1、河南省实验中学2020届高三数学下学期二测（4月）试题 文（含解析）一、选择题1.设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知中全集，根据补集的性质及运算方法，先求出，再求出其补集，即可求出答案.【详解】全集，集合，故选：A.【点睛】本题考查的知识点是交、并、补的混合运算，其中将题目中的集合用列举法表示出来，是解答本题的关键.2.设i是虚数单位，若复数（）是纯虚数，则m的值为（ ）A. B. C. 1D. 3【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算化简，结合纯虚数定义即可求得m的值.【详解】由复数的除法运算化简可得，因为是纯虚数，所以，故选：A.【点睛】本题
2、考查了复数的概念和除法运算，属于基础题.3.设函数，的定义域都为，且是奇函数，是偶函数，则下列结论正确的是（ ）A. 是偶函数B. 是奇函数C. 是奇函数D. 是奇函数【答案】C【解析】【分析】根据函数奇偶性的性质即可得到结论【详解】解：是奇函数，是偶函数，故函数是奇函数，故错误，为偶函数，故错误，是奇函数，故正确为偶函数，故错误，故选：【点睛】本题主要考查函数奇偶性判断，根据函数奇偶性的定义是解决本题的关键4.在函数：；中，最小正周期为的所有函数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】逐一考查所给的函数： ，该函数为偶函数，周期 ；将函数 图象x轴下方的图象向上翻折即可得到 的图象
3、，该函数的周期为 ；函数的最小正周期为 ；函数的最小正周期为 ；综上可得最小正周期为所有函数为.本题选择A选项.点睛：求三角函数式的最小正周期时，要尽可能地化为只含一个三角函数的式子，否则很容易出现错误一般地，经过恒等变形成“yAsin(x)，yAcos(x)，yAtan(x)”的形式，再利用周期公式即可5.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选
4、D.考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.6.设分别为的三边的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意,画出几何图形,根据向量加法的线性运算即可求解.【详解】根据题意,可得几何关系如下图所示:,故选:B【点睛】本题考查了向量加法的线性运算,属于基础题.7.已知三点A(1,0)，B(0， )，C(2，)，则ABC外接圆的圆心到原点的距离为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】选B.考点：圆心坐标8.正项等比数列中的、是函数的极值点，则（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为，得出，再由等比数
5、列的性质可得.【详解】解：依题意、是函数的极值点，也就是的两个根又是正项等比数列，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.9.设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，即可得到所求双曲线的方程.【详解】解：抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得，即又，即解得，.即双曲线的方程为.故选：C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题.10.已知，是球的球面上两点，为该球面上的动点，若
6、三棱锥的体积的最大值为36，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】如图所示，当平面时，三棱锥的体积最大，求出的值，再代入球的表面积公式，即可得答案.【详解】如图所示，当平面时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积.故选：C.【点睛】本题考查球的表面积和锥体的体积计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力.11.已知函数，若，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由题意知，当时，由，当且仅当时，即等号是成立，所以函数的最小值为，当时，为单调递增函数，所以，又因为，使得，即在
7、的最小值不小于在上的最小值，即，解得，故选C考点：函数的综合问题【方法点晴】本题主要考查了函数的综合问题，其中解答中涉及到基本不等式求最值、函数的单调性及其应用、全称命题与存在命题的应用等知识点的综合考查，试题思维量大，属于中档试题，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想的应用，其中解答中转化为在的最小值不小于在上的最小值是解答的关键12.已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（ ）A. 2B. 3C. 5D. 8【答案】D【解析】【分析】画出函数的图象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出.【详解】解：函数，如图所示当时，由于关于的不等
8、式恰有1个整数解因此其整数解为3，又，则当时，则不满足题意；当时，当时，没有整数解当时，至少有两个整数解综上，实数的最大值为故选：D【点睛】本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于较难题.二、填空题13.已知命题：，那么是_.【答案】真命题【解析】【分析】由幂函数的单调性进行判断即可.【详解】已知命题：，因为在上单调递增，则，所以是真命题，故答案为：真命题【点睛】本题主要考查了判断全称命题的真假，属于基础题.14.如图，为测量出高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得已知山高，则山高_【答案】150【解析】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即
9、解得,在中，故答案为150考点：正弦定理的应用15.设满足约束条件且的最小值为7，则_.【答案】3【解析】【分析】根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.详解】根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，由可得，当时显然不满足题意；当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；当即
10、时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.综上可知满足条件时.故答案为3.【点睛】本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.16.已知为偶函数，当时，则曲线在点处的切线方程是_.【答案】【解析】试题分析：当时，则又因为为偶函数，所以，所以，则，所以切线方程为，即【考点】函数的奇偶性、解析式及导数的几何意义【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当时，函数，则当时，求函数的解析式”有如下结论：若函数为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为三、解答题17.已知是递增的等差数列，是方程的根.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（
11、1）;（2）.【解析】【分析】（1）方程的两根为，由题意得，在利用等差数列的通项公式即可得出；（2）利用“错位相减法”、等比数列的前项和公式即可求出【详解】方程x25x60的两根为2，3.由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而得a1.所以an的通项公式为ann1.（2）设的前n项和为Sn，由（1）知，则Sn，Sn，两式相减得Sn，所以Sn2.考点：等差数列的性质；数列的求和【方法点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式、“错位相减法”、等比数列的前项和公式、一元二次方程的解法等知识点的综合应用，解答中方程的两根为，由题意得，即可求解数列的通项公式，进而利用错位相
12、减法求和是解答的关键，着重考查了学生的推理能力与运算能力，属于中档试题18.为了整顿道路交通秩序，某地考虑将对行人闯红灯进行处罚.为了更好地了解市民的态度，在普通行人中随机选取了200人进行调查，当不处罚时，有80人会闯红灯，处罚时，得到如表数据：处罚金额（单位：元）5101520会闯红灯的人数50402010若用表中数据所得频率代替概率.（1）当罚金定为10元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低多少？（2）将选取的200人中会闯红灯的市民分为两类：类市民在罚金不超过10元时就会改正行为；类是其他市民.现对类与类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为类市民的概率是多少？【
13、答案】（1）降低（2）【解析】【分析】（1）计算出罚金定为10元时行人闯红灯的概率，和不进行处罚时行人闯红灯的概率，求解即可；（2）闯红灯的市民有80人，其中类市民和类市民各有40人，根据分层抽样法抽出4人依次排序，计算所求的概率值.【详解】解：（1）当罚金定为10元时，行人闯红灯的概率为；不进行处罚，行人闯红灯的概率为；所以当罚金定为10元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低；（2）由题可知，闯红灯的市民有80人，类市民和类市民各有40人故分别从类市民和类市民各抽出两人，4人依次排序记类市民中抽取的两人对应的编号为，类市民中抽取的两人编号为则4人依次排序分别为，共有种前两位均为类市民排序为
14、，有种，所以前两位均为类市民的概率是.【点睛】本题主要考查了计算古典概型的概率，属于中档题.19.如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，.（1）若为的中点，求证：平面；（2）若，求四棱锥的体积.【答案】(1)见解析(2) 【解析】【分析】（1）设EC与DF交于点N，连结MN，由中位线定理可得MNAC，故AC平面MDF；（2）取CD中点为G，连结BG，EG，则可证四边形ABGD是矩形，由面面垂直的性质得出BG平面CDEF，故BGDF，又DFBE得出DF平面BEG，从而得出DFEG，得出RtDEGRtEFD，列出比例式求出DE，代入体积公式即可计算出体积【详解】（1）证明：设与交于点，连接，在矩形中，
15、点为中点，为的中点，又平面，平面，平面.（2）取中点为，连接，平面平面，平面平面，平面，平面，同理平面，的长即为四棱锥的高，在梯形中，四边形是平行四边形，平面，又平面，又，平面，.注意到，.【点睛】求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法. 割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决等积法：等积法包括等面积法和等体积法等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高
16、时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值20.已知.（1）若，求函数的单调区间；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】【分析】（1）分类讨论，利用导数的正负，可得函数的单调区间.（2）分离出参数后，转化为函数的最值问题解决，注意函数定义域.【详解】（1）由得或当时，由，得.由，得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和.当时，由，得由，得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和综上：当时，单调递减区间为，单调递增区间为和当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和.（2）依题意，不等式恒成立等价于在上恒
17、成立，可得，在上恒成立，设，则令，得，（舍）当时，；当时，当变化时，变化情况如下表：10单调递增单调递减当时，取得最大值，.的取值范围是.【点睛】本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.21.过点P(-4,0)动直线l与抛物线相交于D、E两点，已知当l的斜率为时，.（1）求抛物线C的方程；（2）设的中垂线在轴上的截距为,求的取值范围.【答案】；【解析】【分析】根据题意,求出直线方程并与抛物线方程联立,利用韦达定理,结合,即可求出抛物线C的方程；设，的中点为，把直线l方程与抛物线方程联立,利用判别式求出的取值范围,利用韦达定理求出,进而求出的中垂线方
18、程,即可求得在轴上的截距的表达式,然后根据的取值范围求解即可.【详解】由题意可知,直线l的方程为,与抛物线方程方程联立可得,设,由韦达定理可得,因为,所以,解得,所以抛物线C的方程为;设,的中点为,由,消去可得,所以判别式,解得或,由韦达定理可得,所以的中垂线方程为,令则,因为或,所以即为所求.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和直线与抛物线的位置关系,考查向量知识的运用;考查学生分析问题、解决问题的能力和运算求解能力;属于中档题.选修4-4：坐标系与参数方程22.平面直角坐标系中，曲线：.直线经过点，且倾斜角为，以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系（1）写出曲线的极坐标方程与直线的参数方程；
19、（2）若直线与曲线相交于，两点，且，求实数的值【答案】（）（t为参数）；（）或或.【解析】【详解】试题分析: 本题主要考查极坐标方程、参数方程与直角方程的相互转化、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力. 第一问，用，化简表达式，得到曲线的极坐标方程，由已知点和倾斜角得到直线的参数方程；第二问，直线方程与曲线方程联立，消参，解出的值.试题解析：（1）即,.（2）,符合题意考点：本题主要考查：1.极坐标方程，参数方程与直角方程的相互转化；2.直线与抛物线的位置关系.选修4-5：不等式选讲23.已知函数f(x)|x2|x1|.（）解不等式f(x)1；
20、（）当x0时，若函数g(x)(a0)的最小值恒大于f(x)，求实数a的取值范围【答案】（）；（）【解析】【分析】（）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集；（）由条件利用基本不等式求得，再由，求得的范围【详解】（）当时，原不等式可化为，此时不成立；当时，原不等式可化为，解得，即；当时，原不等式可化为，解得.综上，原不等式的解集是 （）因为，当且仅当时等号成立，所以.当时，所以所以，解得，故实数的取值范围为【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
