1、2019-2020学年玉溪市普通高中毕业生第二次教学质量检测理科数学一、选择题1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简集合,再利用交集的定义求得解.【详解】由题得，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查对数不等式的解法，考查集合的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2.复平面内表示复数的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】先化简复数，即得解.【详解】由题得，复数对应的点为，所以它对应的点位于第三象限.故选：【点睛】本题主要考查复数的乘法和几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水
2、平，属于基础题.3.（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用诱导公式，再利用和角的正弦公式化简即得解.【详解】由题得原式=.故选：【点睛】本题主要考查诱导公式和和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.4.若某射手每次射击击中目标的概率是，则这名射手次射击中恰有次击中目标的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用n次独立重复实验恰好发生k次的概率公式计算，即可求出结果.【详解】解：这名射手3次射击中恰有次击中目标，则另外两次没有击中，所以概率为.故选：C.【点睛】本题考查求独立重复事件的概率公式，熟悉n次独立重复实验
3、恰好发生k次的概率公式是解题的关键，属于基础题.5.直线与圆交于两点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出圆心和半径，再由题得，解方程即得解.【详解】由题得，它表示圆心为（2,2），半径为的圆.则圆心到直线的距离，所以.故选：【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查弦心距的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.6.若等差数列的前15项和，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】由得到，再化简，即得解.【详解】由题得.故选：【点睛】本题主要考查等差数列性质的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.7.
4、设为三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为假命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】在A中，利用线面垂直，面面垂直的性质定理可得；在B中，利用面面垂直的性质定理，可知；在C中，利用面面垂直的判定定理可知，；在D中，与相交或平行.【详解】解：由为三个不同的平面，是两条不同的直线知：在A中，根据线面垂直，面面垂直的性质定理可知，故A正确；在B中，根据面面垂直的性质定理，可知；在C中，根据面面垂直的判定定理可知，；在D中，则与相交或平行，故D错误.故选：D.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，熟悉线面
5、垂直的性质定理、面面垂直的性质定理和判定定理是解决此题的关键，属于基础题.8.如图，该程序框图的算法思路源于“辗转相除法”，又名“欧几里德算法”执行该程序框图若输入的分别为28，16，则输出的（ ）A. 0B. 4C. 12D. 16【答案】B【解析】【分析】直接按照程序框图运行即可得解.【详解】第一次循环，除以的余数为，不成立；第二次循环，除以的余数为，不成立；第三次循环，除以的余数为，成立.输出的值为.故选：B.【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.9.如图，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，若该几何体的体积为，则其外接球的表面积是（ ）
6、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先找到几何体原图是一个三棱锥，求出三棱锥的边长，再求出三棱锥外接球的半径，即得解.【详解】由题得几何体原图如图所示，底面是边长为的等腰直角三角形，左侧面和内侧面都是边长为的等腰直角三角形，是一个三棱锥.所以.把该几何体放在边长为2的正方体中，故该三棱锥的外接球的直径是正方体的对角线，设外接球的半径为.所以外接球的表面积为.故选：【点睛】本题主要考查三视图还原几何体，考查几何体外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.已知双曲线，点为双曲线上一点，且在第一象限，点为坐标原点，分别是双曲线的左、右焦点，若，且，则双曲线的离心
7、率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】先证明是等边三角形，再由题意得到，即得双曲线的离心率.【详解】因为.因为，所以因为,所以是等边三角形，所以.所以，所以.故选：【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据幂函数和对数函数图像和性质，结合不等式的基本性质，逐一分析四个答案的真假，可得结论.【详解】解：因为，令，则为增函数，所以，故A错误；令，则该函数为增函数，则，则有，故B正确；令，则该函数为增函数，所以，则，故C错误；由C可知，又，所以，
8、故D错误；故选：B.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查幂函数和对数函数的图像和性质，不等式的性质，属于中档题.12.设函数，已知方程（为常数）在上恰有三个根，分别为，下述四个结论：当时，取值范围是；当时，在上恰有2个极小值点和1个极大值点；当时，在上单调递增；当时，的取值范围为，且其中正确的结论个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的图象和性质，对每一个命题逐一分析判断得解.【详解】当时，,令.当时，；当时，；所以，所以.所以该命题是正确的；当时， 令，当时，令当时，令因为，所以在上有两个极大值点，所以该命题是错误的；当时，令.所以函数的单调递增区
9、间为当时，因为，所以，因为，所以当时，在上单调递增.所以该命题正确；当时，因为所以，设，如图所示，当时，直线和函数的图象有三个交点.此时.所以所以.所以该命题正确.故选：【点睛】本题主要考查三角函数图象的综合应用，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.二、填空题13.已知向量，若，则_.【答案】【解析】分析】利用向量的模的运算求出和，根据等式即可求出的值.【详解】解：，则，因为，所以，解得：.故答案为：.【点睛】本题考查向量的加法和减法，考查向量模的运算，属于基础题.14.的展开式中，的系数是_（用数字填空答案）.【答案】【解析】【分析】含的项为：，计算可求出系数.【详解】解：含
10、的项为：，所以的系数是105.故答案为：.【点睛】本题考查二项式展开式系数的求法，考查二项式定理和通项的性质，考查学生的运算求解能力，属于基础题.15.的内角的对边分别为若，则的面积为_【答案】【解析】【分析】先求出，再根据求出，即得解.【详解】因为，所以.由题得.所以的面积为.故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形和三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.16.已知是定义域为的奇函数，是的导函数，当时，则使得成立的的取值范围是_【答案】【解析】【分析】构造函数，求导，结合已知可判断其单调性及奇偶性，结合函数的性质即可求解【详解】令，因为当时，则当时，即在上
11、单调递减，又因为为奇函数，即，则，故为偶函数且在上单调递增，因为，故，由可得，所以或，所以或.解可得，或.故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用函数的单调性及奇偶性求解不等式，解题的关键是构造函数并判断出其单调性及奇偶性.三、解答题17.在等比数列中，（1）求的通项公式；（2）记为的前项和，若，求【答案】（1）或；（2）或【解析】分析】（1）根据已知求出或，即得等比数列的通项；（2）分两种情况讨论，根据得到方程，解方程即得的值.【详解】解：（1）设数列的公比为，由题设得， ，即， 解得或， 故或 （2）若，则， 由，得，； 若，即，则数列为常数列， ， 综上所述，或【点睛】本题主要考查等比数列
12、的通项的求法，考查等比数列的前项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.如图，长方体的侧面是正方形.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）是正方形，所以有，又是长方体，所以有，根据线面垂直的判定定理可证. （2）以D为原点建系，分别求出面和面的法向量，二面角为锐二面角，利用向量法求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：如图1，在长方体中，平面，又平面，.四边形是正方形，.又，平面.（2）解：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，设为平面的一个法向量，则，可取，同理可求平面的一个法向量为，观察可得二面角为锐二面角
13、，其余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角余弦值的求法， 向量法是立体几何常用的方法，属于基础题.19.产量相同的机床一和机床二生产同一种零件，在一个小时内生产出的次品数分别记为，它们的分布列分别如下：01230.40.30.20.10120.20.60.2（1）哪台机床更好？请说明理由；（2）记表示台机床小时内共生产出的次品件数，求的分布列.【答案】（1）机床二更好；详见解析（2）详见解析【解析】【分析】（1）分别求出机床一和机床二的期望和方差，比较他们之间的关系，期望值相同，方差小的机床更好；（2）可能取的值为，分别计算各个可能取值对应的概率，即可求出的分布列.【详解】解：（
14、1）由的分布列知，由的分布列知，又因为，机床二更好，产生次品数的平均数一样，机床二生产的产品更稳定.（2）可能取的值为，所以的分布列为0123450.080.30.30.20.10.02【点睛】本题是根据期望和方差判断性能好坏的实际应用题，考查随机变量的分布列，属于基础题.20.如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线，过动点作于点，的平分线交轴于点，且，记动点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）过点作两条直线，分别交曲线于两点（异于点）当直线的斜率之和为2时，直线是否恒过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由【答案】（1）；（2）过定点，【解析】【分析】（1）设，由题得，即得，即得解
15、；（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，根据得到，即得直线经过的定点；当直线的斜率不存在时，直线也经过定点.即得解.【详解】解：（1）设，由已知， ，即， 化简得，曲线的方程为 （2）当直线的斜率存在时，设其方程为，且设，由得， 由已知， 由已知，得，整理得， ，整理得， 直线的方程为，直线过定点 当直线的斜率不存在时，设其方程为，且设，其中 由已知，得， 直线的方程为，此时直线也过定点 综上所述，直线恒过定点【点睛】本题主要考查动点轨迹方程的求法，考查椭圆中的定点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.21.已知函数.（1）讨论的单调性；
16、（2）证明：.注：为自然对数的底数.【答案】（1）当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在内单调递增.（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）对求导，分类讨论的正负，从而得出的单调性；（2）利用（1）的结论，有，令，有，两边求和可证明结果.【详解】（1）解：，.若，则，在内单调递增；若，则在内单调递增，且，当时，；当时，在内单调递减，在内单调递增.综上所述，当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在内单调递增.（2）证明：当时，由（1）知，当且仅当时，等号成立，令，易知，从而，累加可得，即，证毕.【点睛】本题考查利用导数求的单调性，考查不等式的证明，考查列项相消法求和，考查数学分类讨论的思想
17、，考查指数的运算，属于综合性比较强的中档题.22.已知曲线（为参数），设曲线经过伸缩变换得到曲线，以直角坐标中的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线的极坐标方程；（2）若是曲线上的两个动点，且，求的最小值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先求出曲线的普通方程，再把它化成极坐标方程得解；（2）设，求出 ，再求函数的最小值得解.【详解】解：（1）曲线的普通方程为， 曲线的普通方程为，即， 曲线的极坐标方程为，即 （2）设， ， 所以，当时，取到最小值【点睛】本题主要考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，考查极坐标方程的最值问题的求解，考查三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.23.已知函数，为方程的解集（1）求；（2）证明：当，【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题得，解不等式即得解；（2）利用分析法证明不等式得证.【详解】（1）解：， 当且仅当时，等号成立，即当且仅当时，等号成立， 方程的解集 （2）证明：要证，只需证， 即证，只需证，从而，证毕【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，考查不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
Copyright@ 2020-2024 m.ketangku.com网站版权所有