2020届河南省天一大联考高三下学期第二次模拟数学试题（解析版）
展开2020届海南省天一大联考高三下学期第二次模拟数学试题
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】求出集合M，即可得到两个集合的交集.
【详解】
∵，∴.
故选：C
【点睛】
此题考查求两个集合的交集，关键在于准确求出集合M，根据集合的交集运算法则求解.
2．已知，复数，在复平面内对应的点重合，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】A
【解析】根据两个点重合得两个复数相等，建立方程组求解.
【详解】
依题知，解得.
故选：A
【点睛】
此题考查复数概念的辨析，根据两个复数相等，利用实部与实部相等，虚部与虚部相等求解方程组.
3．设，，是空间中三条不同的直线，已知，则“”是“”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】B
【解析】根据空间中直线位置关系判断两个条件的推出关系即可得解.
【详解】
由且不一定推出，故不满足充分性；
由且一定推出，故满足必要性.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】
此题考查充分条件与必要条件的辨析，关键在于熟练掌握空间两条直线位置关系的判断.
4．圆周率是无理数，小数部分无限不循环，毫无规律，但数学家们发现可以用一列有规律的数相加得到：.若将上式看作数列的各项求和，则的通项公式可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据可以改写成，结合选项即可得解.
【详解】
由题可知，
对比选项可知.
故选：D
【点睛】
此题考查归纳推理，关键在于准确找出数列规律，结合已知的裂项求和方法进行代数变形即可得解.
5．在中，的中点为，的中点为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据平面向量的运算法则即可求解.
【详解】
.
故选：B
【点睛】
此题考查向量的线性运算，关键在于熟练掌握向量的线性运算法则，准确求解.
6．已知为第二象限角，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据求出，即可得解.
【详解】
由，得，
∵为第二象限角，∴，
∴.
故选：D
【点睛】
此题考查同角三角函数基本关系的辨析，根据平方关系和商的关系求值.
7．已知正六边形的两个顶点为双曲线：的两个焦点，其他顶点都在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】B
【解析】根据正六边形的几何特征，结合双曲线的几何意义分别求出a，c，即可求得离心率.
【详解】
根据题意，双曲线的焦点必须是正六边形的两个相对的顶点，如图所示.设正六边形的边长为1，双曲线的半焦距为，则双曲线的焦距为，，所以双曲线的离心率为.
故选：B
【点睛】
此题考查根据正六边形和双曲线的几何性质求双曲线的离心率，关键在于熟练掌握相关性质准确计算.
8．已知是定义在上的奇函数，对任意的，，则函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据函数的奇偶性和已知条件求出的值域，结合指数函数的值域求解.
【详解】
对任意的，有，则，，所以，.
故选：D
【点睛】
此题考查根据函数的奇偶性解决函数最值问题，根据指数函数的单调性解决指数型函数的值域问题.
二、多选题
9．某地区一周的最低气温随时间变化的图象如图所示，根据图中的信息，下列有关该地区这一周最低气温的判断，正确的有（ ）
A．前六天一直保持上升趋势 B．相邻两天的差最大为3
C．众数为0 D．最大值与最小值的差为7
【答案】CD
【解析】根据折线图可得周三到周四气温下降，周六周日差为4，其余说法正确.
【详解】
周三到周四，最低气温下降了，所以A项错误；周六与周日的最低气温之差为4，故B项错误；出现了2次，而其他的值只出现1次，故众数为0，C项正确；最小值为周一的，最大值为周六的，二者差为7，D项正确.
故选：CD
【点睛】
此题考查根据折线图分析数据特征，关键在于准确读懂折线图表达的意思，根据数据特征下结论.
10．下列选项中描述的多面体，一定存在外接球的有（ ）
A．侧面都是矩形的三棱柱 B．上、下底面是正方形的四棱柱
C．底面是等腰梯形的四棱锥 D．上、下底面是等边三角形的三棱台
【答案】AC
【解析】多面体存在外接球，其表面的多边形均有外接圆，根据选项中的多面体特征进行辨析.
【详解】
多面体存在外接球，则其表面的多边形均有外接圆.对于A，侧面都是矩形的三棱柱，表面由矩形和三角形构成，满足条件；对于B，上、下底面是正方形的四棱柱，侧面可能为斜的平行四边形，不满足条件；对于C，底面为等腰梯形的四棱锥，表面由等腰梯形、三角形构成，满足条件；对于D，上、下底面是等边三角形的三棱台，侧面梯形不一定有外接圆，比如有一条侧棱垂直于底面的情况，故D不满足条件.
故选：AC
【点睛】
此题考查几何体特征的辨析，根据几何体的结构特征判定是否有外接球.
11．关于的方程，下列命题正确的有（ ）
A．存在实数，使得方程无实根
B．存在实数，使得方程恰有2个不同的实根
C．存在实数，使得方程恰有3个不同的实根
D．存在实数，使得方程恰有4个不同的实根
【答案】AB
【解析】通过换元法，设，方程化为关于的二次方程的根的情况进行分类讨论.
【详解】
设，方程化为关于的二次方程.
当时，方程无实根，故原方程无实根.
当时，可得，则，原方程有两个相等的实根.
当时，方程有两个实根，由可知，，.
因为，所以无实根，有两个不同的实根.
综上可知：A，B项正确，C，D项错误.
故选：AB
【点睛】
此题考查方程的根的问题，利用换元法讨论二次方程的根的分布，涉及分类讨论思想.
12．已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，过点的直线与抛物线交于，两点，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．的准线方程为 B．线段的长度最小为4
C．的坐标可能为 D．恒成立
【答案】BCD
【解析】根据抛物线的几何意义判定，联立直线与抛物线方程结合韦达定理计算即可得解.
【详解】
焦点到准线的距离即为，所以抛物线的焦点为，准线方程为，A项错误.
当垂直于轴时长度最小， 此时，，所以，B项正确.
设，，直线的方程为.联立，消去可得，消去可得，所以，，当时，可得，所以C正确，又，，所以，所以D正确.
故选：BCD
【点睛】
此题考查直线与抛物线相关问题，涉及抛物线的几何特征，直线与抛物线的关系，利用韦达定理解决问题.
三、填空题
13．已知的展开式中的系数为108，则实数______.
【答案】3
【解析】根据二项式定理写出展开式的通项公式，根据系数建立等式即可求解.
【详解】
二项展开式的通项公式为，令，
则的系数为，则.
故答案为：3
【点睛】
此题考查二项式定理，根据展开式中某项的系数建立等式求解参数，关键在于熟练掌握二项式定理.
14．已知函数，若，则实数______.
【答案】或1
【解析】分类讨论，分别代入两段解析式求解方程即可得解.
【详解】
若，则，解得；
若，则，解得.
故答案为：或1
【点睛】
此题考查分段函数，根据函数值求自变量的取值，关键在于分段解方程求解.
15．已知圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的体积为______.设线段为底面圆的一条直径，一质点从出发，沿着圆锥的侧面运动，到达点后再回到点，则该质点运动路径的最短长度为______.
【答案】 6
【解析】①根据母线和底面圆半径求出锥体的高，即可得到体积，②将圆锥侧面展开结合图形求解最短距离.
【详解】
圆锥的高为，所以体积为.
圆锥底面周长为，于是侧面展开得到的扇形的圆心角为，
如下图.则质点运动的最短路径为虚线所示的折线，长度为6.
故答案为：①，②6
【点睛】
此题考查求圆锥的体积和圆锥表面路径最短的问题，关键在于熟练掌握圆锥的几何特征，对侧面进行展开求解.
16．小李在游乐场玩掷沙包击落玩偶的游戏.假设他第一次掷沙包击中玩偶的概率为0.4，第二次掷沙包击中玩偶的概率为0.7，而玩偶被击中一次就落地的概率为0.5，被击中两次必然落地.若小李至多掷两次沙包，则他能将玩偶击落的概率为______.
【答案】0.55
【解析】击落玩偶分三种情况：①第一次就击落；②第一次未击中，第二次击落；③第一次击中但未击落，第二次击落，分别求出概率，三个概率之和即为所求.
【详解】
小李将玩偶击落有三种情况，①第一次就击落；②第一次未击中，第二次击落；③第一次击中但未击落，第二次击落.所以.
故答案为：0.55
【点睛】
此题考查根据事件的关系求解概率，关键在于弄清玩偶被击落的所有可能情况，根据概率公式求解.
17．在①，②的外接圆半径，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.在中，角，，的对边分别为，，.已知，的面积，且______.求边.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】若选择①，；若选择②，；若选择③，
【解析】任选一个条件，根据正余弦定理结合面积公式分别求解.
【详解】
若选择条件①：
由，得.
根据余弦定理有，
整理得，所以或（舍去）.
所以，解得.
若选择条件②：
由，得.
根据正弦定理有.
根据余弦定理有，整理可得.
由，解得.
若选择条件③：
由正弦定理及条件得，
因为，所以，
所以，
所以（不符合条件），于是.
所以，.
所以，解得.
故答案为：若选择①，；若选择②，；若选择③，
【点睛】
此题作为开放性试题，自选条件作答，关键在于熟练掌握正余弦定理结合三角形面积公式求解三角形.
四、解答题
18．已知是递增的数列，是等比数列.满足，，且对任意，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据得解方程即可得解；
（2）由题根据单调性求出，利用累加法即可求得通项公式.
【详解】
（1）设的公比为，
由已知得，
化简得，解得.
故.
（2）由，得，
因为单调递增，即，所以.
，，，，…，，
累加得
.
因为也符合该式，所以.
【点睛】
此题考查求数列通项公式，根据题目所给递推关系求解通项公式，涉及公式法和累加法求通项公式.
19．某公司组织开展“学习强国”的学习活动，活动第一周甲、乙两个部门员工的学习情况统计如下：
| 学习活跃的员工人数 | 学习不活跃的员工人数 |
甲 | 18 | 12 |
乙 | 32 | 8 |
（1）从甲、乙两个部门所有员工中随机抽取1人，求该员工学习活跃的概率；
（2）根据表中数据判断能否有的把握认为员工学习是否活跃与部门有关；
（3）活动第二周，公司为检查学习情况，从乙部门随机抽取2人，发现这两人学习都不活跃，能否认为乙部门第二周学习的活跃率比第一周降低了？
参考公式：，其中.
参考数据：，，.
【答案】（1）；（2）没有；（3）见解析
【解析】（1）根据两个部门员工的总数和学习活跃的人数，利用古典概型求解；
（2）根据公式计算出即可判定；
（3）根据随机事件的发生具有偶然性以及概率大小关系，言之成理即可.
【详解】
（1）设事件为“从甲、乙两个部门所有员工中随机抽取1人，该员工学习活跃”.
则.
（2）.
因为，所以没有的把握认为员工学习是否活跃与部门有关.
（3）设事件为“第二周从乙部门随机抽取2人，这两人学习都不活跃”.
若第二周保持第一周的活跃情况，则.
答案示例一：可以认为活跃率降低了，因为很小，事件一般不容易发生，现在发生了，则说明学习不活跃的人数增加了，即活跃率降低了.
答案示例二：不能认为活跃率降低了.因为事件是随机事件，虽然较小，但还是有可能发生，所以不能认为活跃率降低.
【点睛】
此题考查计算古典概型的概率，解决独立性检验问题，根据事件发生的概率解释生活中的事例，关键在于准确计算求解.
20．如图所示，直三棱柱的各棱长均相等，点为的中点.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）通过证明平面即可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量求解.
【详解】
（1）设与交点为，连接，.
由题可知四边形为正方形，所以，且为中点.
又因，，
所以，所以.
又因为，所以平面.
因为平面，所以.
（2）取的中点，连接，，在平面过点内作的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系.
设，则，，，.
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，令，则.
由（1）可知平面的一个法向量为，
则.
由图可知二面角为锐角，所以其余弦值为.
【点睛】
此题考查通过线面垂直证明线线垂直，通过空间向量求解二面角的大小，关键在于根据定理准确推导，计算求解.
21．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，左顶点为，满足，其中为坐标原点，为椭圆的离心率.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于，两点，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据得，即可求得离心率；
（2）设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程，结合韦达定理表示出三角形的面积，利用基本不等式求解面积的最大值.
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为.
由得，
整理得.
又因为，所以，.
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）可知，，.
设直线的方程为.
联立，消去可得.
设，.
则，.
所以，
所以.
又因，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
即面积的最大值为.
【点睛】
此题考查求椭圆的标准方程，根据直线与椭圆的关系解决三角形面积的最值问题，利用韦达定理处理根的问题，利用基本不等式求解最值.
22．已知函数（，为自然对数的底数）.
（1）若函数存在极值点，求的取值范围；
（2）设，若不等式在上恒成立，求的最大整数值.
【答案】（1）；（2）3
【解析】（1）求出导函数，将题目转化为解决导函数的零点问题；
（2）分离参数解决恒成立，讨论函数的最值即可求解.
【详解】
（1）的定义域为，.
因为函数存在极值点，所以在上有解.
当时，，
所以，经检验，
当时，得
由得，由得，
所以函数在单调递增，单调递减，符合条件函数存在极大值点，.
所以的取值范围为.
（2）因为，所以.
不等式在上恒成立，可等价转化为对任意恒成立.
令，则.
令，则.
所以在上单调递增.
因为，，
所以存在使，即.
所以当时，，即；当时，，即.
所以在上单调递减，在上单调递增.
由，得.
所以，
所以，所以的最大整数值为3.
【点睛】
此题考查根据函数存在极值点求参数的取值范围，将问题转化为讨论函数零点问题，根据不等式恒成立求参数范围，利用分离参数的方法求解，涉及隐零点讨论最值问题.
