正数的等比数列的公比设为，则，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比，再由等比数列的通项公式，计算可得所求值.‎ ‎【详解】各项均为正数的等比数列的公比设为，则，‎ 由，，成等差数列，可得，即，‎ 所以，解得或（舍），‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列中项性质和等比数列的通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎9.一位老师将三道题（一道三角题，一道数列题，一道立体几何题）分别写在三张卡纸上，安排甲、乙、丙三位学生各抽取一道.当他们被问到谁做立体几何题时，甲说：“我抽到的不是立体几何题”，乙说：“我喜欢三角，可惜没抽到”，丙说：“乙抽到的肯定不是数列题”.事实证明，这三人中只有一人说的是假话，那么抽到立体几何题的是（ ）‎ A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 不确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 只有1人说的假话，就从假话开始推理，假定其中1人说假话，另两人说真话，看看有没有矛盾．‎ ‎【详解】若甲说的假话，则甲抽到的是立体几何题，乙抽到数列题，这里丙又是假话，不合题意，甲是真话；若乙假话，则乙抽到三角题，这里甲丙真话，甲抽到数列题，丙抽到立体几何题，符合题意；若丙是假话，则乙抽到数列题，甲乙真话，甲抽到三角题，丙只能是立体几何题.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查推理，考查演绎推理．掌握演绎推理的概念是解题基础．‎ - 19 -‎ ‎10.若函数为奇函数，则f（g（2））＝（　　）‎ A. ﹣2 B. ﹣1 C. 0 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：利用奇偶性，先求出，再求出的值即可.‎ 详解：设x＞0，则﹣x＜0，‎ 故f（﹣x）=2x﹣2=﹣f（x），‎ 故x＞0时，f（x）=2﹣2x，‎ 由g（2）=f（2）=2﹣4=﹣2，‎ 故f（g（2））=f（﹣2）=﹣f（2）=2，‎ 故选D．‎ 点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．‎ ‎(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．‎ ‎11.已知双曲线的渐近线与抛物线交于点，直线AB过抛物线M的焦点，交抛物线M于另一点B，则等于（ ）‎ A. 3.5 B. 4 C. 4.5 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程可得渐近线方程，将点A的坐标求出后代入抛物线方程，即可求得抛物线的方程和焦点坐标，由A和焦点坐标可得直线AB的方程，联立直线AB的方程和抛物线方程，化简后由韦达定理可得，即可由求解.‎ ‎【详解】双曲线，‎ - 19 -‎ 双曲线的渐近线方程为，不妨取，‎ 双曲线渐近线与抛物线交于点，则将点A代入可得，‎ 将点A代入抛物线方程可得，则，‎ 所以抛物线，焦点坐标为，‎ 直线AB过抛物线M的焦点，则由A和焦点坐标可得直线AB的方程为，‎ 直线AB与抛物线交于，‎ 联立抛物线方程，化简可得，‎ 则，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线与抛物线的综合应用，直线与抛物线相交所得弦长的求法，属于基础题.‎ ‎12.已知函数，若函数至多有个零点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出函数的图象，转化为与函数图象至多有2个零点时，求的取值范围.‎ ‎【详解】解析：由，得，‎ ‎ ‎ ‎，当时，，‎ - 19 -‎ 当时，，函数单调递减，‎ 当时， ，函数单调递增，‎ 所以时，函数的最小值，且 ‎ ‎ ，，‎ ‎，当时，，‎ 当时，，函数单调递减，‎ 当时，，函数单调递增，‎ 所以时，函数的最小值，‎ 作出函数与的图象，观察他们的交点情况，可知，或时，至多有两个交点满足题意，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查根据函数零点个数求参数的取值范围，重点考查利用导数判断函数的单调性和最值，并能数形结合分析问题的能力，属于中档题型.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．‎ ‎13.在独立性检验中，统计量K2有两个临界值：3.841和6.635.当K2＞3.841时，有95%的把握说明两个事件有关，当K2＞6.635时，有99%的把握说明两个事件有关，当K2≤3.841时，认为两个事件无关.在一项打鼾与患心脏病的调查中，共调查了2000人，经计算K2＝20.87.根据这一数据分析，我们有理由认为打鼾与患心脏病之间是________的(有关、无关).‎ ‎【答案】有关 ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ 根据K2的值与所给临界值表中数据进行比较，即可判断有关.‎ ‎【详解】K2＝20.87＞6.635时，有99%的把握说明打鼾与患心脏病有关.‎ 故答案为：有关 ‎【点睛】本题考查独立性检验的实际应用，属于基础题.‎ ‎14.已知直线与圆相交于，两点（为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数的值为__________；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直角三角形的性质与垂径定理求得圆心到直线的距离,再用公式求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为为等腰直角三角形,故,故圆心到直线的距离.即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据直线与圆相交求参数的问题,重点在于垂径定理的运用.属于基础题.‎ ‎15.根据党中央关于“精准”脱贫的要求，某市农业经济部门派三位专家对A．B．C三个县区进行调研，每个县区派一位专家，则甲专家恰好派遣至A县区的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据古典概型的概率公式计算可得结果.‎ ‎【详解】所有基本事件总数为：种，其中甲专家恰好派遣至A县区的总数为种，‎ 所以甲专家恰好派遣至A县区概率为：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了求古典概型的概率，属于基础题.‎ - 19 -‎ ‎16.菱形的边长为，，沿对角线折成一个四面体，使得平面平面，则经过这个四面体所有顶点的球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，根据球心到各顶点距离相等求解即可.‎ ‎【详解】解：如图，取中点，设四面体的外接球的球心为，在平面中的射影为点，在平面内的射影为点，则根据，四边形是菱形得分别是等边三角形与的中心，故，，又因为平面平面，故四边形是矩形，故设，外接球半径为，则在中，有 ，即，在中，，即，解得，，所以球的表面积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查四面体的外接球的问题，考查空间思维能力，运算能力，是中档题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎17.如图，四棱柱的底面是直角梯形，，，，四边形和均为正方形.‎ - 19 -‎ ‎（1）证明：平面平面.‎ ‎（2）求四面体的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明平面，即可得到平面平面.‎ ‎（2）利用割补法求四面体的体积.‎ ‎【详解】解：（1）证明：因为四边形和均为正方形，所以，.‎ 又，平面，平面.‎ 所以平面.‎ 因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）解：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 19 -‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，三棱锥的体积计算问题，属于基础题.‎ ‎18.已知数列是一个公差为的等差数列，前n项和为成等比数列，且．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列{}的前10项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用已知条件列出方程，求出公差，然后求解通项公式．‎ ‎（2）推出，令，得到{cn}是首项为-5，公差为的等差数列，然后求解数列的和即可．‎ ‎【详解】（1）由a2、a4、a5成等比数列得：，即5d2=a1d，‎ 又∵d≠0，可得a1=5d；‎ 而，解得d=1，所以an=a1+（n1）d=n6，‎ 即数列{an}的通项公式为an=n6．‎ ‎（2）因为，所以，‎ 令，则为常数，∴{cn}是首项为5，公差为的等差数列，‎ 所以的前10项和为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列以及等比数列的综合应用，以及等差数列求和公式的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式，以及利用等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎19.足球是世界普及率最高的运动，我国大力发展校园足球.为了解本地区足球特色学校的发展状况，社会调查小组得到如下统计数据：‎ - 19 -‎ 年份x ‎2014‎ ‎2015‎ ‎2016‎ ‎2017‎ ‎2018‎ 足球特色学校y（百个）‎ ‎0.30‎ ‎0.60‎ ‎1.00‎ ‎1.40‎ ‎1.70‎ ‎（1）根据上表数据，计算y与x的相关系数r，并说明y与x的线性相关性强弱.‎ ‎（已知：，则认为y与x线性相关性很强；，则认为y与x线性相关性一般；，则认为y与x线性相关性较）：‎ ‎（2）求y关于x的线性回归方程，并预测A地区2020年足球特色学校的个数（精确到个）.‎ 参考公式和数据：，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【答案】（1） ，y与x线性相关性很强 ‎（2），244‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意计算出r，再比较即得解；（2）根据已知求出线性回归方程，再令x=2020即得解.‎ ‎【详解】（1）由题得 所以，‎ y与x线性相关性很强.‎ - 19 -‎ ‎（2）‎ ‎，‎ ‎，‎ 关于的线性回归方程是.‎ 当时，，‎ 即该地区2020年足球特色学校有244个.‎ ‎【点睛】本题主要考查相关系数的应用，考查线性回归方程的求法和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎20.设P为椭圆E一点，、为椭圆的焦点，，离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）直线与椭圆交于P、Q两点，试问参数k和m满足什么条件时，直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．‎ ‎【答案】（1）；（2），；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用椭圆的定义可得，再由以及即可求解.‎ ‎（2）将与椭圆方程联立，由，可得，由韦达定理得，，，根据，可得，代入即可求解.‎ ‎【详解】（1）由椭圆的定义可得，‎ - 19 -‎ 可得， ‎ 由可得，，‎ 则椭圆方程为； ‎ ‎（2）设点，，‎ 联立，消得 ‎， ‎ ‎∵直线与椭圆交于不同的两点，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ 由韦达定理得，，，‎ 由题意知，，‎ 即 ‎，‎ 即为，即有， ‎ 即，即，.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系，此题要求有较高的运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.设函数．‎ ‎（1）当（e为自然对数底数）时，求的值域；‎ - 19 -‎ ‎（2）讨论函数零点个数．‎ ‎【答案】（1）；（2）答案见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入解析式，利用导数判断函数的单调性以及求出函数极值、最值即可求解.‎ ‎（2）设，令，分离参数可得，设，利用导数判断函数的单调性以及极值，作出的图象，结合图像即可确定函数零点的个数.‎ ‎【详解】（1）由题设，当时，，‎ 的定义域为，则，‎ 由，得， ‎ ‎∴当，，在上单调递减，‎ 当，，在上单调递增，‎ ‎∴当时，取得极小值，‎ ‎∴的极小值为，∴，‎ ‎∴的值域为，‎ ‎（2）由题设，‎ 令得，‎ 设，‎ - 19 -‎ 则，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 当时，，在上单调递减，‎ ‎∴是的唯一极值点，且是极大值点，‎ 因此也是的最大值点．‎ ‎∴的最大值为， ‎ 又，结合的图象可知：‎ ‎①当时，函数无零点，‎ ‎②当时，函数有且只有一个零点，‎ ‎③当时，函数有两个零点，‎ ‎④当时，函数有且只有一个零点，‎ 综上所述，当时，函数无零点，‎ 当或时，函数有且只有一个零点，‎ 当时，函数有两个零点．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值、利用导数研究函数的零点个数，考查了数形结合的思想，属于难题.‎ 选考题：共10分请考生在22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分．‎ - 19 -‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将直线上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标缩短到原来的倍得到直线.‎ ‎（1）求直线的普通方程；‎ ‎（2）设为曲线上的动点，求点到直线的距离的最小值及此时点的坐标.‎ ‎【答案】（1）直线的普通方程为；‎ ‎（2）点到直线的距离的最小值为，此时点的坐标为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设直线上点为,再将代入方程即可得到直线的方程;‎ ‎(2)利用点到直线的距离公式,结合三角函数即可求出距离的最小值,进而得出点的坐标.‎ ‎【详解】(1)设直线上的点为,‎ 由题可知,‎ 又,所以,即,‎ 因此直线的普通方程为:;‎ ‎(2)点到直线的距离,‎ 所以当时,,此时.‎ ‎【点睛】本题主要考查伸缩变换以及参数方程的应用,考查学生的运算及思维转换能力,难度不大.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ - 19 -‎ ‎（2）若，恒成立，求实数t的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由绝对值不等式的解法,化简可得所求解集;‎ ‎(2)若,恒成立,可得恒成立,由绝对值不等式的性质可得不等式左边的最大值,运用二次不等式的解法,可得所求范围.‎ ‎【详解】解:(1)函数,不等式即为 即,即有.因为恒成立 所以,即,可得 则原不等式的解集为.‎ ‎(2)若,恒成立,可得恒成立 由,可得,即.‎ 解得.则实数t的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法,考查了绝对值三角不等式的应用,考查了二次不等式的求解.解含有绝对值的不等式,常用方法有分类讨论法,几何意义解释,函数图像法.对于含参恒成立问题,一般做法是参变分离,求出分离后函数的最值,进而可求参数的取值范围.‎ - 19 -‎