1、河南省六市（南阳市、驻马店市、信阳市、漯河市、周口市、三门峡市）2020届高三数学第二次联合调研检测试题 文（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟其中第I1卷22题，23题为选考题，其它题为必考题考试结束后，将答题卡交回注意事项：1答题前，考生必须将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内2选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效4保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、不准使
2、用涂改液、刮纸刀第I卷 选择题（共60分）一、选择题：本题共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. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由一元二次不等式求解可得集合A,求其补集即可.【详解】因为，所以或，即或，所以，故选：C【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合的补集运算，属于容易题.2. 复数在复平面内对应的点为，（i为虚数单位），则复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数对应的点知，利用复数的除法法则计算，即可求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点为，所以，
3、则，所以复数的虚部为.故选：B【点睛】本题主要考查了复数的几何意义，复数的除法运算，复数的虚部，属于容易题.3. 在中，若点D满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由条件即得.【详解】，故有.故选：A【点睛】本题主要考查了向量的线性表示，向量的加减运算，是基础题.4. 南北朝时代的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为，被平行于这
4、两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为、，则“、不总相等”是“，不相等”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先得到命题：如果“、不总相等”，那么“，不相等”的等价命题：命题：如果“，相等”，那么“、总相等”，然后根据祖暅原理结合充分，必要条件的定义判断.【详解】命题：如果“、不总相等”，那么“，不相等”的等价命题是：命题：如果“，相等”，那么“、总相等”，根据祖暅原理，当两个截面的面积、总相等时，这两个几何体的体积，相等，所以逆命题为真，则是必要条件，当两个三棱台，一正一反的放在两个平面之间时，此时体积相
5、等，但截得截面面积未必相等，故不充分，所以“、不总相等”是“，不相等”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查逻辑条件的判断以及等价命题，还考查了转化求解问题的能力，属于基础题.5. 鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作. 下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图，则此构件的体积为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图得鲁班锁的其中一个零件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长体的一个几何体，由此能求出该零件的体积【详解】由三视图得鲁班锁的其中一
6、个零件是：长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长体的一个几何体，如图，该零件的体积：V100202040201032000（mm3）故选C【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查几何体的三视图等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题6. 在正项等比数列中，则的个位数字是（ ）A. 1B. 7C. 3D. 9【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质可得，根据条件求得，又由，利用等比数列的通项公式求出基本量和，即可求出，再对等比数列各项个位数进行分析推理，从而得出的个位数字.【详解】解：根据题
7、意，由等比数列的性质可得，因为，所以，所以，又因为为正项等比数列，则，所以，又由于，则，即，解得：，故，可知可得的个位数以4为周期不断循环，所以，所以的个位数字是7.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的性质和等比数列的通项公式，考查推理与运算能力，属于基础题.7. 关于圆周率,数学发展史上出现过许多很有创意的求法,如著名的蒲丰试验.受其启发,我们也可以通过设计下面的试验来估计的值,试验步骤如下：先请高三年级1000名同学每人在小卡片上随机写下一个实数对；若卡片上的x,y能与1构成锐角三角形,则将此卡片上交；统计上交卡片数,记为m；根据统计数m估计的值.假如本次试验的统计结果是,那么可以估计的值
8、约为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据x,y能与1构成锐角三角形可求得满足的不等式,进而利用几何概型的方法列式求解即可.【详解】因为实数对与1构成锐角三角形,设边长为1的边对应的角度为,则,即.根据几何概型的方法可知,故.故选：D【点睛】本题主要考查了随机模拟法与几何概型求解圆周率值的问题,需要根据题意确定满足的不等式,再根据面积的比列式化简求解.属于中档题.8. 已知双曲线的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得渐近线的斜率，即为的关系式，再根据抛物线的准线方程解得，由的
9、关系，解方程可得进而得到所求双曲线的方程【详解】解：双曲线的一条渐近线过点，可得渐近线的斜率为，双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，可得，即，解得，则双曲线的方程为：故选：C【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，以及抛物线的方程和性质，运用渐近线方程和斜率公式是解题的关键，属于基础题9. 已知三棱锥A-BCD的四个顶点都在球O的表面上，且，若，则球O的表面积为（ ）A. 20B. 24C. 28D. 32【答案】C【解析】【分析】先确定三角形外接圆半径，再解方程得外接球半径，最后根据球表面积公式得结果.【详解】因为，所以面因为，所以,即因此三角形BCD外接圆半径为,设外接球半径为R，则.故选：C.
10、【点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.10. 将函数的图像分别向左、向右各平移个单位长度后，所得的两个图象对称轴重合，则的最小值为（ ）A. 3B. 2C. 4D. 6【答案】A【解析】【分析】根据平移后的两个图象对称轴重合，求得的表达式，进而求得的最小值.【详解】由于函数的图象分别向左、向右各平移个单位长度后分别得到和，即和.依题意平移后两个图象对称轴
11、重合，所以，即，由于，所以当时取得最小值为.故选：A【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，考查三角函数的图象与性质，属于基础题.11. 已知函数满足，当时，则方程实根共有（ ）A. 10个B. 9个C. 18个D. 20个【答案】D【解析】【分析】由题意，为周期2的偶函数，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图的交点的个数，得到答案【详解】函数满足：，是周期为2的周期函数，当时，作出和两个函数的图象，,，时，无交点.如图所示，结合图象，得方程的解的个数为20个故选D【点睛】本题主要考查了函数与方程的应用，其中解答中得到函数是周期为2的函数，在同一个坐标系中作出两个函数的图象，把方程解得
12、个数转化为图象的交点的个数是解答的关键，着重考查了数形结合思想的应用12. 已知椭圆与圆，若在椭圆上不存在点P，使得由点P所作圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】画出图象，根据图像判断出，由此求得离心率的取值范围，进而求得离心率的最小值.【详解】由题意，如图，若在椭圆上不存在点P，使得由点P所作的圆的两条切线互相垂直， ，则只需，即，即，因为解得：.，即，而，即.故选：A【点睛】本小题主要考查椭圆离心率最值的求法，考查圆的切线的几何性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.第卷 非选择题（共90分）二、填空题：本题共4个小
13、题，每小题5分，共20分13. 已知函数的图像在点处的切线过点（2，11），则_【答案】2【解析】【分析】求出函数的导数，而,根据点斜式得到直线方程，利用切线的方程经过的点求解即可【详解】函数的导数为：，而，切线方程为：，因为切线方程经过（2，11），所以解得故答案为：2.【点睛】这个题目考查了利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.14. 若实数x，y满足约束条件，则的最小值为_【答案】3【解析】【分析】先画出可行域，利用目标函数的几何意义求z的最小值【详解】作出约束条件，表示的平面
14、区域（如图示：阴影部分）：由得A（,），由得，平移，易知过点A时直线在y上截距最小，此时，产生所以的最小值为故答案为：3【点睛】本题考查了简单线性规划问题，关键是画出可行域并理解目标函数的几何意义15. 设函数，则不等式的解集是_（用区间表示）【答案】【解析】【分析】可判断出函数为奇函数，且函数为增函数，从而可解不等式.【详解】函数，所以函数为奇函数.又所以在上恒成立，所以函数在上是增函数.不等式即所以，解得所以不等式的解集是.故答案为：【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，属于中档题.16. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且BC边上的高为，则的最大值是_【答案】【
15、解析】【分析】由面积公式可得，再用余弦定理可得，即得出结果.【详解】由题，三角形的面积： .由余弦定理：，可得： .所以，其中.所以的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，将边的关系转化为三角函数是解题的关键，属于较难题.三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17. 已知数列满足：（）求的通项公式；（）设，若数列的前n项和为，求满足的最小正整数n【答案】（）（）20【解析】【分析】（）因为，所以，两式作差，并进行整理即可得解；（）求出数列的通项公式，通过裂项相消法进行求和，解不等式即可得到答案.【详解】（）当时，可得，当时，-可得：，
16、时也满足，.（），又，解得，所以满足的最小正整数为20.【点睛】本题主要考查通项公式的求法及裂项相消法求和的应用，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题.当数列出现前后项差的时候，可考虑裂项相消求和法.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点.18. 在直角梯形ABCD中（如图1），点E在CD上，且，将沿AE折起，使得平面平面ABCE（如图2），G为AE中点（）求四棱锥的体积；（）在线段BD上是否存在点P，使得平面ADE？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【答案】（）（）存在，【解析】【分析】（）根据平面
17、与平面垂直的性质定理得到平面ABCE，再根据椎体的体积公式计算可得结果；（）过点C作交AB于点F，过点F作交DB于点P，连接PC，可证得平面平面ADE，再根据平面与平面平行的性质可得平面ADE，最后根据平面几何知识可求得比值.【详解】（）证明：因为G为AE中点，所以因为平面平面ABCE，平面平面，平面ADE，所以平面ABCE直角三角形ADE中，易求，则，所以四棱锥的体积（）在BD上存在点P，使得平面ADE且，过点C作交AB于点F，过点F作交DB于点P，连接PC，如图所示：因为，平面ADE平面ADE，所以平面ADE，同理平面ADE，又因为，所以平面平面ADE因为平面CFP，所以平面ADE所以在B
18、D上存在点P，使得平面ADE因为四边形AECF为平行四边形所以，即，故.所以在BD上存在点P，使得平面ADE且.【点睛】本题考查了平面与平面垂直的性质定理、平面与平面平行的判定与性质，考查了椎体的体积公式，属于中档题.19. 某快递公司招聘快递骑手，该公司提供了两种日工资方案：方案（1）规定每日底薪50元，快递骑手每完成一单业务提成3元：方案（2）规定每日底薪100元，快递业务的前44单没有提成，从第45单开始，每完成一单提成5元该快递公司记录了每天骑手的人均业务量现随机抽取100天的数据，将样本数据分为七组，整理得到如图所示的频率分布直方图（）随机选取一天，估计这一天该快递公司的骑手的人均日
19、快递业务量不少于65单的概率；（）若骑手甲、乙、丙选择了日工资方案（1），丁、戊选择了日工资方案（2）现从上述5名骑手中随机选取2人，求至少有1名骑手选择方案（2）的概率；（）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）【答案】（）0.4；（II）（）选择方案（1），理由见解析【解析】【分析】（）将这三组的频率求出，再相加即可得到答案；（）利用列举法和古典概型的概率公式计算可得结果；（）利用频率分布直方图计算出快递公司人均日快递量的平均数，根据平均数计算出两种方案下骑手的人均日收入，比较可得结果.【详解
20、】（）设事件为“随机选取一天这一天该快递公司的骑手的人均日快递业务量不少于65单”依题意，快递公司的人均日快递业务量不少于65单的频率分别为：0.2、0.15、0.05，因为，所以估计为（）设事件B为“从五名骑手中随机选取2人至少有1名骑手选择方案（2）”从五名骑手中随机选取2名骑手，有10种情况，即甲，乙，甲，丙，甲，丁，甲，戊，乙，丙，乙，丁，乙，戊，丙，丁，丙，戊，丁，戊其中至少有1名骑手选择方案（2）的情况为甲，丁，甲，戊，乙，丁，乙，戊，丙，丁，丙，戊，丁，戊共7种情况，所以（）快递公司人均日快递量的平均数是：因此，方案（1）日工资约为元，方案（2）日工资约为元元，故骑手应选择方案（
21、1）.【点睛】本题考查了利用频率分布直方图计算频率、平均数，考查了古典概型的概率公式，属于基础题.20. 设函数（）若当时取得极值，求a的值及的单调区间；（）若存在两个极值点，证明：【答案】（）单调增区间为，单调减区间为（）见解析【解析】【分析】（1）求导数，由题意可知为方程的根，求解值，再令导数，分别求解单调增区间与单调减区间，即可.（2）函数存在两个极值点，等价于方程即在上有两个不等实根，则，即可，再将变形整理为；若证明不等式，则需证明，由变形为，不妨设，即证，令，则，求函数的取值范围，即可证明.【详解】（）时，取得极值，由得或，由得的单调增区间为和，单调减区间为（）存在两个极值点，方程即
22、在上有两个不等实根且，所证不等式等价于即变形为不妨设，即变形为令，变形为，令则，在上递增，成立，成立【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，以及根据极值求参数取值范围，证明不等式.属于难题.21. 已知圆，动点，线段QF与圆F相交于点P，线段PQ的长度与点Q到y轴的距离相等（）求动点Q的轨迹W的方程；（）过点作两条互相垂直的直线与W的交点分别是M和N（M在N的上方，A，M，N为不同的三点），求向量在y轴正方向上的投影的取值范围【答案】（）（）【解析】【分析】（）由题意可得点Q的轨迹满足抛物线的定义，确定定点及定直线即可求得轨迹方程；（）设出直线AM的方程，与抛物线方程联立得关于y的一元二次方程
23、，利用韦达定理可得，由可得，利用对勾函数的单调性可求得向量在y轴正方向上的投影的范围.【详解】（）由题知点Q到F的距离等于Q到y轴的距离加2所以等于Q到直线的距离，由抛物线的定义可知：点Q的轨迹W是以为焦点，为准线的抛物线，所以动点Q的轨迹W的方程为（）设直线AM的方程为，与联立，得，则，即，或，设，则，即，直线AN的方程为，则，则向量在y轴正方向上的投影为因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，向量在y轴正方向上的投影的取值范围为.【点睛】本题考查利用抛物线的定义求动点的轨迹、直线与抛物线的综合应用、韦达定理，涉及向量的投影、对勾函数的单调性，属于中档题.请考生在22、23两题中任选一
24、题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；（2）设、为曲线上位于第一，二象限的两个动点，且，射线，交曲线分别于点，.求面积的最小值，并求此时四边形的面积.【答案】（1）：，：.（2）面积最小值：，四边形的面积为：.【解析】【分析】（1）将曲线消去参数即可得到的普通方程，将，代入曲线的极坐标方程即可；（2）由（1）得曲线的极坐标方程，设，利用方程可得，再利用基本不等式得，根据题意知，进而可得四边形的面积.【详解】（1）由曲线的参数方程为
25、（为参数）消去参数得即曲线的极坐标方程为：，化简为：的极坐标方程为可得，根据极坐标与直角坐标的互化公式：故：，曲线的直角坐标方程：.（2）设：，故根据均值不等式可得：，当且仅当（即）时取“=”.，此时故所求四边形的面积为.【点睛】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、点到直线的距离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题23. 已知a，b，c均为正实数，函数的最小值为1.证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）先分析得到，再利用柯西不等式证明；（2）将三个不等式，相加即得证.【详解】证明（1），.由柯西不等式得当且仅当时取“=”.（2），（以上三式当且仅当时同时取“=”）将以上三式相加得.所以.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式的应用，考查基本不等式和柯西不等式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
