2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学（文）试题（解析版）

2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】先求出集合，然后求出，再与集合取交集即可.【详解】依题意，得，则，所以.故选：B.【点睛】本题考查集合的运算、不等式的解法考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.2．若复数为纯虚数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】结合复数的四则运算及纯虚数的概念，可求出答案.【详解】.复数为纯虚数,得解得.故选：D.【点睛】本题考查复数的运算、纯虚数的概念，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属于基础题..3．2019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立周年，某商场举行大型抽奖活动.在抽奖箱中放置分别写有“贺”“七”“十”“华”“诞”的五个小球，从中一次抽取两个小球，两个小球是“七”“十”两个字即中奖，则中奖的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】求出从五个小球取出两个球的所有情况，中奖情况就一种，即可求出中奖的概率.【详解】依题意，从分别写有“贺”“七”“十”“华”“诞”的五个小球中一次抽取两个小球有种情况，中奖的情况只有一种，所以所求概率.故选:D【点睛】本题考查古典概型的概率，考查数学建模能力以及必然与或然思想，属于基础题.4．已知向量，的夹角为，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据向量的数量积性质，，展开转化为向量的数量积，即可求解.【详解】依题意，得所以.故选:A【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于基础题.5．记递增等比数列的公比为，前项和为.若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】结合，及，可求出公比，进而求出.【详解】依题意，得，，所以，解得或者.又因为数列是递增数列，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式、前项和公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.6．运行如图所示的程序框图；若输入的的值为，输出的的值为，则判断框中可以填（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】运行该程序，可知，不满足判断框，，满足判断框，从而可选出答案.【详解】由于输入的的值为，输出的的值为，可知：运行该程序，第一次，，，不满足判断框；第二次，，，不满足判断框；第三次，，，不满足判断框；第四次，，，满足判断框，输出的值为，故判断框可以填.故选：C.【点睛】本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.7．地震震级是衡量地震本身大小的尺度，由地震所释放出来的能量大小来决定，释放出的能量愈大，则震级愈大.震级的大小可通过地震仪测出.中国使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，地震释放的能量与地震里氏震级之间的关系为.已知地区最近两次地震的震级，的值分别为，，释放的能量分别为，.记，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】分别求出和，可得到，然后比较的大小关系即可选出答案.【详解】依题意，，，故，要比较与的大小关系，可比较与的大小关系，易知，而，故.同理可得，，所以.故选：B.【点睛】本题考查数学文化，考查指数的运算性质，考查运算能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.8．若过原点的直线与曲线相切，则切点的横坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设切点坐标，求导，求出切线的斜率，用点斜式写出切线方程，把原点坐标代入切线方程，即可求出切点坐标.【详解】设切点坐标为，由，切线方程为，原点坐标代入切线方程，得，解得.故选:B【点睛】本题考查导数的运算、导数的几何意义，考查运算求解能力以及化归与转化思想.9．记数列的前项和为，已知，.令，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】代入，整理关于递推公式，可推出为等差数列，求出其通项，即可求解.【详解】由，得整理得，，，数列以为首项，公差为的等差数列，.故选:A【点睛】本题考查前项和为与通项的关系，考查用定义证明等差数列，并求通项，属于中档题.10．已知函数，若，使得关于的方程有个解，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】对函数求导，求出单调区间，极值，作出其图像，在同一坐标系作出，，分析函数图像，即可求解.【详解】令，则，所以当时，，当时，，当时，.在同一直角坐标系中分别作出，的图象，如下图所示.观察可知，.故选:D【点睛】本题考查分段函数、函数的零点，考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题.11．已知函数的图象的一个最高点为，，是与相邻的两个最低点，且，则函数的单调递减区间为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】由函数图象的一个最高点为，可知，，由，结合二倍角公式，可求得，进而由图象可知，从而可求得，即可求得的表达式及单调递减区间.【详解】依题意，得，解得或，因为，所以只有符合题意，函数图象的一个最高点为，得，，则，又，得，解得.因为，所以，则.令，解得.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查正切的二倍角公式的应用，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.12．已知正方体中，，分别是，的中点，，分别在线段，上，且.若平面平面，平面，则与平面所成角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据面面平行的性质定理，构造过的平面与过的平面平行，即可确定平面，按照直线与平面所成角的定义，即可求出结论.【详解】如图，取的中点，连接，，取线段上靠近的三等分点，取线段上靠近的三等分点，连接，，，可知平面平面，所以平面，则平面即为平面.过点作，垂足为，连接，平面平面，平面所以即为与平面所成的角，则.故选:B【点睛】本题考查空间线面的位置关系、空间角，考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.  二、填空题13．已知某公司生产，，，四种不同类型的产品，这四种产品数量的扇形统计图如图所示.为调查不同类型产品的质量，现使用分层抽样的方法随机抽取了产品个，则应抽取产品____________个.【答案】【解析】根据分层抽样按比例抽取原则，即可求解.【详解】设应抽取产品个，结合图形可知，产品所占百分比为，由分层抽样知识，得，解得.故答案为:【点睛】本题考查分层抽样，考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.14．过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线的方程为______________.【答案】【解析】根据共渐近线条件，设出所求双曲线方程，点代入所设方程，即可求解.【详解】设双曲线的方程为，将代入可得，所以双曲线的方程为.故答案为:【点睛】本题考查双曲线方程与性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.15．已知三棱锥满足，，，则三棱锥外接球的表面积为_____________.【答案】【解析】根据三棱锥的特征，把三棱锥补成长方体，三棱锥的外接球为长方体的外接球，长方体的外接球直径为长方体的对角线，即可求解.【详解】三棱锥的对棱相等，可将此三棱锥补成以三棱锥的棱为面的对角线的长方体，设长、宽、高分别为，，，则，三式相加可得，，故所求外接球的表面积.故答案为:【点睛】本题考查空间几何体的结构特征、球的表面积，考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.16．已知抛物线的焦点到准线的距离为，，，其中，点在抛物线上，若，则____________.【答案】【解析】根据已知条件，求出的值，得到轴，过点作，垂足为，通过三角形全等，求出的横坐标，根据抛物线的定义，即可求解.【详解】依题意，，则抛物线.易知轴.过点作，垂足为，则，则，所以点的横坐标为.由抛物线定义，得.故答案为:4【点睛】本题考查抛物线的定义与方程，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题. 三、解答题17．从一批产品中随机抽取件测量其内径，将测得数据进行统计整理后得到如下图所示的频率分布直方图.（Ⅰ）求这件产品中，内径在内的产品数量；（Ⅱ）试估计这批产品内径的中位数；（Ⅲ）直接比较这批产品内径的平均数与（单位毫米）的大小关系，不必说明理由.【答案】（Ⅰ）3125, （Ⅱ）26, （Ⅲ）【解析】（Ⅰ）根据所有的频率和为1，求出内径介于的频率，即可求解；（Ⅱ）由频率分布直方图，即可求解；（Ⅲ）根据频率分布直方图可判断结果.【详解】（Ⅰ）依题意，得内径介于的频率为，所以所求产品数量为.前个小矩形的面积，第个小矩形的高度为.所以所求中位数为.（Ⅲ）.【点睛】本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.18．如图所示，在平面四边形中，.（1）若，，求的长；（2）若，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）由，可求出，结合，可求得，在中，由余弦定理可求出的长；（2）先求得，则，然后利用正弦定理，可求出，进而可求出的面积.【详解】（1）,则是钝角，，可求得.因为，所以.因为，所以.在中，由余弦定理得，即.解得，或（舍去）.所以.（2）由（1）可知，.在中，因为，所以.由正弦定理得，所以.故的面积.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力，属于基础题.19．已知三棱锥中，，.（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）已知，点，分别在线段，上，且，不与所在线段两端点重合.若，，求三棱锥体积的最大值.【答案】（Ⅰ）证明见解析, （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）根据已知条件的长度关系，可证，再由，可证平面，即可证得结论；（Ⅱ）设，利用等体积法转为求，结合基本不等式，即可求解.【详解】（Ⅰ）因为，所以，所以.又，，所以平面.因为平面，所以平面平面.（Ⅱ）设，则，.又平面，所以，当且仅当时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为.【点睛】本题考查空间线面的位置关系、空间几何体的体积、函数的最值，考查空间想象能力、推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.20．已知函数.（Ⅰ）求函数的极值；（Ⅱ）求证：.【答案】（Ⅰ）函数有极大值，函数无极小值. （Ⅱ）证明见解析【解析】（Ⅰ）求出，然后求出单调区间，即可求出极值；（Ⅱ）要证，只需证，设，即证的最小值大于零，利用求导方法求出单调区间，以及极值，从而求出最小值，即可得证.【详解】（Ⅰ）依题意，.令，解得.所以当时，，当时，，所以当时，函数有极大值，函数无极小值.（Ⅱ）要证，即证.记函数，则.易知单调递增，又，，所以存在，使得，即，即.当时，有，单调递减，当时，有，单调递增，所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于较难题.21．已知椭圆过点，离心率为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若，分别是椭圆与轴的两个交点，过点且斜率不为的直线与椭圆交于，两点，直线过点，求证：直线过点.【答案】（Ⅰ）,（Ⅱ）证明见解析【解析】（Ⅰ）根据离心率，点在椭圆上，以及关系，即可求出椭圆方程；（Ⅱ）设，，将直线的方程用表示，求出，然后，用坐标表示，设直线方程，与椭圆方程联立，消元，得一元二次方程，利用韦达定理，结合向量共线的坐标关系，可得，共线，即证得结论.【详解】（Ⅰ）设椭圆的半焦距为，依题意，得解得，，所以椭圆的方程为.（Ⅱ）设，.不妨设，，则.因为直线的方程为，所以，所以.设直线.联立消去并整理，得，所以，，，所以，所以直线过点.【点睛】本题考查椭圆的方程、线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.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，且与交于，两点，已知点的极坐标为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程，并求的值；（2）若矩形内接于曲线且四边与坐标轴平行，求其周长的最大值.【答案】（1）曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为；（2）【解析】（1）结合参数方程、极坐标方程及普通方程间的关系，转化即可求出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；求出直线的参数方程的标准形式，并代入曲线的普通方程中，得到关于的一元二次方程，结合可求出答案；（2）设点在第一象限，且，，可知矩形的周长为，利用三角函数的性质求最大值即可.【详解】（1）依题意，得点的直角坐标为，曲线的普通方程为.由直线，得其直角坐标方程为.所以直线的参数方程为（为参数），代入中，可得，所以.（2）不妨设点在第一象限，且，.由椭圆的对称性可知，矩形的周长为.而，所以当时，矩形的周长取最大值，最大值为.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程及普通方程间的转化，考查直线的参数方程的应用，考查三角恒大变换，考查运算求解能力，属于基础题.23．已知，.（1）若，证明；（2）若，证明：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）由基本不等式可得：，，，三个式子相加可得到结论；（2）经过变形，不等式左边，故证明即可，然后利用三个正数的基本不等式可证明结论.【详解】（1）依题意，，当且仅当时等号成立.，当且仅当时等号成立.，当且仅当时等号成立.三式相加可得，，即，当且仅当时等号成立.（2）因为，所以.而.要证，即证，即证，而，当且仅当，即时等号成立，所以.【点睛】本题考查证明不等式的方法、基本不等式的应用，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.