2020届云南省大理、丽江、怒江高中毕业生第二次复习统一检测数学（理）试题（解析版）

2020届云南省大理、丽江、怒江高中毕业生第二次复习统一检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】求出集合、，然后利用交集的定义可求出集合.

【详解】

，，

因此，.

故选：D.

【点睛】

本题考查交集的计算，涉及指数函数值域以及对数函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.

2．设是虚数单位,如果复数的实部与虚部是互为相反数,那么实数的值为 (　　)

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分析：由复数代数形式的乘除运算化简复数，再由已知条件列出方程，求解即可得答案．

详解：==，

∵复数的实部与虚部是互为相反数，

∴，即a=．

故选D．

点睛：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的实部与虚部的概念，属于基础题．

3．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（   ）

A．丙被录用了 B．乙被录用了 C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了

【答案】C

【解析】假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.

【详解】

解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，

若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，

若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，

综上可得甲被录用了，

故选：C.

【点睛】

本题考查了逻辑推理能力，属基础题.

4．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题：

①若，，则，为异面直线；②若，，，则；

③若，，则；④若，，，则.

则上述命题中真命题的序号为（    ）

A．①② B．③④ C．②③ D．②④

【答案】C

【解析】根据线面平行的定义可判断①的正误；利用面面垂直的判定定理可判断②的正误；利用面面平行的性质可判断③的正误；利用线面垂直的性质可判断④的正误.综合可得出结论.

【详解】

对于①，若，，则与平行或异面，①错误；

对于②，设，在平面内作，因为，由面面垂直的性质定理知，

又，，，则，因为，，②正确；

对于③，若，，由面面平行的性质可知，③正确；

对于④，若，，则，又，，④错误.

故选：C.

【点睛】

本题考查了空间中线面、面面位置关系的判断，解答时要注意空间中垂直、平行的判定和性质定理的应用，考查推理能力，属于中档题．

5．若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如. 下面程序框图的算法源于我国南北朝时期闻名中外的《中国剩余定理》，执行该程序框图，则输出的值等于（   ）

A．29 B．30 C．31 D．32

【答案】D

【解析】由题中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案.

【详解】

由题中的程序框图可知：

该程序框图功能是利用循环结构计算并输出同时满足条件：

①被除余，②被除余，

所以应该满足是的倍数多，

并且是比大的最小的数，

故输出的为，

故选：D.

【点睛】

该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有循环结构的程序框图，读取程序框图的输出数据，属于简单题目.

6．曲线在处的切线的倾斜角为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用导数求出曲线在处的切线斜率，可得出的值，进而利用同角三角函数的基本关系可求得的值.

【详解】

对于函数，则，所以，，，为锐角，

由，解得，因此，.

故选：A.

【点睛】

本题考查导数的几何意义，同时也考查了利用同角三角函数基本关系求值，考查计算能力，属于基础题.

7．已知函数，则函数的大致图象是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】对于函数f(x),当x≥0时，-x≤0,所以，同理当x<0时，，所以函数f(x)是偶函数.令，所以，所以函数h(x)是偶函数，所以排除B,D.

当时，，故选A.

点睛：遇到函数的问题，大家都要联想到用函数的奇偶性、对称性、单调性和周期性等来帮助我们分析解答问题，所以本题要先研究函数f(x)、g(x)、h(x)的奇偶性，通过奇偶性排除选项.再利用其它性质分析求解.

8．等比数列的前项和为，若，,则（    ）

A．510 B．255 C．127 D．6540

【答案】B

【解析】由等比数列的性质可得，由可得公比，，再由等比数列的求和公式即可求出

【详解】

由等比数列的性质可得，解得，

又，

    ，

，

即，

又，所以

由等比数列的求和公式

 故选：B

【点睛】

本题考查等比数列的求和公式和性质，属于基础题.

9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】首先把三视图转换为几何体，可知该几何体为直三棱锥，计算出底面三角形的外接圆半径，利用公式求出外接球的半径，然后利用球体的表面积公式求解即可.

【详解】

根据几何体的三视图转换为几何体如下图所示：

由图象可知，平面，且，

则的外接圆半径，

设该几何体的外接球半径为，则.

因此，所求外接球的表面积为.

故选：B.

【点睛】

本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，球体表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中等题．

10．已知，，则

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意，，，

又，，易知，，，即，

∴，又，∴，故选D．

11．设、分别是椭圆的焦点，过的直线交椭圆于、两点，且，，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设，利用椭圆的定义得出、和，然后利用勾股定理可得出与的等量关系，并利用勾股定理可求出该椭圆的离心率.

【详解】

如下图所示：

设，由椭圆定义得，，，

由勾股定理得，可得，

，，

由勾股定理得，即，

整理得，因此，该椭圆的离心率为.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了椭圆的简单性质，椭圆的离心率是高考中选择填空题常考的题目，应熟练掌握圆锥曲线中、、和的关系．

12．已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则=(   )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】求得的对称轴方程为，即可判断在上有31条对称轴，即可求得函数与的交点有31个，且相邻交点都关于对称轴对称，可得：，将以上各式相加，利用等差数列求和公式即可得解．

【详解】

函数，令得，即的对称轴方程为.

∵的最小正周期为.当时，可得，

∴在上有31条对称轴，

根据正弦函数的性质可知：函数与的交点有31个，

且交点关于对称，关于对称，……，

即，

将以上各式相加得：

则

故选C.

【点睛】

本题主要考查了三角函数的性质及函数零点个数问题，还考查了等差数列的前项和公式，考查了中点坐标公式及计算能力，属于难题．

二、填空题

13．在的展开式中，的系数是__________.

【答案】

【解析】由，利用二项式定理求出和的展开式中的系数，相加即可得出结果.

【详解】

，

的展开式通项为，

的展开式通项为，

令，得，，

因此，的系数为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用二项式定理求指定项的系数，考查计算能力，属于中等题.

14．《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”.其中“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则每天比前一天少织布的尺数为_______.

【答案】

【解析】设第天织布的尺数为，可知数列为等差数列，根据题意得出关于公差的方程，解出这个量的值，即可得出结果.

【详解】

设第天织布的尺数为，可知数列为等差数列，

设等差数列的公差为，前项和为，则，，，

则，解得，，解得，

因此，每天比前一天少织布的尺数为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

15．已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，且双曲线的右焦点为圆的圆心，则双曲线的方程为__________.

【答案】

【解析】利用渐近线与圆相切求得的值，求出圆的圆心坐标可得出的值，由此可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的方程.

【详解】

圆的标准方程为，圆心，半径长为.

双曲线的渐近线方程为，

由于双曲线的两条渐近线与圆相切，则，解得，

又双曲线的右焦点为圆的圆心，则，

则有，解得，因此，双曲线的方程为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查双曲线方程的求解，涉及双曲线几何性质的应用以及直线与圆相切的转化，考查计算能力，属于中等题.

16．平行四边形ABCD中，是平行四边形ABCD内一点，且，若，则的最大值为______.

【答案】2.

【解析】【详解】

分析：根据，利用，利用向量的平方和向量模的平方是相等的，利用基本不等式得出的最大值.

详解：因为，所以，

又，即，所以，当且仅当，即时，取得最大值2，故答案是2.

点睛：该题考查的是求式子的最值的问题，涉及到的知识点有向量的平方和向量模的平方是相等的，向量数量积的定义式，利用基本不等式求最值，在解题的过程中，注意式子的正确使用.

三、解答题

17．在中，内角、、的对边分别为、、，已知，且.

（1）求；

（2）求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）利用余弦定理可知，利用正弦定理边角互化思想求得的值，然后利用同角三角函数的基本关系可求出的值；

（2）利用余弦定理求出的值，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.

【详解】

（1）因为，

由正弦定理得，

又，所以，即

又，由余弦定理得，所以；

（2）因为，所以，即，

所以.

【点睛】

本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查了三角形面积公式的应用，涉及正弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力，属于基础题.

18．某工厂预购买软件服务，有如下两种方案：

方案一：软件服务公司每日收取工厂元，对于提供的软件服务每次元；

方案二：软件服务公司每日收取工厂元，若每日软件服务不超过次，不另外收费，若超过次，超过部分的软件服务每次收费标准为元．

（1）设日收费为元，每天软件服务的次数为，试写出两种方案中与的函数关系式；

（2）该工厂对过去天的软件服务的次数进行了统计，得到如图所示的条形图，依据该统计数据，把频率视为概率，从节约成本的角度考虑，从两个方案中选择一个，哪个方案更合适？请说明理由．

【答案】(1) 方案一中:,方案二：.(2) 从节约成本的角度考虑，选择方案一.

【解析】（1）根据题中条件，建立等量关系，即可得出所需函数关系；

（2）分别设两种方案的日收费为，，由题中条形图，得到，的分布列，求出对应期望，比较大小，即可得出结果.

【详解】

（1）由题可知，方案一中的日收费与的函数关系式为

方案二中的日收费与的函数关系式为 .

（2）设方案一种的日收费为，由条形图可得的分布列为

所以（元）

方案二中的日收费为，由条形图可得的分布列为

（元）

所以从节约成本的角度考虑，选择方案一.

【点睛】

本题主要考查函数的应用，以及离散型随机变量的分布列与期望，熟记相关概念即可，属于常考题型.

19．在四棱锥P–ABCD中，，．

（1）设AC与BD相交于点M，，且平面PCD，求实数m的值；

（2）若，，，且，求二面角的余弦值．

【答案】（1）

（2）

【解析】（1）由AB∥CD，得到，由MN∥平面PCD，得MN∥PC，从而，由此能实数m的值；

（2）由AB＝AD，∠BAD＝60°，知△ABD为等边三角形，推导出PD⊥DB，PD⊥AD，从而PD⊥平面ABCD，以D为坐标原点，的方向为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，由此能求出二面角B﹣PC﹣B的余弦值．

【详解】

解：（1）因为，所以，即.

因为平面PCD，平面PAC，平面平面，

所以．

所以，即.

（2）因为，，可知为等边三角形，

所以，又，

故，所以．

由已知，，所以平面ABCD，

如图，以D为坐标原点，的方向为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，

设，则，，

所以，，，，

则，，

设平面PBC的一个法向量为，则有

即.

令，则，即，

设平面APC的一个法向量为，则有

，即

令，则，即．

所以

设二面角的平面角为，则.

【点睛】

本题考查实数值的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．

20．设函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）若函数在上有零点，证明：.

【答案】（1）在上是增函数，在上是减函数； （2）.

【解析】（1）先确定函数的定义域，然后求，进而根据导数与函数单调性的关系，判断函数 的单调区间；

（2）采用分离参数法，得，根据在上存在零点，可知有解，构造，求导，知在上存在唯一的零点，即零点k满足，进而求得，再根据有解，得证

【详解】

（1）解：函数的定义域为，

因为，所以．

所以当时，，在上是增函数；

当时，，在上是减函数．

所以在上是增函数，在上是减函数．

（2）证明：由题意可得，当时，有解，

即有解．

令，则．

设函数，所以在上单调递增．

又，所以在上存在唯一的零点．

故在上存在唯一的零点．设此零点为，则．

当时，；当时，．

所以在上的最小值为．

又由，可得，所以，

因为在上有解，所以，即．

【点睛】

本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数证明不等式成立，考查了利用导数研究函数的零点问题，涉及了求函数导数，函数零点存在性定理的应用等知识；从哪里入手，怎样构造，如何构造适当的函数，是解决此类问题的关键一步.

21．设、为曲线上两点，与的横坐标之和为.

（1）求直线的斜率；

（2）设弦的中点为，过点、分别作抛物线的切线，则两切线的交点为，过点作直线，交抛物线于、两点，连接、.证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】（1）设点、，可得出，，，然后利用斜率公式可计算出直线的斜率；

（2）利用导数求出和，可证明出，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，求出切线方程，可求出点的坐标，设直线的方程，与抛物线的方程联立，利用韦达定理结合斜率公式求出，即可证得结论.

【详解】

（1）设点、，可得出，，，

所以，直线的斜率；

（2）由（1）知，等价于证明，

设直线的方程为，联立，消去得，

由韦达定理得，，

对于函数，求导得，

，，，

抛物线在点处的切线方程为，整理得，

同理，抛物线在点处的切线的方程为，

联立方程组，解得，，.

设、，易知直线的斜率存在，

因为，设直线的方程为，

代入抛物线，整理得，

则，.

所以，

，

，

，，则点，

所以，，

所以.

综上可得，所以.

【点睛】

本题考查直线与抛物线的综合，考查了抛物线中的定值问题，涉及了韦达定理设而不求法的应用，计算量大，属于难题．

22．在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求圆C的极坐标方程；

（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长.

【答案】（1）；（2）2

【解析】（1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得．

【详解】

（1）圆C的普通方程为，又，

所以圆C的极坐标方程为.

（2）设，则由解得，，得；

设，则由解得，，得；

所以

【点睛】

本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.

23．设函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若不等式的解集为实数集，求的取值范围.

【答案】（1）（2）.

【解析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）化简函数的解析式，利用数形结合转化求解即可．

【详解】

（1）.

当时，由，得，解得，此时；

当时，由，得，不合乎题意；

当时，由，得，解得，此时.

综上所述，不等式的解集为；

（2），

作出函数的图象如图所示：

由的解集为实数集，可得，，即.

因此，的取值范围为.

【点睛】

本题考查含绝对值不等式的求解以及含绝对值不等式恒成立问题的求解，考查数形结合以及转化思想的应用，是中档题．