2020届云南省红河自治州高三第二次高中毕业生复习统一检测数学（文）试题（解析版）

2020届云南省红河自治州高三第二次高中毕业生复习统一检测数学（文）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C．或 D．

【答案】B

【解析】先确定集合中的元素，然后再由并集定义计算．

【详解】

由题意集合,．∴．

故选：B

【点睛】

本题考查集合的交集运算，考查解一元二次不等式，属于基础题．

2．复数为纯虚数，则（    ）

A．0 B．4 C．2 D．

【答案】C

【解析】由复数的分类求出参数，再由复数模的概念计算模．

【详解】

复数为纯虚数，故，所以，，．

故选：C

【点睛】

本题考查复数的分类，考查复数的模，掌握复数的概念是解题关键．

3．已知棱长为2的正方体的俯视图是一个面积为4的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于（    ）

A．4 B． C． D．

【答案】C

【解析】根据看正方体视角不同，其正视图是矩形，面积可知．

【详解】

该正方体的正视图为一个矩形，但根据看正方体视角不同，则面积不同，面积的范围是

故选：C

【点睛】

本题考查三视图，属于基础题．

4．已知函数，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由二倍角公式降幂后，应用两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质得最大值．

【详解】

化简函数得，所以函数的最大值为．

故选：A

【点睛】

本题考查二倍角公式，考查两角和的正弦公式，考查正弦函数的性质．三角函数问题通常都是应用恒等变换公式化为一个三角函数形式，即形式，然后由正弦函数性质求解．

5．已知圆，直线，则“与相交”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】A

【解析】求出圆心到直线的距离，由相交得出的取值范围，然后根据集合间的包含关系可得结论．

【详解】

圆与直线相交，，，解得，因为是的子集．

故选：A

【点睛】

本题考查充分必要条件的判断，考查直线与圆的位置关系，掌握集合包含关系与充分必要条件的关系是解题关键．

6．已知圆的半径为2，在圆内随机取一点，则过点的所有弦的长度都大于的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】当是弦中点时，弦长最短，利用垂径定理,得只要点到圆心的距离不大于1即可满足要求，由此可得点所在区域，计算出该区域面积及已知圆面积后可得概率．

【详解】

当是弦中点时，弦长最短，弦长为时，，所以过点的所有弦的长度都大于的点落在以点为圆心，半径为1的圆内．则所求概率为．

故选：C

【点睛】

本题考查几何概型，解题关键是确定点所在的区域．利用弦长公式及垂径定理可确定．

7．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为3，则的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【解析】由弦长，根据垂径定理求出圆心到渐近线的距离，从而得的关系式，再转化为的方程即得．

【详解】

设双曲线的一条渐近线方程为，则圆心到该直线的距离，由题意得，，化简得，即，所以，即．

故选：C

【点睛】

本题考查求双曲线的离心率，考查直线与圆相交弦长问题．解题关键是掌握圆的垂径定理，求出圆心到渐近线的距离．

8．下列说法正确的有（    ）

①在中，若，则；

②若，，则，；

③若为真命题，则p、q均为真命题；

④若为假命题，则p与q至少一个为假命题.

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

【答案】B

【解析】根据正弦定理，命题的否定的求解，以及复合命题真假的判断，对选项进行逐一分析即可.

【详解】

对①：因为，故可得，根据正弦定理可得，故①正确；

对②：若，，则，，故②正确；

对③：为真命题，则至少一个为真，故③错误；

对④：为假命题，则至少有一个为假，故④正确.

则正确的有：①②④.

故选：B.

【点睛】

本题考查正弦定理，命题的否定，以及复合命题真假的判断，属综合基础题.

9．我国古代数学名著《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，问：米几何？”如图是解决该问题的程序框图，若输出的（单位：升），则输入的的值为（    ）

A．2.25 B．4.5 C．6.75 D．9

【答案】D

【解析】模拟程序运行，观察变量值的变化情况，可得结论．

【详解】

程序运行变量值依次为：；；；；此时不满足循环条件，输出．

故选：D

【点睛】

本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，确定变量值变化，判断循环条件可得结论．

10．已知函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】利用导数判断函数的单调性，结合函数的奇偶性，即可进行判断.

【详解】

因为函数定义域为，定义域关于原点对称，

且，故是偶函数；

又当时，，

故在上恒成立，

故在上单调递增，结合函数是偶函数，

故在上单调递减.

又因为，

故可得，

则.

故选：B.

【点睛】

本题考查利用导数判断函数单调性，函数奇偶性的判断，涉及利用函数性质比较大小，属综合中档题.

11．在三棱锥中，，，，则此三棱锥外接球的半径为（    ）

A． B． C． D．13

【答案】C

【解析】三棱锥对棱相等，可放到一个长方体中，三棱锥的棱为长方体的面对角线，长方体的对角线就是外接球直径，由此可得结论．

【详解】

将三棱锥放在长方体中，设长方体的长、宽、高分别为，则，所以，所以该三棱锥外接球的半径为．

故选：C

【点睛】

本题考查三棱锥的外接球，考查长方体的外接球问题，解题关键是把对棱相等的三棱锥扩展为一个长方体，由长方体性质易求解．

12．已知函数在上恒成立，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分离参数，构造函数，利用导数求其单调性和最值，即可求得参数范围.

【详解】

因为函数在上恒成立，

等价于在上恒成立，

只需即可.

令，

故可得，则，

当，恒成立，故单调递减，

故，故单调递减.

故可得.

故只需，即.

故选：D.

【点睛】

本题考查利用导数求函数最值，以及分离参数法，属综合中档题.

二、填空题

13．已知向量，，，若，则的值为_____．

【答案】1

【解析】由向量的加减法求出，再由垂直的数量积运算求出．

【详解】

，，可得，由，可得．

故答案为：1

【点睛】

本题考查向量的数量积，考查垂直的坐标表示．属于基础题．

14．设满足约束条件，若标着数的最大值为12，则的最小值为______．

【答案】

【解析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线得最优解，然后由基本不等式得最小值．

【详解】

作出可行域，如图内部（含边界），作直线，把直线平移到点时目标函数取最大值，即，所以，满足题意．由，在时等号成立，得的最小值为

故答案为：．

【点睛】

本题考查简单的线性规划，考查基本不等式求最值，解题关键是作出可行域及目标函数对应的直线，平移直线得最优解．

15．已知的内角的对边分别为，若，，，则的面积为______．

【答案】

【解析】由正弦定理化边为角，再由诱导公式化，展开后可求得，即角，再由余弦定理求得，最后由三角形面积公式求得面积．

【详解】

由正弦定理得：，因为

所以，因为，所以，

，由余弦定理，即，解得，

所以．

故答案为：

【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式，解题关键是用正弦定理化边为角，然后由三角函数公式变形求出角．

16．已知倾斜角为的直线过曲线的焦点F，且与C相交于不同的两点A，B（A在第一象限），则________.

【答案】2

【解析】先求得直线方程，联立抛物线方程，即可求得点坐标，根据抛物线定义，即可求得.

【详解】

因为抛物线方程为，故可得焦点坐标，

又直线的倾斜角为，故可得方程为，

联立抛物线方程，可得，

解得，代入得，

故可得点坐标为，

由抛物线定义可知：.

故答案为：.

【点睛】

本题考查抛物线中焦半径的求解，属中档题.

三、解答题

17．已知数列的前项和为．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，设是数列的前项和，求证．

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】（1）由求得，注意即可；

（2）由放缩后可裂项相消求和，从而证得结论．

【详解】

（1）当时，，

．  

当时，满足上式， 所以． 

（2）由（1）知，，     

所以．

【点睛】

本题考查由前项和求通项公式，考查放缩法证明不等式．在由求时，一定要注意中有，因此需另外计算验证．

18．疫情无情人有情，为了响应国家“不出门，不串门，不聚餐”的号召，自疫情发生以来，学生主要在家学习，此时学习积极性显得至关重要，为了了解学生的学习积极性和观看电视节目的相关性，对某班50名学生的学习积极性和观看电视节目情况进行了调查，得到的统计数据如下表所示.

（1）请把表格数据补充完整，并运用独立性检验的思想方法，判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为学生的学习积极性与是否观看电视节目有关系？

（2）若从不观看电视节目的28人中按照学习积极性进行分层抽样，抽取7人，再从这7人中随机选取2人作为代表发言，求恰有1人学习积极性高的概率；

附：，

【答案】(1)补全的表格见详解，能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为学生的学习积极性与是否观看电视节目有关系；(2).

【解析】（1）根据表格中已有数据，即可补全表格；再计算的观测值，即可结合参考表作出判断；

（2）先求得人中，积极性高和一般的人各有多少，列举出所有可能行和满足题意的可能性，根据古典概型的概率计算公式即可求得.

【详解】

（1）补全表格如下：

故可得，

故能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为学生的学习积极性

与是否观看电视节目有关系.

（2）根据分层抽样等比例抽取的性质，

可得抽取的7人中，有5人学习积极性高，2人学习积极性一般.

设学习积极性高的人为，学习积极性一般的人为，

故可得从中抽取人的所有可能有如下种：

其中满足题意的有如下种：

,

故满足题意的概率.

【点睛】

本题考查独立性检验中的计算，以及古典概率的概率求解，属综合基础题.

19．在四棱锥中，侧面PAD是等边三角形，且平面平面ABCD，，.

（1）AD上是否存在一点M，使得平面平面ABCD；若存在，请证明，若不存在，请说明理由；

（2）若的面积为，求四棱锥的体积.

【答案】(1) 存在一点M为中点，使得平面平面ABCD，证明见详解；(2).

【解析】（1）取中点为，根据平面，由线面垂直推证面面垂直即可；

（2）根据的面积求得各棱长度，即可由体积公式求得结果.

【详解】

（1）存在点为中点，使得平面平面ABCD，证明如下：

取中点为，连接，如下图所示：

因为为等边三角形，为中点，

故可得；

又因为平面平面ABCD，且交线为，

又因为平面，，

故可得平面，又平面，

故可得平面平面，即证.

（2）不妨设，

故可得，

由（1）可知为直角三角形，

且，，

故可得；

在中，因为，

则，则，

故可得其面积，

解得；

故可得

又由（1）可知，平面，

故.

故四棱锥的体积为.

【点睛】

本题考查由线面垂直推证面面垂直，以及棱锥体积的求解，属综合基础题.

20．已知椭圆的离心率为，点，，，的面积为4.

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）设A，B是x轴上不同的两点，点A在椭圆E内（异于原点），点B在椭圆E外.若过点A作斜率存在且不为0的直线与E相交于不同的两点P，Q，且满足，求证点A，B的横坐标之积为定值.

【答案】(1)；(2)证明见详解.

【解析】（1）根据离心率以及的面积，列方程组即可求得，则椭圆方程得解；

（2）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，结合的斜率之和为零，即可求证.

【详解】

（1）因为离心率为，故可得；

因为的面积为，故可得；

结合，

解得.

故椭圆方程为.

（2）不妨设，

直线的方程为，

联立椭圆方程，

可得，

故可得，

又，则，

则，

故可得，

整理得，

则，

即，即.

因为直线斜率存在且不为0，故可得，

则.

故点A，B的横坐标之积为定值，即证.

【点睛】

本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中的定值问题，涉及韦达定理的使用，属综合中档题.

21．已知函数.

（1）求的最小值；

（2）求证：.（参考数据：）

【答案】(1)；(2)证明见详解.

【解析】（1）对函数求导，判断单调性，根据单调性即可求得最小值；

（2）根据（1）中所求，构造函数，利用导数求得其最小值，结合参考数据即可证明.

【详解】

（1）因为，，

令，解得；

故可得在区间单调递减，在区间上单调递增；

故可得.

故的最小值为.

（2）由（1）可知，当时，，

要证明，只需证明即可.

亦即证明即可.

令，故可得，

令，解得，

故当，单调递减，当，单调递增.

故可得.

又因为

显然，

即证

即.

【点睛】

本题考查利用导数求解函数的最值，以及利用导数证明不等式，属综合中档题.

22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）．

（1）求的直角坐标方程和的普通方程；

（2）若与相交于两点，求的面积．

【答案】（1）：，：；（2）

【解析】（1）由公式可把极坐标方程化为直角坐标方程，消去参数可把参数方程化为普通方程；

（2）直线方程与抛物线方程联立消去得的一元二次方程，由韦达定理得，由焦点弦性质得弦长，再求出原点到直线的距离的可得三角形面积．

【详解】

（1）的极坐标方程可化为，因为，

故的直角坐标方程为，   消参可得的普通方程为；           

（2）的焦点坐标为，为过的直线，联立，得，    

所以，点到直线的距离， 所以

【点睛】

本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查参数方程与普通方程的互化，考查直线与抛物线相交中三角形面积问题，掌握抛物线焦点弦性质解题更加方便．

23．已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）记的最大值为，设，且，求证：．

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】（1）按绝对值定义去掉绝对值符号后分类解不等式即可；

（2）由（1）求出函数最大值，用“1”的代换，展开后用基本不等式可证明．

【详解】

（1），故当或者不成立，当时，，解得：，

故的解集为   ；    

（2）由（1）知，故，所以，

当且仅当时，即，，时，等号成立，所以．

【点睛】

本题考查解含绝对值的不等式，考查用基本不等式证明不等式．用分类讨论思想解绝对值不等式是常用方法．