1、河南省商丘周口等市部分学校2019-2020学年高二数学3月在线公益联考试题 文（含解析）一、选择题：本题共12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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简集合和，根据补集定义求得，根据交集定义求得，即可求得答案.【详解】，则，又，.故选：D.【点睛】本题主要考查了集合的补集运算和交集运算，解题关键是掌握集合的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.2.复数满足，则在复平面内对应的点在( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】直接
2、利用复数的除法求出和，即得解.【详解】由题得，所以，复数对应的点（1，1）在第四象限，故选：D【点睛】本题主要考查复数的除法运算和复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3.若用反证法证明“若，且，则中至多有一个大于1”，则假设为( )A. 都大于1B. 中至少有两个小于或等于1C. 都小于1D. 中至多有一个小于或等于1【答案】A【解析】【分析】找到“至多有一个大于1”的否定即得解.【详解】“至多有一个大于1”包括“都不大于1和仅有一个大于1”，故反设“都大于1”.故选：A【点睛】本题主要考查反证法，意在考查学生对该知识理解掌握水平，属于基础题.4.函数的图象大致是（ ）A.
3、B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】因为，化简可得，判断其奇偶性和求得，结合选项，即可求得答案.【详解】化简可得，可得其定义为又故函数是偶函数，且，综上所述，满足条件的只有选项：B.故选：B.【点睛】本题主要考查了根据函数表达式求函数图象，解题关键是掌握判断奇偶性的方法和函数图象的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.5.执行下面程序框图，若输入的的值分别为0和44，则输出的值为（ ）A. 4B. 7C. 10D. 13【答案】C【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.【详解】第一次循环：，；第二次循环：，
4、；第三次循环：，；第四次循环：，刚好满足条件，结束循环，此时输出.故选.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.6.在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，若线段的垂直平分线与抛物线的一个交点为，且，则（ ）A. B. C. D. 【答
5、案】B【解析】【分析】根据，可得焦点，由段的垂直平分线与抛物线的一个交点为，故点的横坐标为，即可求得答案.【详解】焦点段的垂直平分线与抛物线的一个交点为点的横坐标为，又，结合抛物线的定义，可得，解得.故选：B.【点睛】本题主要考查了掌握抛物线的基础知识，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.7.1876年4月1日，加菲尔德在新英格兰教育日志上发表了勾股定理的一种证明方法，即在如图的直角梯形中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形面积”，可以简洁明了地推证出勾股定理.1881年加菲尔德就任美国第二十任总统.后来，人们为了纪念他对勾股定理直观、易懂的证明，
6、就把这一证明方法称为“总统证法”.如图，设，在梯形中随机取一点，则此点取自等腰直角中（阴影部分）的概率是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在直角三角形中，求得的表达式，利用计算出所求的概率.【详解】在直角中，则，故选C.【点睛】本小题主要考查几何概型，考查三角形的面积公式，考查梯形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系式，属于中档题.8.已知圆与直线相交于两点，且，则的值为( )A. 0B. 4C. 0或4D. 0或【答案】C【解析】【分析】先求出圆的圆心和半径，再根据得到，解方程即得解.【详解】为圆的圆心，圆半径，又，圆心到直线的距离，解得或4，故选：C.【点睛】本题主要
7、考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.9.若过双曲线的一个焦点作双曲线的一条渐近线，垂线交轴于点（为双曲线的半焦距），则此双曲线的离心率是( )A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】不妨取双曲线的左焦点，由题得方程，化简即得解.【详解】不妨取双曲线的左焦点，则过点且与直线垂直的直线方程为，根据题意，得点在直线上，.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线简单几何性质和离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.在中，已知为的重心，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用余弦定理求出cosC=,再代数量积公式计算即得解.【详解】
8、因为中，由余弦定理可得，因为为的重心，所以，则故选: A.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11.若函数的最小正周期为，则当时，函数的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式，两角和（差）的正弦公式将函数化简为，根据函数的最小正周期为求得，即可求出函数的解析式，根据正弦函数的性质求出函数在指定区间上的值域【详解】.又因为的最小正周期为，所以，所以，所以.又因为，所以，所以，所以.故选A.【点睛】本题考查三角恒等变换及正弦函数的性质，属于基础题12.若对任意，总存在唯一或使成立，则实数的取值范围是( )
9、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题得，设，利用导数求得函数在上单调递增，在上单调递减，且，由题得对任意成立，化简即得解.【详解】因为，所以，设，所以，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，又因为对任意，存在唯一或使成立，所以对任意成立，所以，所以的取值范围是，故选：B【点睛】本题主要考查方程的零点问题，考查利用导数研究函数的零点，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线在点处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】因为，可得，即可求得切线的斜率，根据直线的点斜式方程，即可求得答案.【详解】，切线的斜率，曲线在点处的切
10、线方程为：，即切线方程：.故答案为：【点睛】本题主要考查了求曲线的切线方程，解题关键是掌握在求曲线切线方程时要判断所给点是在线上还是线外和根据导数求切线方程的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.14.已知实数满足，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】先画出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析解答得解.【详解】画出不等式组表示的可行域如图阴影区域所示.由题得y=-3x+z,它表示斜率为-3,纵截距为z的直线系，平移直线，易知当直线经过点时，直线的纵截距最小，目标函数取得最小值，且.故答案为：-8【点睛】本题主要考查线性规划问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析能
11、力.15.已知，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先化简得到，再根据已知得到，解不等式即得解.【详解】或，又，是的必要不充分条件，据题意，得，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查复合命题和必要不充分条件问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16.已知四棱锥PABCD的各顶点都在同一球面上，四边形ABCD是边长为2的正方形，过点P作平面ABCD的垂线，垂足为四边形ABCD对角线的交点，若该四棱锥的体积为4，则其外接球的表面积等于_【答案】【解析】【分析】利用球心到球上各点距离均为半径，构建出方程求出半径的值即可【详解】设点到平面的距离为，即四棱锥的高为，则
12、，设四棱锥外接球的半径为，则，球的表面积故答案为：【点睛】本题考查四棱锥外接球的表面积，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意球心位置的确定。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.17.在中，角所对的边分别为，且.（1）求角的值；（2）若成等差数列，且的周长为，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，化简可得，根据正弦定理“边化角”和正弦两角和公式，即可求得，进而求得角值；（2）根据成等差数列，可得，由的周长为，可得，即可求得，根据余弦定理求得，结合三角形面积公式，即可求得的面积.【详解】（1），由正弦定理得，又，
13、.又，.（2）成等差数列，又的周长为，即，由余弦定理知，.【点睛】本题主要考查了根据正弦定理和余弦定理解三角形问题，解题关键是掌握由正弦定理边化角的方法和余弦定理公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.18.已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，数列的前5项和为25.（1）求数列和的通项公式；（2）若等差数列的公差为整数，设，求数列的前项和.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）列方程组解得或，即得数列和的通项公式；（2）利用错位相减法求数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则由已知可得，解得或，所以当时，由题得 ；当时，.（2）由（1）可知，
14、， 将-，得，可得.【点睛】本题主要考查等差等比数列通项基本量的计算，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19.以正方形的为一边作三角形，使，如图1所示，将三角形沿着边折起，使得为直二面角，如图2所示，连接，分别记的中点为.（1）求证：平面，并过在几何体的表面画线，使所作的平面域平面平行；（2）若正方形的边长为2，求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，证明，平面即得证，再分析过在几何体的表面画线，使所作的平面域平面平行；（2）先证明平面，利用等体积法求出点到平面的距离.【详解】（1）连接，由正方形性质可知，与相交于点，所以，在中，又平
15、面，平面，所以平面，取的中点为，连接，延长交于，则，所以平面，又，所以平面平面，取的中点，因为，所以，所以四点共面，即为在几何体的表面所画的线.（2）因为，所以为等腰直角三角形，因为为直二面角，平面平面，所以平面，因为，所以，又因为为直二面角，平面平面，所以平面，所以，因为，所以，所以，设点到平面的距离为，因为，所以，所以，即点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的证明和截面的作法，考查点到平面距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.网络看病就是国内或者国外的单个人、多个人或者单位通过国际互联网或者其他局域网对自我、他人或者某种生物的生理疾病或者机器故障进行
16、查找询问、诊断治疗、检查修复的一种新兴的看病方式.因此，实地看病与网络看病便成为现在人们的两种看病方式，最近某信息机构调研了患者对网络看病，实地看病的满意程度，在每种看病方式的患者中各随机抽取15名，将他们分成两组，每组15人，分别对网络看病，实地看病两种方式进行满意度测评，根据患者的评分（满分100分）绘制了如图所示的茎叶图：（1）根据茎叶图判断患者对于网络看病、实地看病那种方式的满意度更高？并说明理由；（2）若将大于等于80分视为“满意”，根据茎叶图填写下面的列联表：满意不满意总计网络看病实地看病总计并根据列联表判断能否有的把握认为患者看病满意度与看病方式有关？（3）从网络看病的评价“满意
17、”的人中随机抽取2人，求这2人平分都低于90分的概率.附，其中.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）实地看病的满意度更高，理由见解析；（2）列联表见解析，有；（3）.【解析】【分析】（1）对实地看病满意度更高，可以从茎叶图四个方面选一个回答即可；（2）先完成列联表，再由独立性检验得有的把握认为患者看病满意度与看病方式有关；（3）利用古典概型的概率公式求得这2人平分都低于90分的概率.【详解】（1）对实地看病满意度更高，理由如下：（i）由茎叶图可知：在网络看病中，有的患者满意度评分低
18、于80分；在实地看病中，有的患者评分高于80分，因此患者对实地看病满意度更高.（ii）由茎叶图可知：网络看病满意度评分的中位数为73分，实地看病评分的中位数为87分，因此患者对实地看病满意度更高.（iii）由茎叶图可知：网络看病的满意度评分平均分低于80分；实地看病的满意度的评分平均分高于80分，因此患者对实地看病满意度更高.（iV）由茎叶图可知：网络看病的满意度评分在茎6上的最多，关于茎7大致呈对称分布；实地看病的评分分布在茎8，上的最多，关于茎8大致呈对称分布，又两种看病方式打分的分布区间相同，故可以认为实地看病评分比网络看病打分更高，因此实地看病的满意度更高.以上给出了4种理由，考生答出
19、其中任意一一种或其他合理理由均可得分.（2）参加网络看病满意度调查的15名患者中共有5名对网络看病满意，10名对网络看病不满意；参加实地看病满意度调查的15名患者中共有10名对实地看病满意，5名对实地看病不满意.故完成列联表如下：满意不满意总计网络看病51015实地看病10515总计151530于是，所以有的把握认为患者看病满意度与看病方式有关.（3）网络看病的评价的分数依次为82，85，85，88，92，由小到大分别记为，从网络看病的评价“满意”的人中随机抽取2人，所有可能情况有：；共10种，其中，这2人评分都低于90分的情况有：；共6种，故由古典概型公式得这2人评分都低于90分的概率.【点
20、睛】本题主要考查茎叶图的应用和独立性检验，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21.已知点O为坐标原点，椭圆C：（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点I，J分别是椭圆C的右顶点、上顶点，IOJ的边IJ上的中线长为（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点H（2，0）的直线交椭圆C于A，B两点，若AF1BF1，求直线AB的方程【答案】（1）（2）x2y20或x2y20【解析】【分析】(1)由直角三角形中线性质得到，再根据条件得到求解即可；（2）设出直线AB，联立直线和椭圆得到二次方程，由AF1BF1，得到，整理得（12k2）（x1x2）（1k2）x1x214k
21、20，代入韦达定理即可.【详解】（1）由题意得IOJ为直角三角形，且其斜边上的中线长为，所以设椭圆C的半焦距为c，则解得所以椭圆C的标准方程为（2）由题知，点F1的坐标为（1，0），显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk（x2）（k0），点A（x1，y1），B（x2，y2）联立消去y，得（12k2）x28k2x8k220，所以（8k2）24（12k2）（8k22）8（12k2）0，所以（*）且，因为AF1BF1，所以，则（1x1，y1）（1x2，y2）0，1x1x2x1x2y1y20，1x1x2x1x2k（x12）k（x22）0，整理，得（12k2）（x1x2）（1k2）x1x214k
22、20即化简得4k210，解得因为都满足（*）式，所以直线AB的方程为或即直线AB的方程为x2y20或x2y20【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用22.已知函数.（1）若，函数在区间上的最小值为，求的值；（2）设，若函数有极值，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用导数求出函数在区间上的最小值为，再解方程即得解；（2）先求出，再对c分三种情况讨论得实数的取值范围.【详解】（1），若，则，故对一切恒成立，所以函数在上单调递增，所以函数在区间上的最小值为，又因为函数在区间上的最小值为所以，解得；（2）由题意，则，而，当且仅当时，等号成立，下面分三种情况进行讨论，当时，对任意，此时无极值；当时，对任意，此时无极值；当时，令，方程，即方程有两根，所以有两个根，当时，；当时，；当时，从而在处取得极小值，在处取得极大值.综上，若有极值，则实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值和极值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
