河南省许昌济源平顶山2020届高三第二次质量检测数学（理）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 许昌济源平顶山2020年高三第二次质量检测 理科数学 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的解法分别求出集合与，结合交集的定义，即可求出结果.‎ ‎【详解】解：由题意可知,‎ ‎，‎ ‎，‎ 则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集及其运算，还考查一元二次不等式的解法和对数的运算.‎ ‎2.复数，则的共轭复数等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算，再结合共轭复数的概念，即可得出答案.‎ ‎【详解】解：由题意得，‎ ‎，‎ 则，‎ - 26 -‎ 即共轭复数.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除法运算和共轭复数的概念，属于基础题.‎ ‎3.已知数列是等比数列，函数的零点分别是，，则（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由韦达定理可知，，由此利用等比数列的性质求解即可.‎ ‎【详解】函数的零点分别是，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 又数列是等比数列，‎ ‎，‎ ‎，经检验满足要求.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦函数、对数函数、指数函数的单调性，比较大小即可.‎ ‎【详解】，‎ ‎，即，‎ - 26 -‎ ‎，，‎ ‎，即，‎ ‎，，‎ ‎，即，‎ ‎.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了利用函数单调性比较大小，属于基础题.‎ ‎5.给出下列四个结论：‎ ‎①若是奇函数，则也是奇函数；‎ ‎②若不是正弦函数，则不是周期函数；‎ ‎③“若，则.”的否命题是“若，则.”；‎ ‎④若：；：，则是的充分不必要条件.‎ 其中正确结论的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，逐一分析，即可判断得出结论.‎ ‎【详解】解：①若是奇函数，有，‎ 则，所以也是奇函数，①正确；‎ ‎②若不是正弦函数，而可以是余弦函数，是周期函数，所以②错误；‎ ‎③根据否命题的定义可知：对原命题的条件和结论都否定，可知③正确；‎ ‎④中，由：，解得或；由：，解得，‎ 则是的必要不充分条件，故④错误.‎ - 26 -‎ 综上可知，正确结论的个数为2个.‎ 故答案为：B.‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及定义法判断函数的奇偶性、周期函数、否命题以及充分必要条件的定义等知识.‎ ‎6.在中，、分别为、的中点，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的加减法运算，求得，进而得出，列式分别求出和，即可求得.‎ ‎【详解】解：已知、分别为、的中点，‎ 由向量的加减法运算， ‎ 得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ 则，‎ 则.‎ 故选：C.‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的加减法运算以及向量的基本定理的应用.‎ ‎7.过双曲线：的右顶点作轴的垂线，与的一条渐近线交于点，以的右焦点为圆心的圆经过、两点（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求得，右焦点，，利用勾股定理得出，从而得出为正三角形，即可求出双曲线的离心率.‎ ‎【详解】解：由题知，双曲线的一条渐近线方程为：，‎ 则，右焦点，‎ ‎，‎ 又，则，‎ 则为正三角形，则，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率以及双曲线的简单几何性质的应用.‎ ‎8.自新型冠状病毒疫情爆发以来，人们时刻关注疫情，特别是治愈率，治愈率 - 26 -‎ 累计治愈人数／累计确诊人数，治愈率的高低是“战役”的重要数据，由于确诊和治愈人数在不断变化，那么人们就非常关心第天的治愈率，以此与之前的治愈率比较，来推断在这次“战役”中是否有了更加有效的手段，下面是一段计算治愈率的程序框图，请同学们选出正确的选项，分别填入①②两处，完成程序框图.（ ）‎ ‎：第天新增确诊人数；：第天新增治愈人数；：第天治愈率 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ 由治愈率的公式，结合程序框图可知和的意义，可得①处正确选项，即可得解.‎ ‎【详解】∵治愈率累计治愈人数／累计确诊人数，‎ 由程序框图可知，表示累计治愈人数，表示累计确诊人数，‎ ‎∴，即①处填.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了补全程序框图，属于基础题.‎ ‎9.某小学要求下午放学后的17：00-18：00接学生回家，该学生家长从下班后到达学校（随机）的时间为17：30-18：30，则该学生家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设学生出来的时间为，家长到达学校的时间为，转化成线性规划问题，利用面积型几何概型求概率，即可求得概率.‎ ‎【详解】解：根据题意，设学生出来的时间为，家长到达学校的时间为，‎ 学生出来的时间为17：00-18：00，看作，‎ 家长到学校的时间为17：30-18：30，，‎ 要使得家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子，则需要，‎ 则相当于，即求的概率，‎ 如图所示： ‎ 约束条件对应的可行域面积为：1，‎ 则可行域中的面积为阴影部分面积：，‎ 所以对应概率为：，‎ 即学生家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子的概率为：.‎ - 26 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用面积型几何概型求概率，考查运算求解能力.‎ ‎10.已知函数的图象过点，则要得到函数的图象，只需将函数的图象 A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题可得，因为点在函数的图象上，所以，所以，即，因为，即，解得，又，所以，，所以 ，故要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位长度．故选A．‎ ‎11.已知，设是关于的方程的实数根，记，.（符号表示不超过的最大整数）.则（ ）‎ A. 1010.5 B. 1010 C. 1011.5 D. 1011‎ - 26 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，则，令，通过求导得出的单调性，利用零点存在性定理，得出，进而得出，便可求出结果.‎ ‎【详解】解：由题可知，设，则，‎ 而是关于的方程的实数根，‎ 于是方程化为.‎ 记，‎ ‎，‎ 则在上为增函数，‎ 且，，‎ 则，则，‎ 又，‎ 则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的综合应用，涉及运用导数求出函数单调性、零点存在性定理和数列求和，考查计算能力.‎ ‎12.已知为自然对数的底数，定义在上的函数满足，其中为的导函数，若，则的解集为（ ）‎ - 26 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，构造新函数，求导，利用导函数求得在上是减函数，由得出，将转化为，利用单调性即可求出不等式的解集.‎ ‎【详解】解：由题可知，，即：，‎ 则令，‎ 则，‎ 所以，在上是减函数，‎ 因为，则，即：，‎ 则不等式，则，等价于，‎ 即，则，‎ 所以的解集为：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用单调性解不等式，利用构造函数法和利用导数求出函数的单调性，考查转化思想.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.现有排成一列的5个花盆，要将甲、乙两种花分别栽种在其中的2个花盆里，若要求没有3个空花盆相邻，则不同的种法总数是__________（用数字作答）.‎ ‎【答案】14‎ ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【分析】‎ 先求出没有限制的种花种数，再排除三个空盆相邻的种数，即可得出答案.‎ ‎【详解】解：由题知，没有限制的种花种数为：种，‎ 其中三个空花盆相邻的情况有：种，‎ 则没有3个空花盆相邻的种数为：20-6=14种.‎ 故答案为：14.‎ ‎【点睛】本题考查排列与组合的应用，利用捆绑法解决问题.‎ ‎14.展开式奇数项的二项式系数和为32，则该展开式的中间项是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，利用二项式系数和公式求出，则二项展开式的中间项为第4项，根据通项公式，即可求出中间项.‎ ‎【详解】解：已知二项展开式的奇数项的二项式系数和为32，‎ 则所有二项式系数和64，‎ 则，得，‎ 得二项展开式共有7项，则中间项为第4项，‎ 所以展开式的中间项为：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式的通项公式，以及所有二项式系数和，考查计算能力.‎ ‎15.在平行四边形中，，，且，以为折痕，将折起，使点到达点处，且满足，则三棱锥的外接球的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【分析】‎ 先由余弦定理求得，在四面体中，根据棱长关系可知，将四面体放在长方体中，则三棱锥的外接球转化为长方体的外接球，根据棱长关系求出长方体的长、宽、高，利用长方体的体对角线等于外接球的直径，求出外接球半径，从而可求得外接球的表面积.‎ ‎【详解】解：在中，，，且，‎ 由余弦定理，得，‎ 即：，解得：，‎ 在四面体中，，，，‎ 三组对棱长相等，可将四面体放长方体中，‎ 设长方体的相邻三棱长分别为，，，设外接球半径为，‎ 则，，，‎ 则，即，所以.‎ 所以，四面体外接球的表面积为：‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查外接球的表面积，涉及长方体的外接球的性质，考查转化思想和计算能力.‎ ‎16.对于数列定义：，，‎ - 26 -‎ ‎，，，称数列为数列的阶差分数列.如果（常数），那么称数列是阶等差数列.现在设数列是阶等差数列，且，，，，则数列的通项公式为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义，利用迭加法求得，继续迭加后，得出，先求出的表达式，即可得出数列的通项公式.‎ ‎【详解】解：由题知：，‎ ‎，‎ ‎……‎ ‎，‎ 迭加得：，‎ 则，.‎ 又，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎……‎ ‎，‎ 迭加得：，‎ 则，‎ - 26 -‎ 则，‎ ‎，‎ ‎……‎ ‎，‎ 迭加得：，‎ 则，‎ 则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查由新定义求数列通项公式以及迭加法的运用，考查逻辑思维和计算能力.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎17.内角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，延长至.使，且，点在上，且，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，由正弦定理得，利用诱导公式和两角和与差的正弦公式化简得，即可求出角；‎ - 26 -‎ ‎（2）设，，则，中，由余弦定理求出，求得，从而得出的面积.‎ ‎【详解】解：（1），‎ 由正弦定理可得：，‎ 又，∴，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∵，∴，∴，‎ 又∵，∴，‎ ‎（2）设，，则，‎ 在中，由余弦定理得，‎ 解得或，‎ 当时，.‎ 所以，，，，‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，以及三角形的面积公式，还涉及诱导公式和两角和与差的正弦公式，考查计算能力.‎ ‎18.如图，四棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形且垂直于底面，‎ - 26 -‎ ‎，，是的中点.‎ ‎（1）求证：直线平面；‎ ‎（2）点在棱上，且二面角的余弦值为，求直线与底面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连结，，根据三角形中位线的性质，得出，，结合条件，可证出四边形为平行四边形，得出，最后根据线面平行的判定定理，即可证明直线平面；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，设，则可得，由图可知底面法向量，根据空间向量法求出平面的法向量，利用已知的二面角余弦值，求出，得出点坐标，再利用空间向量求线面角的公式，求出直线与底面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】‎ 解：证明：（1）取中点，连结，，‎ - 26 -‎ 因为为的中点，所以，，‎ 由，得，‎ 又，所以,//，‎ 则四边形为平行四边形，有，‎ 又平面，平面，故平面.‎ ‎（2）‎ 由已知得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ ‎，，‎ 设，则可得，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，即，‎ 取，则，‎ 又易知底面的一个法向量为，‎ 由于二面角的余弦值为，‎ ‎∴，‎ - 26 -‎ ‎∴，解得或（舍去），‎ ‎∴，∴，‎ 则，‎ ‎∴直线与底面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定定理和利用空间向量法求空间角的问题，考查空间思维和计算能力.‎ ‎19.一家商场销售一种商品，该商品一天的需求量在范围内等可能取值，该商品的进货量也在范围内取值（每天进货1次）.这家商场每销售一件该商品可获利60元；若供不应求，可从其他商店调拨，销售一件该商品可获利40元；若供大于求，剩余的每处理一件该商品亏损20元.设该商品每天的需求量为，每天的进货量为件，该商场销售该商品的日利润为元.‎ ‎（1）写出这家商场销售该商品的日利润为关于需求量的函数表达式；‎ ‎（2）写出供大于求，销售件商品时，日利润的分布列；‎ ‎（3）当进货量多大时，该商场销售该商品的日利润的期望值最大？并求出日利润的期望值的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析；（3）或，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，该商品每天的需求量为，进货量为，分段求出和时，利润为关于需求量的函数表达式；‎ - 26 -‎ ‎（2）当供大于应求时，每种情况的概率都为，即可求出日利润为的分布列；‎ ‎（3）分别求出日利润，得出的分布列，即可求出日利润的数学期望，根据二次函数的性质，可知或是日利润的期望值最大，即可求出期望值的最大值.‎ ‎【详解】解：（1）因为该商品每天的需求量为，进货量为，‎ 该量贩销售该商品的日利润为关于需求量的函数表达式为：‎ ‎，‎ 化简得：，‎ ‎（2）供大于应求时，日利润为的分布列：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎. ‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎（3）日利润为的分布列： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 的数学期望为：‎ - 26 -‎ ‎，‎ 当数学期望值最大，‎ 但为自然数，经验证或，.‎ ‎【点睛】本题考查函数在实际生活中应用，以及分布列和数学期望，考查分析解决和计算能力.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）令，求函数的单调区间；‎ ‎（2）若，正实数满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）当时，函数的递增区间是，无递减区间；当时，函数的递增区间是，递减区间是；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简，，对分成和两类讨论的单调区间；‎ ‎（2）当时，，转化为，令，利用导数求得，又，故，由可知.‎ ‎【详解】（1），‎ - 26 -‎ 所以，‎ 当时，因为，所以，即在单调递增，‎ 当时，，令，得，‎ 所以当时，，单调递增，‎ 当时，单调递减，‎ 综上，当时，函数单调递增区间为，无递减区间；‎ 当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为；‎ ‎（2）当时，，‎ 由可得，‎ 即，‎ 令，则，‎ 则在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 所以，所以，‎ 又，故，‎ 由可知．‎ ‎【点晴】解答此类求单调区间问题，应该首先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错. 解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：（1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．（2）将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理．‎ - 26 -‎ ‎21.已知椭圆，、为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设直线，过点的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线分别交直线、直线于、两点，当最小时，求直线的方程.‎ ‎【答案】(1) (2) 或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设椭圆的左焦点，由，解得，再结合椭圆的定义，求得的值，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）可设直线，联立方程组，求得，利用弦长公式，求得和的长，进而得到，利用基本不等式，求得的值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）设椭圆左焦点，则，解得，‎ 所以，则由椭圆定义，∴，‎ 故椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）由题意直线的斜率必定不为零，于是可设直线，‎ 联立方程得，‎ ‎∵直线交椭圆于，，‎ - 26 -‎ ‎∴‎ 由韦达定理，‎ 则，∴‎ ‎∵，∴，∴‎ 又 ‎∴‎ 当且仅当即时取等号.‎ 此时直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎22.在直角坐标系中，已知圆的参数方程是（为参数）.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是，射线：与圆的交点为、两点，与直线的交点为.‎ ‎（1）求圆的极坐标方程；‎ ‎（2）求线段的长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）圆C的参数方程消去参数，求出圆C的普通方程，由，，‎ - 26 -‎ ‎，即可求出圆C的极坐标方程；‎ ‎（2）设点的极坐标为，将圆C的极坐标方程与射线联立，求出的极坐标，设点的极坐标为，联立直线的极坐标方程与射线的极坐标方程，求出的极坐标，即可求得线段的长.‎ ‎【详解】解：（1）由题可得，圆的普通方程是，‎ 即，‎ 又，，，‎ 所以圆的极坐标方程是.‎ ‎（2）设点的极坐标为，‎ 则有，‎ 解得，‎ ‎，‎ 设点极坐标为，‎ 则有，‎ 解得，‎ ‎，‎ 由于，‎ 所以，‎ - 26 -‎ 所以线段的长为5.‎ ‎【点睛】本题考查了圆的参数方程和普通方程的互化以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，考查了极坐标系中线段长的求法，考查了转化能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式：；‎ ‎（2）设，求的最小值.‎ ‎【答案】（1），，；（2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用分类讨论法解不等式即可;（2），利用绝对值三角不等式可得其最小值．‎ ‎【详解】（1）原不等式等价于，‎ ‎①时，原不等式化为：，得，，‎ ‎②时，原不等式化为：，得，，‎ ‎③时，原不等式化为：，得，，‎ 综上：，，；‎ ‎（2）‎ ‎，‎ 当且仅当，且，即时，等号成立，‎ 故的最小值为4.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和绝对值三角不等式，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ - 26 -‎ - 26 -‎