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）
展开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 | 77 | 90 |
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.
