吉林省吉林市普通中学2020届高三调研测试数学（理）试题 19页

吉林市普通中学2019—2020学年度高中毕业班第二次调研测试 理科数学 一、选择题：本大题共12题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求.‎ ‎1.集合的子集的个数是（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定集合中元素的个数，再得子集个数．‎ ‎【详解】由题意，有三个元素，其子集有8个．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查子集的个数问题，含有个元素的集合其子集有个，其中真子集有个．‎ ‎2.已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 求出复数，得出其对应点的坐标，确定所在象限．‎ ‎【详解】由题意,对应点坐标 ，在第二象限．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数的除法运算，属于基础题．‎ ‎3.如果一组数据的中位数比平均数小很多，则下列叙述一定错误的是（ ）‎ A. 数据中可能有异常值 B. 这组数据是近似对称的 C. 数据中可能有极端大的值 D. 数据中众数可能和中位数相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据中位数、平均数、众数的定义说明．‎ ‎【详解】中位数表示一组数据的一般水平，平均数表示一组数据的平均水平，如果这两者差不多，说明数据分布较均匀，也可以看作近似对称，但现在它们相关很大，说明其中有异常数据，有极端大的值，众数是出现次数最多的数，可能不止一个，当然可以和中位数相同，因此只有B错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查样本数据特征，掌握它们的概念是解题基础．‎ ‎4.“”是“，”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出满足的值，然后根据充分必要条件的定义判断．‎ ‎【详解】由得，即， ，因此“”是“，”的必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件，掌握充分必要条件的定义是解题基础．解题时可根据条件与结论中参数的取值范围进行判断．‎ ‎5.对两个变量进行回归分析，给出如下一组样本数据：，，，，下列函数模型中拟合较好的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出四个函数的图象及给出的四个点，观察这四个点在靠近哪个曲线．‎ ‎【详解】‎ 如图，作出A，B，C，D中四个函数图象，同时描出题中的四个点，它们在曲线的两侧，与其他三个曲线都离得很远，因此D是正确选项，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查回归分析，拟合曲线包含或靠近样本数据的点越多，说明拟合效果好．‎ ‎6.已知实数，满足线性约束条件，则最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定函数的最值即可.‎ ‎【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，‎ 目标函数即：，其中z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，‎ 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最小值，‎ 联立直线方程：，可得点的坐标为：，‎ 据此可知目标函数的最小值为：.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划的问题，关键是画出可行域并理解目标函数的几何意义，属于基础题.‎ ‎7.已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（）‎ A. 1 B. 2 C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为圆与抛物线的准线相切，则圆心为（3,0），半径为4，根据相切可知，圆心到直线的距离等于 半径，可知的值为2，选B.‎ ‎【详解】‎ 请在此输入详解！‎ ‎8.如图，正方体中，，，，分别为所在棱的中点，则下列各直线中，不与平面平行的是（ ）‎ A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行的判定定理判断．‎ ‎【详解】首先四个选项的直线都不在平面内，由中点及正方体的性质知，‎ ‎，，∴直线，，都与平面平行，剩下的只有不与平面平行．实际上过作 的平行线，这条平行线在平面内且与相交（它们都在平面内）．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定，解题根据是线面平行的判定定理．‎ ‎9.我国宋代数学家秦九韶（1202－1261）在《数书九章》（1247）一书中提出“三斜求积术”，即：以少广求之，以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.其实质是根据三角形的三边长，，求三角形面积，即.若的面积，，，则等于（ ）‎ A 5 B. 9 C. 或3 D. 5或9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知数据代入面积公式解方程即得．‎ ‎【详解】由题意得，，‎ 整理得，或5，即或3．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题寓数学知识于数学文化之中，解题时只要把已知代入面积公式解方程即可得．‎ ‎10.已知双曲线：（，）的焦距为.点为双曲线的右顶点，若点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由点到直线距离公式建立的等式，变形后可求得离心率．‎ ‎【详解】由题意，一条渐近线方程为，即，∴，‎ ‎，即，，．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线的离心率，掌握渐近线方程与点到直线距离公式是解题基础．‎ ‎11.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先与1比较，得一最大的，剩下的两个与比较．‎ ‎【详解】首先，最大，‎ 其次，，∴，∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查比较幂和对数的大小，对不同底的对数或幂一般借助于中间值比较，如0，1，2等等．本题中是与比较的．‎ ‎12.如图，在中，点，分别为，的中点，若，，且满足，则等于（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选取为基底，其他向量都用基底表示后进行运算．‎ ‎【详解】由题意是的重心，‎ ‎ ，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积，解题关键是选取两个不共线向量作为基底，其他向量都用基底表示参与运算，这样做目标明确，易于操作．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡中相应位置.‎ ‎13.在空间直角坐标系中，，，，，则四面体的外接球的体积为______.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由四点坐标知此四点正好是一个长方体的四个顶点，则长方体的对角线就是四面体外接球的直径．‎ ‎【详解】取，则是长方体，其对角线长为，∴四面体外接球半径为．‎ ‎，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查四面体外接球体积，关键是在三个坐标平面上找三个点结合坐标原点，共八点是一个长方体的八个顶点，这样外接球直径易知．‎ ‎14.直线（，）过圆：的圆心，则的最小值是______.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心坐标，代入直线方程得的关系，再由基本不等式求得题中最小值．‎ ‎【详解】圆：的标准方程为，圆心为，‎ 由题意，即，‎ ‎∴，当且仅当 ，即时等号成立，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查用基本不等式求最值，考查圆的标准方程，解题方法是配方法求圆心坐标，“1”的代换法求最小值，目的是凑配出基本不等式中所需的“定值”．‎ ‎15.若函数在区间上恰有4个不同的零点，则正数的取值范围是______.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的零点，让正数零点从小到大排列，第三个正数零点落在区间上，第四个零点在区间外即可．‎ ‎【详解】由，得，，‎ ‎，，‎ ‎∵，‎ ‎∴ ，解得．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点，根据正弦函数性质求出函数零点，然后题意，把正数零点从小到大排列，由于0已经是一个零点，因此只有前3个零点在区间上．由此可得的不等关系，从而得出结论，本题解法属于中档题．‎ ‎16.关于函数有下列四个命题：‎ ‎①函数在上是增函数；‎ ‎②函数的图象关于中心对称；‎ ‎③不存在斜率小于且与函数的图象相切的直线；‎ ‎④函数的导函数不存在极小值.‎ 其中正确的命题有______.（写出所有正确命题的序号）‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由单调性、对称性概念、导数几何意义、导数与极值的关系进行判断．‎ ‎【详解】函数的定义域是，‎ 由于，‎ 在上递增，∴函数在上是递增，①正确；‎ ‎，∴函数的图象关于中心对称，②正确；‎ ‎，时取等号，∴③正确；‎ ‎，设，则，显然是即的极小值点，④错误．‎ 故答案为：①②③.‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性、对称性，考查导数的几何意义、导数与极值，解题时按照相关概念判断即可，属于中档题．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17.已知数列是公比为正数的等比数列，其前项和为，满足，且成等差数列.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由公比表示出，由成等差数列可求得，从而数列的通项公式；‎ ‎（2）求（1）得，然后对和式两两并项后利用等差数列的前项和公式可求解．‎ ‎【详解】（1）∵是等比数列，且成等差数列 ‎∴，即 ‎∴，解得：或 ‎∵，∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎（2）∵‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查并项求和法及等差数列的项和公式．本题求数列通项公式所用方法为基本量法，求和是用并项求和法．数列的求和除公式法外，还有错位相关法、裂项相消法、分组（并项）求和法等等．‎ ‎18.如图，三棱柱的侧棱垂直于底面，且，，，，是棱的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由侧棱垂直于底面，且，得可侧面与底面垂直，从而与侧面垂直，因此有，即有，于是只要证即可有线面垂直，从而证，这个在矩形由相似三角形可得证；‎ ‎（2）以分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面法向量，有平面法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值（注意确定二面角是锐角还是钝角）．‎ ‎【详解】（1）证明：∵平面 ‎∴四边形是矩形 ‎∵中点，且 ‎∴‎ ‎∵，，‎ ‎∴，∴‎ 连接 ，‎ ‎∵，∴与相似 ‎∴，∴‎ ‎∴‎ ‎∵，∴平面 ‎∴平面 ‎∵平面，∴‎ ‎∴平面，∴．‎ ‎（2）解∶如图，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则 ‎，，，，‎ ‎∴，，，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 解得：‎ 同理，平面的法向量 设二面角的大小为，则 即二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查空间向量法求二面角．证明线面垂直，就要证线线垂直，而证明线线垂直又可通过线面垂直得出，因此我们要注意空间线线与线面垂直的相互转化，用好用活判定定理和性质定理．立体几何中求空间角可用空间向量法求解，即建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角与空间角的关系求解．‎ ‎19.已知中，角，，所对的边分别为，，，，且满足.‎ ‎（1）求的面积；‎ ‎（2）若，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由诱导公式和二倍角公式可得，从而得三角形面积；‎ ‎（2）由余弦定理得，从而可把用角表示出来，由三角函数性质求得最大值．‎ ‎【详解】解：‎ ‎（1）在中，，∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∵，∴‎ ‎∴‎ ‎（2）∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴当时，取最大值.‎ ‎【点睛】本题考查二倍角公式，诱导公式，两角和与差的正弦公式，余弦定理．本题关键是，这样可把表示为角的函数，从而求得最值．‎ ‎20.为满足人们的阅读需求，图书馆设立了无人值守的自助阅读区，提倡人们在阅读后将图书分类放回相应区域.现随机抽取了某阅读区500本图书的分类归还情况，数据统计如下（单位：本）.‎ 文学类专栏 科普类专栏 其他类专栏 文学类图书 ‎100‎ ‎40‎ ‎10‎ 科普类图书 ‎30‎ ‎200‎ ‎30‎ 其他图书 ‎20‎ ‎10‎ ‎60‎ ‎（1）根据统计数据估计文学类图书分类正确的概率；‎ ‎（2）根据统计数据估计图书分类错误的概率；‎ ‎（3）假设文学类图书在“文学类专栏”、“科普类专栏”、“其他类专栏”的数目分别为，，，其中，，，当，，的方差最大时，求，的值，并求出此时方差的值.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）当，时，取最大值 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）文学类图书共有150本，其中正确分类的有100本，由此可计算概率；‎ ‎（2）图书分类错误的共有140本，图书总共有500本，易得概率；‎ ‎（3）计算平均值，再计算方差，转化为的函数后可得最大值．‎ ‎【详解】解：‎ ‎（1）由题意可知，文学类图书共有本，其中正确分类的有100本 所以文学类图书分类正确的概率 ‎（2）图书分类错误的共有本，因为图书共有500本，‎ 所以图书分类错误的概率 ‎（3），，的平均数 所以方差 ‎∵，，∴当，时，取最大值.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型，考查方差的计算．考查了学生的数据处理能力．属于中档题．‎ ‎21.设函数.‎ ‎（1）若函数在是单调递减的函数，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导函数，由在上恒成立，采用分离参数法求解；‎ ‎（2）观察函数，不等式凑配后知，利用时可证结论．‎ ‎【详解】（1）因为在上单调递减，‎ 所以，即在上恒成立 因为在上是单调递减的，所以，所以 ‎（2）因为，所以 由（1）知，当时，在上单调递减 所以 即 所以.‎ ‎【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式．解题关键是把不等式与函数的结论联系起来，利用函数的特例得出不等式的证明．‎ ‎22.已知，，动点满足直线与直线的斜率之积为，设点的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）若过点的直线与曲线交于，两点，过点且与直线垂直的直线与 相交于点，求的最小值及此时直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）的最小值为1，此时直线：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用直接法求轨迹方程，即设动点为，把已知用坐标表示并整理即得．注意取值范围；‎ ‎（2）设：，将其与曲线的方程联立，消元并整理得，‎ 设，，则可得，，由求出，‎ 将直线方程与联立，得，求得，计算，设.显然，构造，由导数的知识求得其最小值，同时可得直线的方程.‎ ‎【详解】（1）设，则，即 整理得 ‎（2）设：，将其与曲线的方程联立，得 即 设，，则，‎ 将直线：与联立，得 ‎∴‎ ‎∴‎ 设.显然 构造 在上恒成立 所以在上单调递增 所以，当且仅当，即时取“=”‎ 即的最小值为1，此时直线：.‎ ‎（注：1.如果按函数的性质求最值可以不扣分；2.若直线方程按斜率是否存在讨论，则可以根据步骤相应给分.）‎ ‎【点睛】本题考查求轨迹方程，考查直线与椭圆相交中的最值．直线与椭圆相交问题中常采用“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立并消元，然后用韦达定理得（或），把这个代入其他条件变形计算化简得出结论，本题属于难题，对学生的逻辑推理、运算求解能力有一定的要求．‎ ‎ ‎