2020届三湘名校教育联盟高三第二次大联考数学（文）试题（解析版）

2020届三湘名校教育联盟高三第二次大联考数学（文）试题  一、单选题1．已知全集，集合，（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】解一元二次不等式求得全集，由此求得.【详解】由，解得，所以，所以.故选：A【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合补集的概念和运算，属于基础题.2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【解析】利用复数除法运算化简，由此求得，进而求得对应点所在象限.【详解】依题意，所以，对应点为，在第二象限.故选：B【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查共轭复数，考查复数对应点所在象限，属于基础题.3．已知函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据分段函数解析式，先求得的值，再求得的值.【详解】依题意，.故选：A【点睛】本小题主要考查根据分段函数解析式求函数值，属于基础题.4．若椭圆：的一个焦点坐标为，则的长轴长为（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【解析】利用交点坐标求得的值，由此求得的长轴长.【详解】由于方程为椭圆，且焦点在轴上，所以，解得，所以，长轴长为.故选：D【点睛】本小题主要考查根据椭圆焦点坐标求参数，考查椭圆长轴长的求法，属于基础题.5．已知α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，则“α∥β是“l∥β”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断．解：根据题意，由于α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，由于“α∥β，则根据面面平行的性质定理可知，则必然α中任何一条直线平行于另一个平面，条件可以推出结论，反之不成立，∴“α∥β是“l∥β”的充分不必要条件．故选A．【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面平行的判定．6．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗为十升).问，米几何？”下图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S=15(单位：升)，则输入的k的值为（    ） A．45 B．60 C．75 D．100【答案】B【解析】根据程序框图中程序的功能，可以列方程计算．【详解】由题意，．故选：B.【点睛】本题考查程序框图，读懂程序的功能是解题关键．7．已知等差数列满足，，则数列的前10项的和为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据已知条件求得数列的通项公式，利用裂项求和法求得数列的前10项的和.【详解】依题意等差数列满足，，所以，所以，所以.所以数列的前10项的和为.故选：D【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的求法，考查裂项求和法，属于基础题.8．以下是人数相同的四个班级某次考试成绩的频率分布直方图，其中方差最小的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】根据方差表示的意义选出正确选项.【详解】方差表示数据波动性的大小、稳定程度.由频率分布直方图可知：数据越靠近均值，方差越小，所以方差最小的是B选项.故选：B【点睛】本小题主要考查根据频率分布直方图估计方差的大小，属于基础题.9．设函数的导函数为，若是奇函数，则曲线在点处切线的斜率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】D【解析】利用为奇函数求得的值，由此求得的值.【详解】依题意，由于是奇函数，所以，解得，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查函数导数的计算，考查函数的奇偶性，属于基础题.10．已知函数，有下列四个结论：①是偶函数        ②是周期函数③在上是增函数    ④在上恰有两个零点其中所有正确结论的编号有（    ）A．①③ B．②④ C．①②④ D．①③④【答案】C【解析】根据的奇偶性、周期性、单调性和零点对四个结论逐一分析，由此确定正确选项.【详解】由于，所以为偶函数，故①正确.由于，所以是周期为的周期函数，故②正确.当时，，所以，且，所以在上先减后增，③错误.当时，令，得，所以，且，所以有两个零点，所以④正确.综上所述，正确结论的编号有①②④.故选：C【点睛】本小题主要考查三角函数的奇偶性、周期性、单调性和零点，属于中档题.11．定义在上的奇函数满足，若，，则（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】C【解析】首先判断出是周期为的周期函数，由此求得所求表达式的值.【详解】由已知为奇函数，得，而，所以，所以，即的周期为.由于，，，所以，，，.所以，又，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性和周期性，属于基础题.12．正三棱柱的所有定点均在表面积为的球的球面上，，则到平面的距离为（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【解析】根据球的表面积求得球的半径，由此求得侧棱的长，利用等体积法求得到平面的距离.【详解】设等边三角形的外接圆半径为，由正弦定理得.由于球的表面积为，故半径，所以侧棱长.在三角形中，，而，所以三角形的面积为.设到平面的距离为，由得，解得.故选：B【点睛】本小题主要考查几何体外接球有关计算，考查等体积法求点面距离，属于基础题.  二、填空题13．已知，满足约束条件，则的最小值为______．【答案】2【解析】作出可行域，平移基准直线到处，求得的最小值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知平移基准直线到处时，取得最小值为.故答案为：【点睛】本小题主要考查线性规划求最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.14．已知向量，，则向量与的夹角为______．【答案】【解析】利用向量夹角公式，计算出向量，由此判断出向量与的夹角为.【详解】由于，所以，所以向量与的夹角为.故答案为：【点睛】本小题主要考查向量坐标的线性运算，考查向量数量积的运算，属于基础题.15．已知为数列的前项和，，则______．【答案】【解析】利用证得数列是等比数列，由此求得的值.【详解】由于，当时.当时，两式相减得.所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列的前项和公式，属于基础题.16．已知、分别为双曲线：（，）的左、右焦点，过的直线交于、两点，为坐标原点，若，，则的离心率为_____．【答案】【解析】根据勾股定理求得的关系式，化简后求得双曲线离心率.【详解】取的中点，连接，由于，所以，而，所以，是三角形的中位线.，设，则由双曲线的定义可得，所以，，所以，在三角形中，由勾股定理可得，化简得，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查双曲线离心率的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. 三、解答题17．如图，长方体中，是的中点，是的中点.（1）证明：平面平面；（2）证明：平面.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由，证得平面，由此证得平面平面.（2）取中点，连接，，，通过证明四边形是平行四边形，证得，由此证得：平面.【详解】（1）∵是长方体，∴，，又，且平面，平面∴平面，即平面.因为平面，所以平面平面.（2）取中点，连接，，，则，，，，所以，且∴是平行四边形，∴，∵平面，且平面，∴平面.【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查线面平行的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.18．疫情爆发以来，相关疫苗企业发挥专业优势与技术优势争分夺秒开展疫苗研发.为测试疫苗的有效性(若疫苗有效的概率小于90%，则认为测试没有通过)，选定2000个样本分成三组，测试结果如“下表: 组组组疫苗有效673疫苗无效7790 已知在全体样本中随机抽取1个，抽到组疫苗有效的概率是0.33.（1）求，的值；（2）现用分层抽样的方法在全体样本中抽取360个测试结果，求组应抽取多少个?（3）已知，，求疫苗能通过测试的概率.【答案】（1），=500（2）90（3）【解析】（1）根据“在全体样本中随机抽取1个，抽到组疫苗有效的概率”列方程，解方程求得的值，进而求得的值.（2）根据组占总数的比例，求得组抽取的个数.（3）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.【详解】（1）∵在全体样本中随机抽取1个，抽到组疫苗有效的概率是0.33.∴，∴，.（2）应在组抽取的个数为.（3）由题意疫苗有效需满足，即，组疫苗有效与无效的可能情况有 ， 共6种结果，有效的可能情况有 ， 共4种结果，∴疫苗能通过测试的概率.【点睛】本小题主要考查分层抽样，考查古典概型概率计算，考查数据处理能力，属于基础题.19．内角，，的对边分别是，，，其外接圆半径为，面积，.（1）求；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合两角和与差的余弦公式，求得的值，由此求得的大小，进而求得的大小.（2）根据正弦定理求得，由此求得，结合余弦定理列方程，求得，化简后求得的值.【详解】（1）由已知及正弦定理可得，即，∴，∵，∴，∴，∴，.（2），，∴，由已知及余弦定理得，，∴，.【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查两角和与差的余弦公式，属于基础题.20．在平面直角坐标系中，为直线上动点，过点作抛物线:的两条切线，，切点分别为，，为的中点.（1）证明:轴；（2）直线是否恒过定点?若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）直线过定点.【解析】（1）设出两点的坐标，利用导数求得切线的方程，设出点坐标并代入切线的方程，同理将点坐标代入切线的方程，利用韦达定理求得线段中点的横坐标，由此判断出轴.（2）求得点的纵坐标，由此求得点坐标，求得直线的斜率，由此求得直线的方程，化简后可得直线过定点.【详解】（1）设切点，，，∴切线的斜率为，切线：，设，则有，化简得，同理可的.∴，是方程的两根，∴，，，∴轴.（2）∵，∴.∵，∴直线：，即，∴直线过定点.【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.21．设函数，.（1）讨论的单调性；（2）若，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）求得导函数，对分成两种情况进行分类讨论，求得的单调区间.（2）构造函数，利用导数证得的最大值小于零，由此证得不等式成立.【详解】（1），，若，则当且时，，当时，，∴在，上单调递减，在上单调递增；若，则在，上单调递增，在上单调递减.（2）令（），则，当时，，单调递增，∴，当时，，令，则，（），由于，所以，所以，存在使得.由得.故取，且使，即，而，所以有.∵，∴存在唯一零点，∴有唯一的极值点且为极大值点、最大值点，由可得，∴，∵，∴为上的增函数，∴（），∴.综上可知，当 时，.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线上各点纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到曲线，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.（1）写出的极坐标方程与直线的直角坐标方程；（2）曲线上是否存在不同的两点，（以上两点坐标均为极坐标，，），使点、到的距离都为3？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1），（2）存在，【解析】（1）先求得曲线的普通方程，利用伸缩变换的知识求得曲线的直角坐标方程，再转化为极坐标方程.根据极坐标和直角坐标转化公式，求得直线的直角坐标方程.（2）求得曲线的圆心和半径，计算出圆心到直线的距离，结合图像判断出存在符合题意，并求得的值.【详解】（1）曲线的普通方程为，纵坐标伸长到原来的2倍，得到曲线的直角坐标方程为，其极坐标方程为，直线的直角坐标方程为.（2）曲线是以为圆心，为半径的圆，圆心到直线的距离.∴由图像可知，存在这样的点，，则，且点到直线的距离，∴，∴.【点睛】本小题主要考查坐标变换，考查直线和圆的位置关系，考查极坐标方程和直角坐标方程相互转化，考查参数方程化为普通方程，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.23．已知，均为正数，且.证明：（1）；（2）.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由进行变换，得到，两边开方并化简，证得不等式成立.（2）将化为，然后利用基本不等式，证得不等式成立.【详解】（1），两边加上得，即，当且仅当时取等号，∴.（2）.当且仅当时取等号.【点睛】本小题主要考查利用基本不等式证明不等式成立，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.