云南省玉溪市2019-2020学年高三第二次教学质量检测数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年玉溪市普通高中毕业生第二次教学质量检测理科数学

一、选择题

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先化简集合,再利用交集的定义求得解.

【详解】由题得，所以.

故选：A.

【点睛】本题主要考查对数不等式的解法，考查集合的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

2. 复平面内表示复数的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】

先化简复数，即得解.

【详解】由题得，

复数对应的点为，所以它对应的点位于第三象限.

故选：

【点睛】本题主要考查复数乘法和几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

3. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先利用诱导公式，再利用和角的正弦公式化简即得解.

【详解】由题得原式=.

故选：

【点睛】本题主要考查诱导公式和和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

4. 若某射手每次射击击中目标的概率是，则这名射手次射击中恰有次击中目标的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

 【分析】

利用n次独立重复实验恰好发生k次的概率公式计算，即可求出结果.

 【详解】

解：这名射手3次射击中恰有次击中目标，则另外两次没有击中，

所以概率 . 

故选：C.

  【点睛】

本题考查求独立重复事件的概率公式，熟悉n次独立重复实验恰好发生k次的概率公式是解题的关键，属于基础题.

5. 直线与圆交于两点，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先求出圆心和半径，再由题得，解方程即得解.

【详解】由题得，它表示圆心为（2,2），半径为的圆.

则圆心到直线的距离，

所以.

故选：

【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查弦心距的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

6. 若等差数列的前15项和，则（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】A

【解析】

【分析】

由得到，再化简，即得解.

【详解】由题得.

.

故选：

【点睛】本题主要考查等差数列的性质的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

7. 设为三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为假命题的是（    ）

A. 若，，，则

B. 若，，，，则

C. 若，，则

D. 若，，则

【答案】D

【解析】

【分析】

在A中，利用线面垂直，面面垂直的性质定理可得；在B中，利用面面垂直的性质定理，可知；在C中，利用面面垂直的判定定理可知，；在D中，与相交或平行.

【详解】解：由为三个不同的平面，是两条不同的直线知：

在A中，，，，根据线面垂直，面面垂直的性质定理可知，故A正确；在B中，，，，，根据面面垂直的性质定理，可知；在C中，，根据面面垂直的判定定理可知，；在D中，，，则与相交或平行，故D错误.

故选：D.

【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，熟悉线面垂直的性质定理、面面垂直的性质定理和判定定理是解决此题的关键，属于基础题.

8. 如图，该程序框图的算法思路源于“辗转相除法”，又名“欧几里德算法”执行该程序框图．若输入的分别为28，16，则输出的（    ）

A. 0 B. 4 C. 12 D. 16

【答案】B

【解析】

【分析】

直接按照程序框图运行即可得解.

【详解】第一次循环，除以的余数为，，，，不成立；

第二次循环，除以的余数为，，，，不成立；

第三次循环，除以的余数为，，，，成立.

输出的值为.

故选：B.

【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

9. 如图，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，若该几何体的体积为，则其外接球的表面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先找到几何体原图是一个三棱锥，求出三棱锥的边长，再求出三棱锥外接球的半径，即得解.

【详解】

由题得几何体原图如图所示，底面是边长为的等腰直角三角形，左侧面和内侧面都是边长为的等腰直角三角形，是一个三棱锥.

所以.

把该几何体放在边长为2的正方体中，

故该三棱锥的外接球的直径是正方体的对角线，

设外接球的半径为.

所以外接球的表面积为.

故选：

【点睛】本题主要考查三视图还原几何体，考查几何体外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

10. 已知双曲线，点为双曲线上一点，且在第一象限，点为坐标原点，分别是双曲线的左、右焦点，若，且，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】D

【解析】

 【分析】

先证明是等边三角形，再由题意得到 ，即得双曲线的离心率.

 【详解】

因为 . 

因为 ，所以

因为 , 

所以等边三角形，

所以 . 

所以 ， 

所以 . 

故选：

  【点睛】

本题主要考查双曲线的几何性质，考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

11. 若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据幂函数和对数函数的图像和性质，结合不等式的基本性质，逐一分析四个答案的真假，可得结论.

【详解】解：因为，，令，则为增函数，所以，故A错误；令，则该函数为增函数，则，则有，故B正确；令，则该函数为增函数，所以，则，故C错误；由C可知，，又，所以，故D错误；

故选：B.

【点睛】本题考查命题真假的判断，考查幂函数和对数函数的图像和性质，不等式的性质，属于中档题.

12. 设函数，已知方程（为常数）在上恰有三个根，分别为，下述四个结论：

①当时，的取值范围是；

②当时，在上恰有2个极小值点和1个极大值点；

③当时，在上单调递增；

④当时，的取值范围为，且

其中正确的结论个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

利用三角函数的图象和性质，对每一个命题逐一分析判断得解.

【详解】①当时，,令.

当时，；当时，；

所以，所以.所以该命题是正确的；

②当时， 令，

当时，令

当时，令

因为，

所以在上有两个极大值点，所以该命题是错误的；

③当时，令.

所以函数的单调递增区间为

当时，，

因为，所以，

因为，所以当时，在上单调递增.

所以该命题正确；

④当时，，因为所以

，设，如图所示，当时，直线和函数的图象有三个交点.此时.

所以所以.所以该命题正确.

故选：

【点睛】本题主要考查三角函数图象的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

二、填空题

13. 已知向量，，若，则______.

【答案】

【解析】

【分析】

利用向量的模的运算求出和，根据等式即可求出的值.

【详解】解：，，则，

，因为，所以，解得：.

故答案为：.

【点睛】本题考查向量的加法和减法，考查向量模的运算，属于基础题.

14. 的展开式中，的系数是______（用数字填空答案）.

【答案】

【解析】

【分析】

含的项为：，计算可求出系数.

【详解】解：含的项为：，所以的系数是105.

故答案为：.

【点睛】本题考查二项式展开式系数的求法，考查二项式定理和通项的性质，考查学生的运算求解能力，属于基础题.

15. 的内角的对边分别为．若，，则的面积为______．

【答案】

【解析】

【分析】

先求出，再根据求出，即得解.

【详解】因为，所以.

由题得.

所以的面积为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形和三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

16. 已知是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】

构造函数，，求导，结合已知可判断其单调性及奇偶性，结合函数的性质即可求解．

【详解】令，，

因为当时，，

则当时，，即在上单调递减，

又因为为奇函数，即，则，

故为偶函数且在上单调递增，

因为，故，

由可得，所以或，所以或.

解可得，或.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了利用函数的单调性及奇偶性求解不等式，解题的关键是构造函数并判断出其单调性及奇偶性.

三、解答题

17. 在等比数列中，，．

（1）求的通项公式；

（2）记为的前项和，若，求．

【答案】（1）或；（2）或．

【解析】

【分析】

（1）根据已知求出或，即得等比数列的通项；

（2）分两种情况讨论，根据得到方程，解方程即得的值.

【详解】解：（1）设数列的公比为，由题设得，

，， 

，即，

解得或，

故或．  

（2）①若，则，  

由，得，

；   

②若，即，则数列为常数列，

，

． 

综上所述，或．

【点睛】本题主要考查等比数列的通项的求法，考查等比数列的前项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

18. 如图，长方体的侧面是正方形.

（1）证明：平面；

（2）若，，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

 【分析】

（1） 是正方形，所以有，又 是长方体，所以有，根据线面垂直的判定定理可证 . （2）以D为原点建系，分别求出面 和面的法向量，二面角为锐二面角，利用向量法求出二面角的余弦值.

 【详解】

（1）证明：如图1，在长方体 中， 

∵平面 ， 

又平面，

∴.

∵四边形是正方形，

∴ . 

又 ，∴平面.

（2）解：如图2，以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则 ， ， ， ， 

， ， ， 

设为平面的一个法向量，

则 ，可取 ， 

同理可求平面的一个法向量为 ，

∴ ， 

观察可得二面角 为锐二面角，其余弦值为.

  【点睛】

本题考查线面垂直的证明，考查二面角余弦值的求法， 向量法是立体几何常用的方法，属于基础题.

19. 产量相同的机床一和机床二生产同一种零件，在一个小时内生产出的次品数分别记为，，它们的分布列分别如下：

（1）哪台机床更好？请说明理由；

（2）记表示台机床小时内共生产出的次品件数，求的分布列.

【答案】（1）机床二更好；详见解析（2）详见解析

【解析】

【分析】

（1）分别求出机床一和机床二的期望和方差，比较他们之间的关系，期望值相同，方差小的机床更好；（2）可能取的值为，分别计算各个可能取值对应的概率，即可求出的分布列.

【详解】解：（1）由的分布列知，

由的分布列知，，

又因为，

，

机床二更好，产生次品数的平均数一样，机床二生产的产品更稳定.

（2）可能取的值为，

，

，

，

，

，

，

所以的分布列为

【点睛】本题是根据期望和方差判断性能好坏的实际应用题，考查随机变量的分布列，属于基础题.

20. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线，过动点作于点，的平分线交轴于点，且，记动点的轨迹为曲线．

（1）求曲线的方程；

（2）过点作两条直线，分别交曲线于两点（异于点）．当直线的斜率之和为2时，直线是否恒过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．

【答案】（1）；（2）过定点，

【解析】

【分析】

（1）设，由题得，即得，即得解；

（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，根据得到，即得直线经过的定点；当直线的斜率不存在时，直线也经过定点.即得解.

【详解】解：（1）设，由已知，，

，，，

，即，

化简得，曲线的方程为．

（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，

且设，．

由得，

由已知，，，

由已知，得，

整理得， 

，整理得．

，，    

直线的方程为，

直线过定点．  

当直线的斜率不存在时，设其方程为，且设，，

其中． 

由已知，得，

，

直线的方程为，此时直线也过定点．  

综上所述，直线恒过定点．

【点睛】本题主要考查动点轨迹方程的求法，考查椭圆中的定点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

21. 已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）证明：.注：为自然对数的底数.

【答案】（1）当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在内单调递增.（2）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）对求导，分类讨论的正负，从而得出的单调性；（2）利用（1）的结论，有，令，有，两边求和可证明结果.

【详解】（1）解：∵，∴.

①若，则，

∴在内单调递增；

②若，则在内单调递增，且，

∴当时，；当时，，

∴在内单调递减，在内单调递增.

综上所述，当时，在内单调递增；

当时，在内单调递减，在内单调递增.

（2）证明：当时，，

由（1）知，∴，当且仅当时，等号成立，

令，易知，

∴，

从而，

，

，

累加可得，

即，

∴，证毕.

【点睛】本题考查利用导数求的单调性，考查不等式的证明，考查列项相消法求和，考查数学分类讨论的思想，考查指数的运算，属于综合性比较强的中档题.

22. 已知曲线（为参数），设曲线经过伸缩变换得到曲线，以直角坐标中的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）若是曲线上的两个动点，且，求的最小值．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）先求出曲线的普通方程，再把它化成极坐标方程得解；

（2）设，，求出 ，再求函数的最小值得解.

【详解】解：（1）曲线的普通方程为，  

曲线的普通方程为，即，   

曲线的极坐标方程为，即． 

（2）设，，      

，   

所以，当时，取到最小值．

【点睛】本题主要考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，考查极坐标方程的最值问题的求解，考查三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

23. 已知函数，为方程的解集．

（1）求；

（2）证明：当，．

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）由题得，解不等式即得解；

（2）利用分析法证明不等式得证.

【详解】（1）解：，

当且仅当时，等号成立，

即当且仅当时，等号成立，   

方程的解集．

（2）证明：要证，

只需证，

即证，

只需证，

，，，

从而，证毕．

【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，考查不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.