2020届四省八校高三第二次教学质量检测数学（理）试题（解析版）

2020届四省八校高三第二次教学质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．若全集，集合，，则如图阴影部分所表示的集合为（    ）

A． B．或

C． D．

【答案】D

【解析】先化简集合，根据venn图，得到阴影部分是将集合中属于的部分去掉，进而可得出结果.

【详解】

因为.

由图可知，阴影部分是将集合中属于的部分去掉，

又，

所以阴影部分所表示的集合应为.

故选D

【点睛】

本题主要考查由venn图确定集合，熟记集合的表示，以及集合的基本运算即可，属于基础题型.

2．已知（为虚数单位）.则实数等于（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】先将复数化简，再由题意得到，求解，即可得出结果.

【详解】

因为，

所以，解得：.

故选C

【点睛】

本题主要考查由复数的运算求参数的问题，熟记复数的乘法运算，以及复数的类型即可，属于基础题型.

3．平面内到两定点的距离之比等于常数的动点的轨迹叫做阿波罗尼斯圆.已知，，，则点的轨迹围成的平面图形的面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】先设，根据题意得到，化简整理，得到点的轨迹，进而可求出结果.

【详解】

设，因为，，

所以，，

由题意：，

整理得：，

即点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，

所以.

故选B

【点睛】

本题主要考查求轨迹问题，熟记求轨迹方程的一般步骤即可，属于常考题型.

4．是单位向量，“”是“的夹角为钝角”的（    ）

A．充要条件 B．充分而不必要条件

C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】根据向量数量积的运算，结合题意得到，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.

【详解】

因为是单位向量，由可得：，所以，则的取值范围是，不能推出“的夹角为钝角”；

反之，若“的夹角为钝角”，则，所以；

即“”是“的夹角为钝角”的必要不充分条件.

故选C

【点睛】

本题主要考查求命题的必要不充分条件，熟记充分条件与必要条件的概念，以及向量的数量积运算即可，属于常考题型.

5．设等差数列的前项和为，已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】根据等差数列的求和公式与性质，得到，即可得出结果.

【详解】

因为等差数列的前项和为，，

所以，

∴，即：.

故选B

【点睛】

本题主要考查等差数列的基本量运算，熟记等差数列的求和公式，以及等差数列的性质即可，属于基础题型.

6．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】根据对数与指数幂的运算，分别得出的大致范围，即可得出结果.

【详解】

由题意可得：，，，

所以.

故选B

【点睛】

本题主要考查指数幂与对数的比较大小，熟记指数幂与对数的运算性质即可，属于常考题型.

7．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据两角和的正弦公式，得到，两边平方，即可得出结果.

【详解】

由可得，

两边平方得，整理得：.

故选D

【点睛】

本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记公式即可，属于常考题型.

8．已知，，若，则的最大值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据向量共线，得到，根据基本不等式，即可得出结果.

【详解】

因为，，，所以，

又，，所以.

故选A

【点睛】

本题主要考查向量共线的坐标表示，以及基本不等式求最值，熟记向量共线的坐标表示，以及基本不等式即可，属于常考题型.

9．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】先由题意，得到该三棱锥可看作长方体的一个角，且长方体的长宽高分别为，其外接球球心即是体对角线的中点，设三棱锥的外接球半径为，结合题中数据，以及球的表面积公式，即可得出结果.

【详解】

由题意，该三棱锥可看作长方体的一个角，且长方体的长宽高分别为，其外接球球心即是体对角线的中点，

设三棱锥的外接球半径为，则，即，

所以.

故选A

【点睛】

本题主要考查求几何体外接球的表面积，熟记几何体的结构特征，以及球的表面积公式即可，属于常考题型.

10．某中学《同唱华夏情，共圆中国梦》文艺演出于2019年11月20日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6个节目组成，若考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目《文明之光》必须排在前三位，且节目《一带一路》、《命运与共》必须排在一起，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（    ）

A．120种 B．156种

C．188种 D．240种

【答案】A

【解析】分别讨论节目《文明之光》排在第一位，排在第二位或第三位两种情况，结合题中条件，即可得出结果.

【详解】

若节目《文明之光》排在第一位，由题意可得：共有种编排方案；

若节目《文明之光》排在第二位或第三位，则有种编排方案.

故开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有.

故选A

【点睛】

本题主要考查排列组合的应用，根据特殊问题优先考虑的原则，以及排列组合的概念，即可求解，属于常考题型.

11．已知双曲线的离心率为，是双曲线上关于原点对称的两点，是双曲线上异于的动点，直线的斜率分别为，若，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】先根据离心率求出，设，，则，根据点差法得到，进而可得出结果.

【详解】

∵，∴，则双曲线的方程为：

设，，则

即

∵，∴.

故选A

【点睛】

本题主要考查双曲线的应用，熟记双曲线的简单几何性质即可，属于常考题型.

12．已知对任意恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】先由题意得到，令，得到对任意恒成立；令，对函数求导，用导数的方法研究其单调性，分别讨论，两种情况，即可得出结果.

【详解】

由可得：，

令，，由题可得：对任意恒成立；

令，则，

所以在上显然恒成立，

所以在上单增，

所以，

当时，对恒成立，所以，符合题意.

当时，在上递增可知，使得

且时，，时，.所以在上单减.

所以，综上.

故选D

【点睛】

本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，熟记导数的方法研究函数单调性，最值等，属于常考题型.

二、填空题

13．已知数列是公比的等比数列，且，则________.

【答案】

【解析】先由微积分基本定理求出，再由求出首项，进而可求出结果.

【详解】

因为等比数列的公比，且，

∴，∴.

故答案为

【点睛】

本题主要考查等比数列的基本量运算，熟记微积分基本定理，以及等比数列的通项公式即可，属于基础题型.

14．的展开式中含项的系数为________.

【答案】

【解析】先将原式整理得到，根据题意，只需求出中含的系数，即可得出结果.

【详解】

因为，

而中含的系数为，所以的系数为.

故答案为

【点睛】

本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.

15．已知变量满足约束条件，若恒成立，则实数的取值范围为________.

【答案】

【解析】先由约束条件作出可行域，令，结合图像求出的最小值为，根据题意，得到，求解，即可得出结果.

【详解】

由约束条件作出可行域如下：

令，则可化为，因此表示直线在轴的截距，

由图像可得：当直线过点时，截距最小，即最小；

由可得，

所以；

因此，由恒成立可得：.

解得：或；

所以实数的取值范围为：.

故答案为

【点睛】

本题主要考查线性规划，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记简单线性规划的解法，以及不等式恒成立的求解方法即可，属于常考题型.

16．对任意实数，以表示不超过的最大整数，称它为的整数部分，如，等.定义，称它为的小数部分，如，等.若直线与有四个不同的交点，则实数的取值范围是________.

【答案】

【解析】先由题意，得到当时，，且是周期为1的函数；作出函数图像，结合图像得到或，求解，即可得出结果.

【详解】

当时，，又由题意，易知：是周期为1的函数；

作出与图象如下：

由图像，为使直线与有四个不同的交点，

只需或，

解得或，

即.

故答案为

【点睛】

本题主要考查由函数交点个数求参数的问题，熟记分段函数的图像，以及函数与方程的综合，利用数形结合的方法求解即可，属于常考题型.

三、解答题

17．在锐角，中，内角的对边分别为，且

（1）求角的大小；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）先由题意，得到，再由正弦定理得到，再结合两角和的正弦公式，推出，进而可求出结果；

（2）先由（1）得，，根据是锐角三角形，得到，根据正弦定理，得到，即可求出结果.

【详解】

（1）因为，

所以，

由正弦定理，，且，

所以，

又因为，∴，

所以，.

（2）由（1）可知，，而是锐角三角形，

∴

由正弦定理，，所以

【点睛】

本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，以及两角和的正弦公式即可，属于常考题型.

18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，点在线段上，，是线段的中点，且三棱锥的体积是四棱锥体积的.

（1）若是的中点，证明：平面平面；

（2）若平面，求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】（1）连接交于点，连接，根据面面平行的判定定理，即可得出结果；

（2）建立以为坐标原点，，，的方向为，，轴正方向的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据向量夹角公式，即可求出结果.

【详解】

（1）连接交于点，连接，

由题可知：由可知：，则，

所以，且，且，

所以平面平面；

（2）建立以为坐标原点，，，的方向为，，轴正方向的空间直角坐标系，则，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，则有，

即，令，则

同理：平面的一个法向量

所以，

所以二面角的正弦值为.

【点睛】

本题主要考查证明面面平行，以及求二面角的大小，熟记面面平行的判定定理，以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.

19．某烘焙店加工一个成本为60元的蛋糕，然后以每个120元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的这种蛋糕作餐厨垃圾处理.

（1）若烘焙店一天加工16个这种蛋糕，，求当天的利润（单位：元）关于当天需求量（单位：个，）的函数解析式；

（2）烘焙店记录了100天这种蛋糕的日需求量（单位：个），整理得下表：

①若烘焙店一天加工16个这种蛋糕，表示当天的利润（单位：元），求的分布列与数学期望及方差；

②若烘焙店一天加工16个或17个这种蛋糕，仅从获得利润大的角度考虑，你认为应加工16个还是17个？请说明理由.

【答案】（1）（2）①分布列见解析；（元）；②应加工17个，详见解析

【解析】（1）根据题意，分别讨论和两种情况，即可得出结果；

（2）①先由（1）计算出的可能取值，结合题中条件，即可得出分布列，进而可求出期望与方差；

②根据题意求出的可能取值，得出期望，与①比较大小，即可得出结论.

【详解】

（1）由题意，当时，利润；

当时，利润；

综上，当天的利润关于当天需求量的函数解析式为；

（2）①由（1）可得，

当时，利润；

当时，利润；

当时，利润；

所以的分布列为：

所以（元）；

；

②由题意，加工个蛋糕时，

当时，利润；

当时，利润；

当时，利润；

当时，利润；

的分布列如下：

则

从数学期望来看，每天加工17个蛋糕的利润高于每天加工16个蛋糕的利润，应加工17个.

【点睛】

本题主要考查函数模型，以及离散型随机变量的分布列，期望与方差等，熟记离散型随机变量分布列的概念，期望与方差的计算公式即可，属于常考题型.

20．已知椭圆的左焦点为，且点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）设过点的直线与相交于两点，直线，过作垂直于的直线与直线交于点，求的最小值和此时的方程.

【答案】（1）；（2）的最小值为，此时的方程为：.

【解析】（1）由题意得到，求解，即可得出结果；

（2）分别讨论直线的斜率不存在，以及直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，弦长公式等，即可求出结果.

【详解】

（1）由题意可得：，

所以椭圆的方程为：.

（2）当直线的斜率不存在时，，∴，，

此时

当直线的斜率存在时，设：，且，

由，

则，，，

所以

由，∴

所以

（∵，所以无法取等号）

所以的最小值为，此时l的方程为；.

【点睛】

本题主要考查求椭圆方程，以及直线与椭圆位置关系的综合，熟记直线与椭圆的位置关系，以及椭圆的标准方程即可，属于常考题型.

21．已知函数，

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）若函数和的图像有两个交点，它们的横坐标分别为，求证：

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】（1）先对函数求导，得到，求出，，进而可得出结果；

（2）先令，对函数求导，得到，分别讨论，，三种情况，用导数研究函数单调性，最值等，即可证明结论成立.

【详解】

（1）因为，

所以，

所以，又，

所以切线方程为：，即.

（2）令，依题意有两个零点.

又，

①当，则，只有一个零点，

②当，由得或.

若，则，故当时，，

因此在上单调递增.

又当时，，所以不存在两个零点.

若，则，故当时，；

当时，.

因此在单调递减，在）单调递增.

又当时，，所以不存在两个零点.

③当，则当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

又，，取满足且，

则，

故存在两个零点；

不妨设，由③知，，，在上单调递减，所以等价于，即.

由于，而，

所以.

设，则.

所以当时，，而，故当时，.

从而，故

【点睛】

本题主要考查求函数的切线方程，以及用导数的方法证明不等式成立，熟记导数的几何意义，以及导数的方法研究函数单调性，最值等即可，属于常考题型.

22．在平面直角坐标系中，已知直线（为参数），曲线（为参数）.

（1）设与相交于两点，求；

（2）若是曲线（为参数）上的一个动点，设点是曲线上的一个动点，求的最大值.

【答案】（1）（2）5

【解析】（1）先由曲线的参数方程得到的普通方程为，将直线参数方程代入曲线普通方程，求出，，再由，即可求出结果；

（2）先设，由题意点满足；由两点间距离公式，结合椭圆的范围，求出的最大值，即可得出的最大值.

【详解】

（1）由可得：曲线的普通方程为，

将直线的参数方程代入的普通方程中得：.

则，，∴；

（2）设是上的动点，则；

又由消去参数，可得：的普通方程为，

所以，

∵，∴的最大值为4，

所以的最大值为5.

【点睛】

本题主要考查求参数方程下的弦长问题，以及求两动点间距离的最值，熟记曲线的参数方程与普通方程的互化，以及参数下的弦长公式即可，属于常考题型.

23．已知

（1）求的最小值；

（2）若，，求证：

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】（1）根据柯西不等式可直接得出结果；

（2）由（1）得到，再由，结合基本不等式，即可得出结果.

【详解】

（1）因为

由柯西不等式可知：，

即：，当且仅当时等号成立，所以；

（2）由（1）可知：，，

所以，

当且仅当时，等号成立.

【点睛】

本题主要考查由柯西不等式求最值，以及不等式的证明，熟记柯西不等式与基本不等式即可，属于常考题型.