2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三第二次考试数学（理）试题（解析版）

2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三第二次考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分别将集合化简，求出，再求即可

【详解】

由题意知，则.

故选：C

【点睛】

本题考查集合交并补的混合运算，属于基础题

2．设为虚数单位，为复数，若为实数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】可设，将化简，得到，由复数为实数，可得，解方程即可求解

【详解】

设，则.

由题意有，所以.

故选：B

【点睛】

本题考查复数的模长、除法运算，由复数的类型求解对应参数，属于基础题

3．执行如图所示的程序框图若输入，则输出的的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由程序语言依次计算，直到时输出即可

【详解】

程序的运行过程为

当n=2时，时，，此时输出.

故选：C

【点睛】

本题考查由程序框图计算输出结果，属于基础题

4．一个陶瓷圆盘的半径为，中间有一个边长为的正方形花纹，向盘中投入1000粒米后，发现落在正方形花纹上的米共有51粒，据此估计圆周率的值为（精确到0.001）（    ）

A．3.132 B．3.137 C．3.142 D．3.147

【答案】B

【解析】结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可

【详解】

如图，由几何概型公式可知：.

故选：B

【点睛】

本题考查随机模拟的概念和几何概型，属于基础题

5．将3个黑球3个白球和1个红球排成一排，各小球除了颜色以外其他属性均相同，则相同颜色的小球不相邻的排法共有（    ）

A．14种 B．15种 C．16种 D．18种

【答案】D

【解析】采取分类计数和分步计数相结合的方法，分两种情况具体讨论，一种是黑白依次相间，一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起

【详解】

首先将黑球和白球排列好，再插入红球.

情况1：黑球和白球按照黑白相间排列（“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”），此时将红球插入6个球组成的7个空中即可，因此共有2×7=14种；

情况2：黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起（“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”），此时红球只能插入两个相同颜色的球之中，共4种.

综上所述，共有14+4=18种.

故选：D

【点睛】

本题考查排列组合公式的具体应用，插空法的应用，属于基础题

6．已知三棱锥的外接球半径为2，且球心为线段的中点，则三棱锥的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题可推断出和都是直角三角形，设球心为，要使三棱锥的体积最大，则需满足，结合几何关系和图形即可求解

【详解】

先画出图形，由球心到各点距离相等可得，，故是直角三角形，设，则有，又，所以，当且仅当时，取最大值4，要使三棱锥体积最大，则需使高，此时，

故选：C

【点睛】

本题考查由三棱锥外接球半径，半径与球心位置求解锥体体积最值问题，属于基础题

7．已知分别为圆与的直径，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题先画出基本图形，结合向量加法和点乘运算化简可得，结合的范围即可求解

【详解】

如图，其中，所以

.

故选：A

【点睛】

本题考查向量的线性运算在几何中的应用，数形结合思想，属于中档题

8．如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解

【详解】

如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.

故选：A

【点睛】

本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题

9．过抛物线的焦点作直线与抛物线在第一象限交于点A，与准线在第三象限交于点B，过点作准线的垂线，垂足为.若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】需结合抛物线第一定义和图形，得为等腰三角形，设准线与轴的交点为，过点作，再由三角函数定义和几何关系分别表示转化出，

，结合比值与正切二倍角公式化简即可

【详解】

如图，设准线与轴的交点为，过点作.由抛物线定义知，

所以，，，，

所以.

故选：C

【点睛】

本题考查抛物线的几何性质，三角函数的性质，数形结合思想，转化与化归思想，属于中档题

10．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题可知，，再结合双曲线第一定义，可得，对有，

即，解得，再对，由勾股定理可得，化简即可求解

【详解】

如图，因为，所以.因为所以.

在中，，即，

得，则.在中，由得.

故选：B

【点睛】

本题考查双曲线的离心率求法，几何性质的应用，属于中档题

11．记个两两无交集的区间的并集为阶区间如为2阶区间，设函数，则不等式的解集为（    ）

A．2阶区间 B．3阶区间 C．4阶区间 D．5阶区间

【答案】D

【解析】可判断函数为奇函数，先讨论当且时的导数情况，再画出函数大致图形，将所求区间端点值分别看作对应常函数，再由图形确定具体自变量范围即可求解

【详解】

当且时，.令得.可得和的变化情况如下表：

令，则原不等式变为，由图像知的解集为，再次由图像得到的解集由5段分离的部分组成，所以解集为5阶区间.

故选：D

【点睛】

本题考查由函数的奇偶性，单调性求解对应自变量范围，导数法研究函数增减性，数形结合思想，转化与化归思想，属于难题

12．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解

【详解】

根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D

【点睛】

本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养

二、填空题

13．已知是偶函数，则的最小值为___________.

【答案】2

【解析】由偶函数性质可得，解得，再结合基本不等式即可求解

【详解】

令得，所以，当且仅当时取等号.

故答案为：2

【点睛】

考查函数的奇偶性、基本不等式，属于基础题

14．在直角坐标系中，某等腰直角三角形的两个顶点坐标分别为，函数的图象经过该三角形的三个顶点，则的解析式为___________.

【答案】

【解析】结合题意先画出直角坐标系，点出所有可能组成等腰直角三角形的点，采用排除法最终可确定为点，再由函数性质进一步求解参数即可

【详解】

等腰直角三角形的第三个顶点可能的位置如下图中的点，其中点与已有的两个顶点横坐标重复，舍去；若为点则点与点的中间位置的点的纵坐标必然大于或小于，不可能为，因此点也舍去，只有点满足题意.此时点为最大值点，所以，又，则，所以点，之间的图像单调，将，代入的表达式有

由知，因此.

故答案为：

【点睛】

本题考查由三角函数图像求解解析式，数形结合思想，属于中档题

15．数列满足递推公式，且，则___________.

【答案】2020

【解析】可对左右两端同乘以得，

依次写出，，，，累加可得，再由得，代入即可求解

【详解】

左右两端同乘以有，从而，，，，将以上式子累加得.

由得.令，有.

故答案为：2020

【点睛】

本题考查数列递推式和累加法的应用，属于基础题

16．若存在实数使得不等式在某区间上恒成立，则称与为该区间上的一对“分离函数”，下列各组函数中是对应区间上的“分离函数”的有___________.（填上所有正确答案的序号）

①，，；

②，，；

③，，；

④，，.

【答案】①②④

【解析】由题意可知，若要存在使得成立，我们可考虑两函数是否存在公切点，若两函数在公切点对应的位置一个单增，另一个单减，则很容易判断，对①，③，④都可以采用此法判断，对②分析式子特点可知，，进而判断

【详解】

①时，令，则，单调递增， ，即.令，则，单调递减，，即，因此，满足题意.

②时，易知，满足题意.

③注意到，因此如果存在直线，只有可能是（或）在处的切线，，因此切线为，易知，，因此不存在直线满足题意.

④时，注意到，因此如果存在直线，只有可能是（或）在处的切线，，因此切线为.

令，则，易知在上单调递增，在上单调递减，所以，即.

令，则，易知在上单调递减，在上单调递增，所以，即.

因此，满足题意.

故答案为：①②④

【点睛】

本题考查新定义题型、利用导数研究函数图像，转化与化归思想，属于中档题

三、解答题

17．如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.

（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）已知，求的大小.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；

（Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解

【详解】

（Ⅰ）由正弦定理得.

而.

由以上两式得，即.

由于，所以，

又由于，得.

（Ⅱ）设，在中，由正弦定理有.

由余弦定理有，整理得，

由于，所以.

在中，由余弦定理有.

所以，所以.

【点睛】

本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题

18．如图，在直三棱柱中，，点分别为和的中点.

（Ⅰ）棱上是否存在点使得平面平面？若存在，写出的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由.

（Ⅱ）求二面角的余弦值.

【答案】（Ⅰ）存在点满足题意，且，证明详见解析；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）可考虑采用补形法，取的中点为，连接，可结合等腰三角形性质和线面垂直性质，先证平面，即，若能证明，则可得证，可通过我们反推出点对应位置应在处，进而得证；

（Ⅱ）采用建系法，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面对应法向量，再结合向量夹角公式即可求解；

【详解】

（Ⅰ）存在点满足题意，且.

证明如下：

取的中点为，连接.

则，所以平面.

因为是的中点，所以.

在直三棱柱中，平面平面，且交线为，

所以平面，所以.

在平面内，，，

所以，从而可得.

又因为，所以平面.

因为平面，所以平面平面.

（Ⅱ）如图所示，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.

易知，，，，

所以，，.

设平面的法向量为，则有

取，得.

同理可求得平面的法向量为.

则.

由图可知二面角为锐角，所以其余弦值为.

【点睛】

本题考查面面垂直的判定定理、向量法求二面角的余弦值，属于中档题

19．某生物硏究小组准备探究某地区蜻蜓的翼长分布规律，据统计该地区蜻蜓有两种，且这两种的个体数量大致相等，记种蜻蜓和种蜻蜓的翼长（单位：）分别为随机变量，其中服从正态分布，服从正态分布.

（Ⅰ）从该地区的蜻蜓中随机捕捉一只，求这只蜻蜓的翼长在区间的概率；

（Ⅱ）记该地区蜻蜓的翼长为随机变量，若用正态分布来近似描述的分布，请你根据（Ⅰ）中的结果，求参数和的值（精确到0.1）；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，从该地区的蜻蜓中随机捕捉3只，记这3只中翼长在区间的个数为，求的分布列及数学期望（分布列写出计算表达式即可）.

注:若，则，，.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），；（Ⅲ）详见解析.

【解析】（Ⅰ）由题知这只蜻蜓是种还是种的可能性是相等的，所以，代入数值运算即可；

（Ⅱ）可判断均值应为，再结合（1）和题干备注信息可得，进而求解；

（Ⅲ）求得，该分布符合二项分布，故，列出分布列，计算出对应概率，结合即可求解；

【详解】

（Ⅰ）记这只蜻蜓的翼长为.

因为种蜻蜓和种蜻蜓的个体数量大致相等，所以这只蜻蜓是种还是种的可能性是相等的.

所以

.

（Ⅱ）由于两种蜻蜓的个体数量相等，的方差也相等，根据正态曲线的对称性，可知

由（Ⅰ）可知，得.

（Ⅲ）设蜻蜓的翼长为，则.

由题有，所以.

因此的分布列为

.

【点睛】

本题考查正态分布基本量的求解，二项分布求解离散型随机变量分布列和期望，属于中档题

20．已知圆上有一动点，点的坐标为，四边形为平行四边形，线段的垂直平分线交于点.

（Ⅰ）求点的轨迹的方程；

（Ⅱ）过点作直线与曲线交于两点，点的坐标为，直线与轴分别交于两点，求证：线段的中点为定点，并求出面积的最大值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.

【解析】（Ⅰ）先画出图形，结合垂直平分线和平行四边形性质可得为一定值，，故可确定点轨迹为椭圆（），进而求解；

（Ⅱ）设直线方程为，点坐标分别为，联立直线与椭圆方程得，，分别由点斜式求得直线KA的方程为，令得，同理得，由结合韦达定理即可求解，而，当重合交于点时，可求最值；

【详解】

（Ⅰ），

所以点的轨迹是一个椭圆，且长轴长，半焦距，

所以，轨迹的方程为.

（Ⅱ）当直线的斜率为0时，与曲线无交点.

当直线的斜率不为0时，设过点的直线方程为，点坐标分别为.

直线与椭圆方程联立得消去，得.

则，.

直线KA的方程为.

令得.

同理可得.

所以

.

所以的中点为.

不妨设点在点的上方，

则.

【点睛】

本题考查根据椭圆的定义求椭圆的方程，椭圆中的定点定值问题，属于中档题

21．已知，函数.

（Ⅰ）若在区间上单调递增，求的值；

（Ⅱ）若恒成立，求的最大值.（参考数据：）

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）3.

【解析】（Ⅰ）先求导，得，已知导函数单调递增，又在区间上单调递增，故，令，求得，讨论得，而，故，进而得解；

（Ⅱ）可通过必要性探路，当时，由知，又由于，则，当，，结合零点存在定理可判断必存在使得，得，，化简得，再由二次函数性质即可求证；

【详解】

（Ⅰ）的定义域为.

易知单调递增，由题意有.

令，则.

令得.

所以当时，单调递增；当时，单调递减.

所以，而又有，因此，所以.

（Ⅱ）由知，又由于，则.

下面证明符合条件.

若.所以.

易知单调递增，而，，

因此必存在使得，即.

且当时，单调递减；

当时，，单调递增；

则

.

综上，的最大值为3.

【点睛】

本题考查导数的计算，利用导数研究函数的增减性和最值，属于中档题

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（Ⅰ）求的极坐标方程和的直角坐标方程；

（Ⅱ）设分别交于两点（与原点不重合），求的最小值.

【答案】（Ⅰ）直线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，的直角坐标方程为；（Ⅱ）2.

【解析】（Ⅰ）由定义可直接写出直线的极坐标方程，对曲线同乘可得：，转化成直角坐标为；

（Ⅱ）分别联立两直线和曲线的方程，由得，由得，

则，结合三角函数即可求解；

【详解】

（Ⅰ）直线的极坐标方程为，

直线的极坐标方程为

由曲线的极坐标方程得，

所以的直角坐标方程为.

（Ⅱ）与的极坐标方程联立得所以.

与的极坐标方程联立得所以.

所以.

所以当时，取最小值2.

【点睛】

本题考查参数方程与极坐标方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，极坐标中的几何意义，属于中档题

23．已知.

（Ⅰ）当时，解不等式；

（Ⅱ）若的最小值为1，求的最小值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）当时，令，作出的图像，结合图像即可求解；

（Ⅱ）结合绝对值三角不等式可得，再由“1”的妙用可拼凑为，结合基本不等式即可求解；

【详解】

（Ⅰ）

令，作出它们的大致图像如下：

由或（舍），得点横坐标为2，由对称性知，

点横坐标为﹣2，

因此不等式的解集为.

（Ⅱ）.

.

取等号的条件为，即，联立得

因此的最小值为.

【点睛】

本题考查绝对值不等式、基本不等式，属于中档题