【数学】云南省曲靖市2020届高三第二次教学质量监测试题（文）（解析版） 17页

云南省曲靖市2020届高三第二次教学质量监测 数学试题（文）‎ 一、选择题 ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】,所以 ‎,故选A.‎ ‎2.若复数满足：，则（ ）‎ A. 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】复数满足，‎ 则，‎ 由复数除法运算化简可得 ‎，‎ 由复数模的定义及运算可得，‎ 故选：B.‎ ‎3.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由诱导公式可得.‎ 故选：D.‎ ‎4.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）‎ A. 7 B. ‎9 ‎C. 10 D. 11‎ ‎【答案】B ‎【解析】运行该程序，输入，，则；‎ ‎，不满足判断框，则；‎ ‎，不满足判断框，则；‎ ‎，不满足判断框，则；‎ ‎，不满足判断框，则；‎ ‎，满足判断框，输出.‎ 故选：B.‎ ‎5.已知向量，，，若，则与夹角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】，‎ ‎，‎ 即，解得.‎ 设与夹角为，则，‎ 又因为，所以.‎ ‎6.函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知函数为奇函数，可排除B选项；‎ 当时，，可排除D选项；‎ 当时，，当时，，‎ 即，可排除C选项，‎ 故选A.‎ ‎7.已知实数满足，，则函数存在极值的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】,‎ 因为函数存在极值，‎ 所以有两个不同零点，‎ 即有两个不等的实根，‎ 所以，‎ 因为，‎ 解得，‎ 因为满足，的点的区域为边长为1的正方形，面积为 满足，且的点的区域为正方形内直线下方的三角形区域，面积为,‎ 由几何概型可知函数存在极值的概率为,‎ 故选：B.‎ ‎8.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖膳（biē nào）.如图，网格纸上小正方形的边长1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑表面积为（ ）‎ A. 6 B. ‎21 ‎C. 27 D. 54‎ ‎【答案】C ‎【解析】结合三视图,还原直观图为 ‎ 已知,则该四面体 ‎,故选C.‎ ‎9.已知满足，的最大值为，则直线过定点（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由满足，作出可行域如图：‎ 由图可知，为目标函数取得最大值的最优解，‎ 联立，解得，‎ ‎，即，所以，‎ 代入，得，‎ 即，‎ 由，解得，‎ 直线过定点，‎ 故选：A.‎ ‎10.设函数，满足，若存在零点，则下列选项中一定错误的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为在上为增函数，且，‎ 所以，‎ ‎，‎ 或，‎ 若时，‎ 由存零点，可知，‎ 此时A,B选项正确，C,D选项错误.‎ 若时，‎ 由存在零点，可知，‎ 此时选项A、B、C错误，D选项正确，‎ 综上可知，选项中一定错误的是C选项，‎ 故选：C.‎ ‎11.若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】不妨设双曲线的一条渐近线为，‎ 圆的圆心为，半径，‎ 则圆心到渐近线的距离为 所以弦长，‎ 化简得：，‎ 即，‎ 解得 所以.‎ 故选：D.‎ ‎12.已知的三个内角所对的边分别为，若，，且，则的面积为（ ）‎ A. 或 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】，‎ 即 或，‎ 若，则，‎ 故，与矛盾，‎ 由余弦定理得 故选：D.‎ 二、填空题 ‎13.若抛物线的准线经过直线与坐标轴的一个交点，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】抛物线的准线为 所以其经过直线与坐标轴的交点为 所以，即 故答案为：2‎ ‎14.将容量为样本数据分成组，绘制频率分布直方图，若第至第个矩形的面积之比为，且最后两组数据的频数之和等于，则的值等于______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可知第至第组的频数之比为，‎ 不妨设第至第组的频数为，‎ 则，即 则，‎ 故答案为：.‎ ‎15.关于函数，有下列命题：‎ ‎①由可得必是的整数倍；‎ ‎②在区间上单调递增；‎ ‎③的图象关于点对称；‎ ‎④的图象关于直线对称.‎ 其中正确的命题的序号是______.（把你认为正确的命题序号都填上）‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】对于①，令，即，则，‎ 则，即必是的整数倍，即①错误；‎ 对于②，令，得，又，即在区间上单调递增，即②正确；‎ 对于③，令，解得，当时，，即的图象关于点对称，即③正确；‎ 对于④，令，解得，解，无整数解，即④错误，‎ 综上可得正确的命题的序号是②③，‎ 故答案为：②③.‎ ‎16.在几何体中，是正三角形，平面平面，且，，则的外接球的表面积等于__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意，取的中点，连接，且，则点为正三角形的中点，，易证平面，取中点，连接，‎ 作∥，∥，连接，则为外接球的半径，又，，则，‎ 所以外接球的表面积为，从而问题可得解.‎ 三、解答题 ‎17.某数学教师在甲、乙两个平行班采用“传统教学”和“高效课堂”两种不同的教学模式进行教学实验.为了解教改实效，期中考试后，分别从两个班中各随机抽取名学生的数学成绩进行统计，得到如下的茎叶图：‎ ‎（1）求甲、乙两班抽取的分数的中位数，并估计甲、乙两班数学的平均水平和分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；‎ ‎（2）若规定分数在的为良好，现已从甲、乙两班成绩为良好的同学中，用分层抽样法抽出位同学参加座谈会，要再从这位同学中任意选出人发言，求这人来自不同班的概率.‎ 解：（1）根据茎叶图得：‎ 甲班抽出同学数学分数的中位数：，‎ 乙班抽出同学数学分数的中位数：.‎ 乙班学生数学考试分数的平均水平高于甲班学生数学考试分数的平均水平；‎ 甲班学生数学考试分数的分散程度高于乙班学生数学考试分数的分散程度.‎ ‎（2）根据茎叶图可知：‎ 甲、乙两班数学成绩为良好的人数分别为、，‎ 若用分层抽样法抽出人，则应从甲、乙两班各抽出人、人.‎ 设“位同学任意选出人发言，这人是来自不同班的同学”为事件.‎ 将甲班选出的人记为：、、，乙班选出的人记为：.则共有“、、、、、”种选法，事件包含“、、”种.‎ 故.‎ 故选出的人是来自不同班的同学的概率等于.‎ ‎18.已知正项数列的前项和满足.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，设数列的前项和为，求证：.‎ 解：（1）已知，①‎ 所以，②‎ ‎②－①得，，即；‎ 因为，所以，.‎ 由及得，‎ 故为等差数列，公差.‎ 所以.‎ ‎（2）证明：因为 所以 ‎.‎ 不等式得证.‎ ‎19.如图所示，平面平面，四边形是边长为的正方形，，分别是的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求四棱锥体积.‎ ‎（1）证明：取线段的中点，连接，.‎ ‎，分别为，的中点，‎ 则∥且.‎ 在正方形中，∵是的中点，‎ ‎∴∥且.‎ ‎∴∥，且，则四边形为平行四边形，‎ ‎∴∥.‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴∥平面.‎ ‎（2）解：过作，垂足为.‎ ‎∵平面平面，平面平面，‎ 平面，‎ ‎∴平面.‎ 又，，‎ 所以，四棱锥的高，‎ 故，四棱锥的体积为：.‎ ‎20.已知的两个顶点坐标是，，的周长为，是坐标原点，点满足.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）若互相平行的两条直线，分别过定点和，且直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，若四边形的面积为，求直线的方程.‎ 解：（1）由已知，得，所以，点的轨迹是以为焦点的椭圆（不含左右顶点）.‎ 因为，，，所以，，，‎ 所以，点的轨迹方程为.‎ 设，.由得，，又.‎ 故，点的轨迹的方程为，即.‎ ‎（2）由题意可知，当直线的斜率不存在时，易求得，，‎ ‎，.这时，四边形的面积为，不符合要求.‎ 当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，‎ 则直线的方程为 由消去得，‎ 设，，则，.‎ 故，，‎ 又，两条平行直线，间的距离.‎ 由椭圆的对称性知：四边形为平行四边形，其面积，‎ 解得，或.‎ 故，直线的方程为或.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）求函数在上的最值；‎ ‎（2）若对，总有成立，求实数的取值范围.‎ 解：（1），则，令，解得.‎ 当时，；当时，.‎ 所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.‎ 所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，即.‎ 又，，所以，.‎ 因此，，；‎ ‎（2）因为，，等价于，‎ 令，‎ 因为，总有成立，‎ 所以，函数在上单调递增.‎ 问题化为对恒成立，即对恒成立.‎ 令，则.‎ 由得，.‎ 当时，，函数递增，当时，，函数递减.‎ 所以，，.‎ 因此，实数的取值范围是：.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点、以轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为，若直线与曲线交于、两点.‎ ‎（1）求线段的中点的直角坐标；‎ ‎（2）设点是曲线上任意一点，求面积的最大值.‎ 解：（1）将曲线的极坐标方程可化为，化为直角坐标方程得，‎ 将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得：，化简得，‎ 设、的参数分别为、，由韦达定理得：，于是.‎ 设，则，‎ 故点的直角坐标为；‎ ‎（2）由（1）知：，，‎ 所以，，‎ 又直线的普通方程为，圆心到直线的距离为，圆的半径.‎ 所以，点到直线的距离的最大值为.‎ 因此，面积的最大值为：.‎ ‎23.已知不等式对于任意的恒成立.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）若的最大值为，且正实数、、满足，求证：.‎ 解：（1）由绝对值三角不等式可得，‎ 所以，，解得，‎ 因此，实数的取值范围是；‎ ‎（2）因为，，所以，，，‎ 所以，.‎ 即.‎