2020届黑龙江省大庆市高三第二次教学质量检测数学（理）试题（解析版）

这是一份2020届黑龙江省大庆市高三第二次教学质量检测数学（理）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】先计算，计算，对比选项得到答案.
【详解】
，则，
对比选项知：正确
故选：
【点睛】
本题考查了集合的运算，属于简单题.
2．若复数满足，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【解析】计算得到，再计算得到答案.
【详解】
，故
故选：
【点睛】
本题考查了复数的运算和共轭复数，意在考查学生的计算能力.
3．给出如下四个命题：
①若“且”为假命题，则，均为假命题
②命题“若，则”的否命题为“若，则”
③命题“，”的否定是“，”
④在中，“”是“”的充要条件
其中正确的命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】依次判断每个选项的正误得到：，均为假命题或一真一假，①错误；根据否命题和命题否定的定义知②③正确；根据大角对大边知④正确，得到答案.
【详解】
①若“且”为假命题，则，均为假命题或一真一假，①错误；
②命题“若，则”的否命题为“若，则”， ②正确；
③命题“，”的否定是“，”， ③正确；
④在中，“”是“”的充要条件
，则故；，则故，④正确
故选：
【点睛】
本题考查了命题的真假判断，涉及且命题，否命题，命题的否定，充要条件，意在考查学生的综合应用能力.
4．已知，向量在向量上的投影为，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据投影定义得到得到，计算得到答案.
【详解】
设夹角为，则在向量上的投影为
故选：
【点睛】
本题考查了向量的投影和向量夹角，意在考查学生对于向量知识的掌握情况.
5．函数的图象可能是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由可得f(x)为奇函数，再由，＞0，可判断出函数图像，可得答案.
【详解】
解：由题意得：，
故f(x)为奇函数，故B、C项不符合题意，又，＞0，
故D项不符合题意，
故选A.
【点睛】
本题主要考查函数的图像与性质，根据函数的性质来判读图像是解题的关键.
6．若是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则；B．若，则；
C．若，则；D．若，则
【答案】D
【解析】在中，则或；在中，则与相交、平行或；在中，则与相交或平行；由线面平行的性质定理得．
【详解】
由，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，知：
在中，若，，则或，故错误；
在中，若，，则与相交、平行或，故错误；
在中，若，，，则与相交或平行，故错误；
在中，若，，，则由线面平行的性质定理得，故正确．
故选
【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
7．已知各项均不为0的等差数列，满足，数列为等比数列，且，则（ ）
A．16B．8C．4D．2
【答案】A
【解析】化简得到，计算得到，再利用等比数列的性质得到得到答案.
【详解】
各项均不为0的等差数列，
故选：
【点睛】
本题考查了等差数列和等比数列的性质，意在考查学生对于数列性质的综合应用.
8．某组合体的三视图如图所示，外轮廓均是边长为2的正方形，三视图中的曲线均为圆周，则该组合体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据题意知：几何体为边长为2的正方体除去八个四八分之一半径为1的球形成的几何体，计算体积得到答案.
【详解】
根据三视图知：
几何体为边长为2的正方体除去八个八分之一半径为1的球形成的几何体
故
故选：
【点睛】
本题考查了三视图和几何体体积，判断几何体的形状是解题的关键.
9．函数的最小正周期为，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数的图象（ ）
A．关于点对称B．关于点对称
C．关于直线对称D．关于直线对称
【答案】C
【解析】根据函数的最小正周期为，求出，向左平移个单位后得到的函数为奇函数，求出，可得出的解析式，结合三角函数的性质可得出对称中心和对称轴，由此判断即可求得答案.
【详解】
根据三角函数的图象与性质，可得，因为，所以
所以
设的图象向左平移个单位后得到的函数为
则
若为奇函数，则,故()，即
因为，所以，所以，
由,()解得,所以关于点,()对称
A项，不存在整数，使得，故A项错误；
B项，不存在整数，使得，故B项错误；
由()解得,所以关于直线()对称
C项，当时，，故关于直线对称，故C项正确；
D项，不存在整数，使得，故D项错误.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查了正弦函数的图象变换以及对称中心，对称轴的求法，涉及的知识点较多，综合性较强，属于中等题.
10．已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，an＝f(n)＝，n∈N，要使{an}是递增数列，必有，据此有：，综上可得2本题选择D选项.
11．已知点分别为抛物线的顶点和焦点，直线与抛物线交于两点，连接,并延长，分别交抛物线的准线于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】联立方程得到，，则，，计算得到，，计算得到答案.
【详解】
联立方程得到 解得或，则，
则，取得到，故；
则，取得到，故；
故
故选：
【点睛】
本题考查了直线和抛物线相交问题，意在考查学生的计算能力.
12．设是同一个半径为4的球的球面上四点，在中，,,则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用正弦定理得到，再计算，再利用余弦定理和均值不等式得到，代入体积公式得到答案.
【详解】
中，,，则

，
当时等号成立，此时
故选：
【点睛】
本题考查了三棱锥的体积问题，综合了正弦定理，余弦定理，面积公式，综合性强，意在考查学生的空间想象能力和综合应用能力.
二、填空题
13．______．
【答案】1
【解析】直接利用定积分计算公式得到答案.
【详解】
故答案为：
【点睛】
本题考查了定积分的计算，意在考查学生的计算能力.
14．已知定义域为的函数，满足，且当时，，则____．
【答案】-1
【解析】代换得到得到函数周期为，故，代入函数计算得到答案.
【详解】
，函数周期为
故答案为：
【点睛】
本题考查了求函数值，代换求出函数周期是解题的关键.
15．已知是的外心，,,则的最小值为____．
【答案】
【解析】根据得到，平方得到，变换
利用均值不等式计算得到答案.
【详解】
故
当即时等号成立
故答案为：
【点睛】
本题考查了向量的运算，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.
16．已知双曲线的右顶点为,且以为圆心，双曲线虚轴长为直径的圆与双曲线的一条渐近线相交于两点，若，则双曲线的离心率的取值范围是__________．
【答案】
【解析】如图所示：过点作于，，点到渐进线的距离为
即得到答案.
【详解】
如图所示：过点作于，则
一条渐近线方程为：，点到直线的距离为
即
故答案为：
【点睛】
本题考查了双曲线的离心率，计算得到是解题的关键.
三、解答题
17．已知等差数列的公差，其前项和为，若,且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）.（2）
【解析】（1）根据等差数列公式得到，计算得到答案.
（2），利用分组求和法计算得到答案.
【详解】
（1）依题意，得即，整理得.
∵，∴，.∴数列的通项公式
即数列的通项公式.
（2），
，
故.
【点睛】
本题考查了等差数列通项公式，分组求和法求前项和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
18．已知函数，.
（1）若，且，，求的值；
（2）在中，角的对边分别为，满足，,求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）化简得到，代入数据计算得到，，
，，再利用和差公式展开得到答案.
（2）根据得到，利用余弦定理得到，再利用均值不等式得到答案.
【详解】
（1）
∵,∴.∵,∴.
∵,∴.∴.
∵,∴.
∴
（2）∵,∴.
∵,∴,∴,即.
∵,
∴∵，当且仅当时取“”.
∴
∴，即，当且仅当时取“”.
又∵，
∴的取值范围是.
【点睛】
本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.
19．如图，已知在矩形中，为边的中点，将沿直线折起到（平面）的位置，为线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知，当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）延长与相交于点,连接，根据中位线证明，得到证明.
（2）证明，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量为，根据夹角公式计算得到答案.
【详解】
（1）延长与相交于点,连接,
∵为边的中点，四边形为矩形，
∴,,∴为的中位线，∴为线段的中点，
∵为线段的中点，∴∵平面，平面,
∴平面.
（2）∵,为边的中点，∴,即,
取线段的中点,连接,,则由平面几何知识可得,,
又∵四边形为矩形，,为边的中点，
∴,,
∵平面平面，平面平面,,
∴平面，
∵平面，∴,
∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则,,,,,,,,
设平面的一个法向量为，则，即，
不妨取，则，，即，
设直线与平面所成角为，则
，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查了线面平行和线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
20．平面内有两定点,,曲线上任意一点都满足直线与直线的斜率之积为，过点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点,直线与交于点.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）当点异于两点时，求证：为定值.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】（1）根据题意得到，化简得到答案.
（2）设直线的方程为，则，联立方程根据韦达定理得到
将韦达定理代入计算得到答案.
【详解】
（1）由已知可得，
化简得，即曲线的轨迹方程为：.
（2）由已知直线的斜率存在，所以设直线的方程为（，且，且），所以点的坐标为，即，
设，，则，
联立削去得，，
所以，
直线的方程为，直线的方程为
将两方程联立消去得，
解得
由题意可知，
所以，所以，
将韦达定理代入得，解得，所以点的坐标为，
所以，为定值.
【点睛】
本题考查了轨迹方程，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
21．（1）已知，,求函数的单调区间和极值；
（2）已知，不等式（其中为自然对数的底数）对任意的实数恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数的单调减区间为，单调增区间为.极小值，无极大值.（2）
【解析】（1）求导得到根据导数的正负得到函数的单调区间，再计算极值得到答案.
（2）变换得到，设，等价于即
，，根据函数的单调性得到最值得到答案.
【详解】
（1）函数的定义域为,，由得，，
所以当时，，当时，，
所以函数的单调减区间为，单调增区间为.
所以当时，取得极小值，无极大值.
（2）由得，，
即，设，，
则不等式对于任意的实数恒成立，等价于，
由（1）知，函数在区间上为增函数，
所以，即对任意的实数恒成立，
因为，所以，
即对任意的实数恒成立，即.
令，则，由得，，
所以当时，，函数在区间上为减函数，
当时，，函数在区间上为增函数，
所以当时，取得最小值.
所以，即.
又由已知得，所以，实数的取值范围是.
【点睛】
本题考查了函数的单调性，极值，恒成立问题，将恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键.
22．已知直线过点，倾斜角为，在以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.
（1）写出直线的参数方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线相交于两点，设点,求的值.
【答案】（1）直线的参数方程为（为参数），曲线的直角坐标方程为.（2）
【解析】（1）直接利用参数方程和极坐标方程公式化简得到答案.
（2）将参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理得到，再计算，，代入计算得到答案.
【详解】
（1）∵直线过点，倾斜角为∴可设直线的参数方程为（为参数），
∵曲线的方程为
∴,∴,∴,
∴曲线的直角坐标方程为.
（2）由（1）知，直线的参数方程为（为参数），
两点所对应的参数分别为，，
将的参数方程代入到曲线的直角坐标方程为中，
化简得∴,
∵,∴,
,
∴.
【点睛】
本题考查了极坐标方程，参数方程，韦达定理，意在考查学生的计算能力，利用直线的参数方程可以简化运算，是解题的关键.
23．已知函数，.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设关于的不等式的解集为,若，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】（1），讨论，和计算得到答案.
（2）原题等价于当时，不等式恒成立，化简得到
，代入数据计算得到答案.
【详解】
（1）当时，，
则所求不等式可化为，或，或，
解得，或，或，
∴，或，或，
∴原不等式的解集为.
（2）∵的解集包含，
∴当时，不等式恒成立，
∴在上恒成立，
∴,即，∴，
∴在上恒成立，∴,
∴，所以实数的取值范围.
【点睛】
本题考查了解绝对值不等式，根据解集求参数，解不等式转化为恒成立问题是解题的关键.