四川省攀枝花市2020届高三数学第二次统一考试试题 理（含解析）

四川省攀枝花市2020届高三数学第二次统一考试试题 理（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并用2B铅笔将答题卡上对应数字标号涂黑。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一：选择题。1.已知是虚数单位，复数满足，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】由，得，z的虚部为1故选：B【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题2.集合，若，则由实数组成的集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由条件确定集合B的元素的可能情况，代入方程ax20，求解a即可【详解】集合A-1，2，Bx|ax20，BA，B或B-1或B2a0，1，-2故选：D【点睛】本题考查了子集的应用，确定集合B的可能情况是解题的关键，属于基础题型3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用同角三角函数的基本关系求得的值，再利用正切的两角和公式展开后，把tan的值代入即可求得答案【详解】，故选A.【点睛】本题主要考查了同角基本关系式及两角和的正切公式，注意运用角的范围得到三角函数值的正负，属于基础题4.已知向量，的夹角为，且，则在方向上的投影等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用在方向上的投影公式，及其数量积运算性质即可得出【详解】24cos1204，在方向上的投影故选C【点睛】本题考查了向量数量积的几何意义及运算性质，考查了向量的投影计算公式，属于中档题5.某校校园艺术节活动中，有名学生参加了学校组织的唱歌比赛，他们比赛成绩的茎叶图如图所示，将他们的比赛成绩从低到高编号为号，再用系统抽样方法抽出名同学周末到某音乐学院参观学习.则样本中比赛成绩不超过分的学生人数为（ ）A. B. C. D. 不确定【答案】B【解析】【分析】计算系统抽样比例值，再结合图中数据求出抽取的学生人数【详解】根据题意知抽样比例为2464，结合图中数据知样本中比赛成绩不超过85分的学生人数为62（人）故选：B【点睛】本题考查了抽样方法的简单应用问题，确定比例是关键，是基础题6.已知等比数列的各项均为正数，且，成等差数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设公比为q，且q0，由题意可得关于q的式子，解得q，而所求的式子等于q2，计算可得【详解】设各项都是正数的等比数列an的公比为q，（q0）由题意可得2+，即q22q30，解得q1（舍去），或q3，故q29故选：D【点睛】本题考查等差中项的应用和等比数列的通项公式，求出公比是解决问题的关键，属于基础题7.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由三视图可知：该几何体为一个三棱锥PABC，其中PC底面ABC，底面ABC是一个三边分别为，2的三角形，PC2利用勾股定理、线面垂直的判定与性质定理、三垂线定理即可判断出结论【详解】由三视图可知：该几何体为一个三棱锥PABC，其中PC底面ABC，底面ABC是一个三边分别为，2的三角形，PC2由，可得A90又PC底面ABC，PCBC，PCAC由三垂线定理可得：ABAC因此该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为4故选：D【点睛】本题考查了三棱锥的三视图及结构特征，考查了线面垂直的判定与性质定理、三垂线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8.已知函数是定义在上的偶函数，且在上为单调函数，则方程的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用函数的奇偶性求出b，利用函数的单调性求解方程即可【详解】由12bb得，b1，则f（x）在0，1上单调，由方程，可得且，解得,并且有，或成立，解得x=1，或-（舍去）故选：C【点睛】本题考查函数的单调性以及函数的奇偶性的应用，考查计算能力与分析问题的能力，属于中档题9.如图，在矩形中，是的中点.将沿折起，使折起后平面平面，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，取AB中点F，连接CF，则CFAE，可得直线AE和CD所成角的平面角为DCF，结合已知求解DCF三边长度，满足直角三角形，可得cosDCF.【详解】由题意，取AB中点F，连接CF，则CFAE，可得直线AE和CD所成角的平面角为DCF，（如图）过D作DM垂直AE于M，平面DAE平面ABCE，ADDE，DMAE，DM平面ABCE，DMMF，且AMDM，结合平面图形可得：FM=, DF=1,CF=,又=, =3,在DFC中，=,DFC是直角三角形且DFFC，可得cosDCF故选A.【点睛】本题考查两条异面直线所成角的作法及大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养10.在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，若，（），则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与共线定理，即可求得的最小值【详解】如图所示，又2，2（），；又P、M、N三点共线，1，（）（）（）+（）2，当且仅当时取“”，的最小值是故选：A【点睛】本题考查了平面向量的线性运算与共线定理以及基本不等式的应用问题，是中档题11.已知同时满足下列三个条件：时，的最小值为；是奇函数；.若在上没有最小值，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由三个条件和正弦函数的性质可得，再结合正弦函数的图像找到满足条件的t的关系式，解出t的范围.【详解】由可知周期T，即2由可知为奇函数，又，当时，又sin(,若在上没有最小值，则,解得，故选D.【点睛】本题考查了正弦型三角函数解析式的求解，正弦函数的周期、对称问题，考查了性质的应用，属于中档题.12.定义在上的函数，单调递增，若对任意，存在，使得成立，则称是在上的“追逐函数”.若，则下列四个命题：是在上的“追逐函数”；若是在上的“追逐函数”，则；是在上的“追逐函数”；当时，存在，使得是在上的“追逐函数”.其中正确命题的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据4个命题，依次求出M，解方程求得x1，x2，运用函数的单调性和特殊值法，判断是否存在x1x2，即可得到结论【详解】对于，易得M1，k1，有21k，即为，log2（k+1），当k100时，log2（k+1），即不存在对于，得m=M1，只需检验m=1时，是否符合题意，k1，有21+lnk，即为，ek1，即有ek1ke2k2，由x1时，xe2x2的导数为12e2x20，即有xe2x2，则存在；m=1满足题意对于，易得M1，k1，有22k，即为，当k4，不存在x2对于，由题意又时，存在，取t=m+,此时，且k,有2k，即为，令g（k）=，k, ，g（k）在（）单调递减，g（k）g（）=,又t=m+, g（）=0，即g（k）0，0时，f（x）；故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增；且f（1）， 当x0时，f（x）0,所以在（，0）上是增函数，画出的大致图像：若有四个不相等的实数解，则f（x）1有一个根记为t，只需使方程f（x）m1有3个不同于t的根，则m1；即1；故答案为【点睛】本题考查了利用导数研究方程根的问题，考查了函数的单调性、极值与图像的应用，属于中档题三：解答题。17.已知数列中，.（I）求数列的通项公式；（II）设，求数列的通项公式及其前项和.【答案】（）（）.（） 【解析】【分析】（I）由已知得anan12n-1，由此利用累加法能求出数列an的通项公式（II）由（I）可得，由此利用裂项求和法能求出前n项和【详解】（）当时，由于，所以 又满足上式，故（）.（）.所以 .【点睛】本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意累加法和裂项求和法的合理运用18.某种设备随着使用年限的增加，每年的维护费相应增加.现对一批该设备进行调查，得到这批设备自购入使用之日起，前5年平均每台设备每年的维护费用大致如表：年份（年）维护费（万元）（I）从这年中随机抽取两年，求平均每台设备每年的维护费用至少有年多于万元的概率；（II）求关于的线性回归方程；若该设备的价格是每台万元，你认为应该使用满五年换一次设备，还是应该使用满八年换一次设备？并说明理由.参考公式：用最小二乘法求线性回归方程的系数公式：【答案】（）（）见解析【解析】【分析】（）先求得至少有年多于万元的基本事件的个数，直接利用古典概型概率公式求解即可；（）分别求出相关系数，求出回归方程，再求得两种情况下的平均费用，比较大小，判断即可【详解】（）用表示“抽取的2年中平均每台设备每年的维护费用至少有1年多于2万元”，则基本事件共有个，又基本事件是等可能的，属于古典概型，故（），所以回归方程为 若满五年换一次设备，则每年每台设备的平均费用为：（万元）若满八年换一次设备，则每年每台设备的平均费用为：（万元）因为，所以满八年换一次设备更有道理【点睛】本题考查了古典概型求概率及求回归方程问题，考查函数求值，是一道常规题19.如图，在四棱锥中，底面，为直角，、分别为、的中点.（I）证明：平面平面；（II）设，且二面角的平面角大于，求的取值范围.【答案】（）见证明 （）【解析】【分析】（）根据矩形与三角形中位线可得线线平行，进而得到线面平行，再利用面面平行的判定定理证得结论（）以A为原点，以AB、AD、AP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AB的长为1，求出平面CDB的法向量和平面EDB的法向量，然后利用向量的夹角公式建立关系，解之即可【详解】（）由已知 为直角，为的中点，,故是矩形，, 又分别为的中点. ,，所以平面 （）以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，故从而，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，取，可得，设二面角的大小为，因为，则， 化简得，则.【点睛】本题主要考查直线与平面平行、面面平行的判定与性质，考查了二面角的平面角的概念及求法，考查空间想象能力和思维能力，应用向量知识解决立体几何问题的能力，属于中档题20.已知抛物线上一点到焦点的距离等于.（I）求抛物线的方程和实数的值；（II）若过的直线交抛物线于不同两点，（均与不重合），直线，分别交抛物线的准线于点，.试判断以为直径的圆是否过点，并说明理由.【答案】（）；（）见解析【解析】【分析】（）求出p的值，求出抛物线的方程，代入的坐标，求出t的值即可；（）联立方程组，消去x得到y24my40，再求得M,N的坐标，根据韦达定理计算出的值，判断即可【详解】（）由抛物线定义可知，故抛物线将代入抛物线方程解得 （）证明：设，设直线的方程为 ，代入抛物线，化简整理得：，则由已知可得直线方程：令得即，同理可得，将代入化简得：，故以为直径的圆过点（也可用）【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系的应用，考查了转化能力，是一道综合题21.已知函数.（I）若在处取得极值，求过点且与在处的切线平行的直线方程；（II）当函数有两个极值点，且时，总有成立，求实数的取值范围.【答案】（）【解析】【分析】（）求导函数，利用极值点必为f（x）0的根，求出a的值，可得斜率，利用点斜式写出方程即可 （II）由题意得u（x）2x28x+a0在（0，+）上有两个不等正根，可得a的范围，利用根与系数的关系将中的a，都用表示，构造函数，对m分类讨论，利用导数研究其单调性即可得出【详解】（）由已知知，点，所以所求直线方程为 （）定义域为，令，由有两个极值点得有两个不等的正根，所以，所以由知不等式等价于，即 时，时令，当时，所以在上单调递增，又，所以时，；时，所以，不等式不成立当时,令(i)方程的即时所以在上单调递减，又，当时，不等式成立当时，不等式成立所以时不等式成立 (ii)当即时，对称轴开口向下且，令则在上单调递增，又， ，时不等式不成立，综上所述，则【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为，斜率为的直线经过点.（I）求曲线的普通方程和直线的参数方程；（II）设直线与曲线相交于，两点，求线段的长.【答案】（）曲线C的普通方程为，直线的参数方程为（为参数）（）【解析】【分析】（）根据sin2+cos21消去曲线C的参数可得普通方程；根据直线过的定点及斜率写出直线的参数方程；（）将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，得到关于t的一元二次方程，结合参数t的意义得到，利用根与系数的关系可得结果.【详解】（）曲线C的参数方程为(为参数)，普通方程为直线经过点，斜率为，直线的参数方程为（为参数）（）将（为参数）代入，化简整理得：，设是方程的两根，则，则【点睛】本题考