三湘名校教育联盟2020届高三第二次大联考数学（文）试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com 三湘名校教育联盟·2020届高三第二次大联考 文科数学 一、选择题：本大题共12个小题，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.已知全集，集合，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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.‎ - 21 -‎ ‎3.已知函数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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：一个焦点坐标为，则的长轴长为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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.已知是两个不同平面，直线，则“”是“”的（ ）‎ - 21 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 根据面面平行的判定定理与性质即可得出答案．‎ ‎【详解】解：由题意，若∥，则∥，‎ 根据面面平行的性质，∥是∥的充分条件；‎ 若∥，根据面面平行的判定定理不能推出∥，故不是充分条件；‎ ‎∴∥是∥的充分不必要条件，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判定，属于基础题．‎ ‎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 - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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. ‎ - 21 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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 - 21 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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.‎ - 21 -‎ ‎【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】‎ ‎【分析】‎ 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 - 21 -‎ ‎.‎ 由于球表面积为，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（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知，满足约束条件，则的最小值为______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，平移基准直线到处，求得的最小值.‎ - 21 -‎ ‎【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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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：‎ - 21 -‎ ‎【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：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.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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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 - 21 -‎ ‎，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 - 21 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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 - 21 -‎ ‎，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（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，，‎ - 21 -‎ ‎∴，.‎ ‎【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】‎ 分析】‎ ‎（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 - 21 -‎ ‎，‎ ‎∴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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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，，‎ - 21 -‎ 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.‎ - 21 -‎ ‎（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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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，‎ ‎∴，∴.‎ - 21 -‎ ‎【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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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）‎ - 21 -‎ ‎.‎ 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.‎ - 21 -‎ - 21 -‎