云南省曲靖市2020届高三年级第二次教学质量监测数学（文科）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（文科）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 ‎，‎ - 23 -‎ 由复数模的定义及运算可得，‎ 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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式可求得的值.‎ ‎【详解】由诱导公式可得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用诱导公式求值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）‎ A. 7 B. ‎9 ‎C. 10 D. 11‎ ‎【答案】B - 23 -‎ ‎【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】，‎ ‎，‎ 即，解得.‎ - 23 -‎ 设与夹角为，则，‎ 又因为，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量夹角的计算，同时考查了平面向量的模长，属于中档题.‎ ‎6.函数的大致图象是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.‎ ‎【详解】由题意可知函数为奇函数，可排除B选项；‎ 当时，，可排除D选项；‎ 当时，，当时，，‎ 即，可排除C选项，‎ 故选A ‎【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题．‎ ‎7.已知实数满足，，则函数存在极值的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B - 23 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 求函数的导数，导函数为二次函数，导函数只需有两个不同的零点即可，利用判别式求出范围，根据几何概型求概率即可.‎ ‎【详解】,‎ 因为函数存在极值，‎ 所以有两个不同零点，‎ 即有两个不等的实根，‎ 所以，‎ 因为，‎ 解得，‎ 因为满足，的点的区域为边长为1的正方形，面积为 满足，且的点的区域为正方形内直线下方的三角形区域，面积为,‎ 由几何概型可知函数存在极值的概率为,‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了几何概型，利用导数研究函数极值，二次方程根的判定，转化思想，属于中档题.‎ ‎8.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（ ）‎ - 23 -‎ 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 ‎,故选C.‎ ‎【点睛】本道题考查了三视图还原直观图,难度中等.‎ ‎9.已知满足，的最大值为，则直线过定点（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【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，‎ 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.‎ - 23 -‎ ‎10.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】‎ 根据函数解析式可得函数的单调性，由单调性及确定的大小及正负，利用零点存在性定理即可求解.‎ ‎【详解】因为在上为增函数，且，‎ 所以，‎ ‎，‎ 或，‎ 若时，‎ 由存零点，可知，‎ 此时A,B选项正确，C,D选项错误.‎ 若时，‎ 由存在零点，可知，‎ 此时选项A、B、C错误，D选项正确，‎ 综上可知，选项中一定错误的是C选项，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了函数的零点的存在性定理，函数的单调性，考查了推理能力，运算能力，属于中档题.‎ ‎11.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（ ）‎ - 23 -‎ 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.‎ ‎12.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】‎ - 23 -‎ ‎【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.‎ 二、填空题 ‎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】‎ - 23 -‎ 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.将容量为样本数据分成组，绘制频率分布直方图，若第至第个矩形的面积之比为，且最后两组数据的频数之和等于，则的值等于______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由频率分布直方图可得第至第组的频数之比为，然后再结合题意求解即可.‎ ‎【详解】解：由题意可知第至第组的频数之比为，‎ 不妨设第至第组的频数为，‎ 则，即 则，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图，属基础题.‎ ‎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 - 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，‎ 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，‎ - 23 -‎ ‎，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：‎ ‎（1）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）；‎ ‎（2）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参加座谈会，要再从这位同学中任意选出人发言，求这人来自不同班的概率.‎ ‎【答案】（1）甲班抽出同学数学分数的中位数：；乙班抽出同学数学分数的中位数：‎ - 23 -‎ ‎；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（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由茎叶图求出中位数，再观察数据估计甲、乙两班数学的平均水平和分散程度即可；‎ ‎（2）用分层抽样法抽出人，则应从甲、乙两班各抽出人、人，然后列举出其基本事件，然后利用古典概型概率公式求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）根据茎叶图得：‎ 甲班抽出同学数学分数的中位数：，‎ 乙班抽出同学数学分数的中位数：.‎ 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.‎ ‎（2）根据茎叶图可知：‎ 甲、乙两班数学成绩为良好的人数分别为、，‎ 若用分层抽样法抽出人，则应从甲、乙两班各抽出人、人.‎ 设“位同学任意选出人发言，这人是来自不同班的同学”为事件.‎ 将甲班选出的人记为：、、，乙班选出的人记为：.则共有“、、、、、”种选法，事件包含“、、”种.‎ 故.‎ 故选出的人是来自不同班的同学的概率等于.‎ ‎【点睛】本题考查了茎叶图,重点考查了古典概型概率公式,属基础题.‎ ‎18.已知正项数列的前项和满足.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，设数列的前项和为，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）根据所给条件式，利用递推法可得，两式相减即可证明数列为等差数列，结合首项与公差即可得数列的通项公式；‎ ‎（2）将（1）中所得数列的通项公式代入，可得数列，利用放缩法及裂项求和，即可证明不等式成立.‎ ‎【详解】（1）已知，①‎ 所以，②‎ ‎②－①得，，即；‎ 因为，所以，.‎ 由及得，‎ 故为等差数列，公差.‎ 所以.‎ ‎（2）证明：因为 所以 ‎.‎ 不等式得证.‎ ‎【点睛】本题考查了利用递推关系式证明等差数列的方法，等差数列通项公式的求法，裂项求和及应用放缩法证明数列不等式，属于中档题.‎ ‎19.如图所示，平面平面，四边形是边长为的正方形，，分别是的中点.‎ - 23 -‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求四棱锥体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先取线段的中点，连接，，根据三角形中位线的性质得到四边形为平行四边形，从而得到∥，再利用线面平行的判定即可证明.‎ ‎（2）首先过作，垂足为，利用面面垂直的性质得到平面，即为四棱锥的高，再计算四棱锥的体积即可.‎ ‎【详解】（1）取线段的中点，连接，.‎ ‎，分别为，的中点，‎ 则∥且.‎ 在正方形中，∵是的中点，‎ ‎∴∥且.‎ ‎∴∥，且，则四边形为平行四边形，‎ ‎∴∥.‎ ‎∵平面，平面，‎ - 23 -‎ ‎∴∥平面.‎ ‎（2）过作，垂足为.‎ ‎∵平面平面，平面平面，‎ 平面，‎ ‎∴平面.‎ 又，，‎ 所以，四棱锥的高，‎ 故，四棱锥的体积为：.‎ ‎【点睛】本题第一问考查直线与平面平行的证明，第二问考查四棱锥的体积，同时考查面面垂直的性质，属于中档题.‎ ‎20.已知的两个顶点坐标是，，的周长为，是坐标原点，点满足.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）若互相平行的两条直线，分别过定点和，且直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，若四边形的面积为，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，所以，可得点的轨迹是以 - 23 -‎ 为焦点的椭圆（不含左右顶点）.再由得得出点A的坐标与点M的坐标的关系，可求得点的轨迹的方程；‎ ‎（2）分直线的斜率不存在时和直线的斜率存在时两种情况分别求解，当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，直线的方程为与曲线E的方程联立求得边，，，再由平行线间的距离可得平行四边形的面积，可得解.‎ ‎【详解】（1）由已知，得，所以，点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.‎ 因为，，，所以，，，‎ 所以，点的轨迹方程为.‎ 设，.由得，，又.‎ 故，点的轨迹的方程为，即.‎ ‎（2）由题意可知，当直线的斜率不存在时，易求得，，‎ ‎，.这时，四边形的面积为，不符合要求.‎ 当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，‎ 则直线的方程为 由消去得，‎ 设，，则，.‎ 故，，‎ - 23 -‎ 又，两条平行直线，间的距离.‎ 由椭圆的对称性知：四边形为平行四边形，其面积，‎ 解得，或.‎ 故，直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查点的轨迹方程的求解，直线与椭圆的位置关系，求解时注意直线的斜率是否存在，分情况分别求解，属于难度题.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）求函数在上的最值；‎ ‎（2）若对，总有成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导数分析函数在区间上的单调性，利用极值与最值之间的关系可求得函数在区间上的最大值和最小值；‎ ‎（2）由变形得出，构造函数，可知函数在上为增函数，可得出对任意的恒成立，结合参变量分离法得出，构造函数，利用导数求得函数的最大值，进而可求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1），则，令，解得.‎ - 23 -‎ 当时，；当时，.‎ 所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.‎ 所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，即.‎ 又，，所以，.‎ 因此，，；‎ ‎（2）因为，，等价于，‎ 令，‎ 因为，总有成立，‎ 所以，函数在上单调递增.‎ 问题化为对恒成立，即对恒成立.‎ 令，则.‎ 由得，.‎ 当时，，函数递增，当时，，函数递减.‎ 所以，，.‎ 因此，实数的取值范围是：.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，同时也考查了利用导数研究不等式恒成立问题，将问题转化为新函数的单调性是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ - 23 -‎ ‎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.‎ ‎【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，‎ - 23 -‎ 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，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）若的最大值为，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，‎ - 23 -‎ 所以，，解得，‎ 因此，实数的取值范围是；‎ ‎（2）因为，，所以，，，‎ 所以，.‎ 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.‎ - 23 -‎