2020届河南省天一大联考高三下学期第二次模拟数学试题(解析版)

1、2020 届海南省天一大联考高三下学期第二次模拟数学试题、单选题21 设集合M y | y x , x R ， N x| 1 x 3 ，则 M I N （）A1,3B0,3C1,0D1,0【答案】C【解析】求出集合M ，即可得到两个集合的交集.【详解】 M y |y 0 , . . M I N x| 1 x 0 .故选： C【点睛】此题考查求两个集合的交集，关键在于准确求出集合M ， 根据集合的交集运算法则求解2 已知 a, b R ， 复数z1a bi ， z2b 4 a 2 i 在复平面内对应的点重合，则（）D a 2， b 2A a 1 ， b 3 B a 3， b 1Ca 2， b 2

2、根据两个点重合得两个复数相等，建立方程组求解【详解】ab4a1依题知，解得ba2b3故选： A【点睛】 此题考查复数概念的辨析，根据两个复数相等，利用实部与实部相等，虚部与虚部相等求解方程组.rr3 .设a , b , c是空间中三条不同的直线，已知a b，则a c是b/c的（）B 必要不充分条件D 既不充分也不必要条件A 充分不必要条件C 充要条件根据空间中直线位置关系判断两个条件的推出关系即可得解【详解】rb且a c不一定推出b/c,故不满足充分性;r .b且b / /c te推出a c,故满足必要性.所以a c”是b/c”的必要不充分条件.故选:【点睛】此题考查充分条件与必要条件的辨析，

3、关键在于熟练掌握空间两条直线位置关系的判断.4.圆周率 是无理数，小数部分无限不循环，毫无规律,但数学家们发现可以用一列有规律的数相加得到:11.若将上式看作数列an的各项求和,则an的通项公式可以是（2nB.anC. an2nD.an4n 14n 3根据11可以改写成5 7 9 11合选项即可得解.由题可知119 11对比选项可知4n 1 4n 3 .故选：D此题考查归纳推理,关键在于准确找出数列规律,结合已知的裂项求和方法进行代数变形即可得解.5.在 ABC中,AB的中点为D, CD的中点为E,则uuurAE1 uuur 1 uuirA.-AB - AC1 uur 1 uuur B. -A

4、B -ACC.1 uur-AB 41 uuur一 AC21 uuu 1 uuur D. AB AC根据平面向量的运算法则即可求解第3页共17页【详解】uurAE1 uuurAC 2uiur 1 uuur 1 uuur AD AC AB1 uuur i uur -AC -AB.故选:【点睛】此题考查向量的线性运算，关键在于熟练掌握向量的线性运算法则，准确求解6.已知为第二象限角，且sin2皿 sin 2cos2 ,贝U 2 cosC.根据sin2cos2求出tansin 22 cos2sin cos2 2 tan 即cos第4页共17页可得解.由 sin2cos22 cos. 2 sin为第二象

5、限角,sin 22 cos2sincos2 cos2 tan, 2.故选：D此题考查同角三角函数基本关系的辨析,根据平方关系和商的关系求值7.已知正六边形的两个顶点为双曲线3 1 a 0,b的两个焦点，其他顶点都在双曲线 C上，则双曲线 C的离心率为A. 2b. 73 ic. 273D. 4a, c,即可求得.设正六边形的【解析】 根据正六边形的几何特征，结合双曲线的几何意义分别求出 离心率.根据题意，双曲线的焦点必须是正六边形的两个相对的顶点，如图所示边长为1,双曲线的半焦距为C,则双曲线的焦距为2c F1F2 2,2aAFi AF2 J3 1 ,所以双曲线的离心率为 e32 1 吞 1.故

6、选：B此题考查根据正六边形和双曲线的几何性质求双曲线的离心率,关键在于熟练掌握相关性质准确计算.8 .已知f X是定义在R上的奇函数，对任意的Xi, X2R,f2 X1f2 X2max18,则函数g2fX 一1的值域为（B.5,54C.2,9D.9,98根据函数的奇偶性和已知条件求出X的值域，结合指数函数的值域求解对任意的Xi,X2R,有 fX1f 2X2maX18,则 f XmaX 3, f Xm.3,-f X 1 -所以 2 ,8 , g X88,9.故选：D此题考查根据函数的奇偶性解决函数最值问题,根据指数函数的单调性解决指数型函数第6页共17页的值域问题.二、多选题9 .某地区一周的最

7、低气温随时间变化的图象如图所示，根据图中的信息，下列有关该地区这一周最低气温的判断，正确的有（）周同 hl -周四抵5周六用HA.前六天一直保持上升趋势B.相邻两天的差最大为C.众数为0D.最大值与最小值的差为 7【答案】CD【解析】 根据折线图可得周三到周四气温下降，周六周日差为4,其余说法正确.【详解】周三到周四，最低气温下降了，所以A项错误；周六与周日的最低气温之差为4,故B项错误；0 c出现了 2次，而其他的值只出现 1次，故众数为0, C项正确；最小值为 周一的 3 C ,最大值为周六的4 C ,二者差为7, D项正确.故选：CD【点睛】此题考查根据折线图分析数据特征，关键在于准确读

8、懂折线图表达的意思，根据数据特 征下2酊仑.10 .下列选项中描述的多面体，一定存在外接球的有（）A.侧面都是矩形的三棱柱B.上、下底面是正方形的四棱柱C.底面是等腰梯形的四棱锥D.上、下底面是等边三角形的三棱台【答案】AC【解析】多面体存在外接球，其表面的多边形均有外接圆，根据选项中的多面体特征进 行辨析.【详解】多面体存在外接球， 则其表面的多边形均有外接圆.对于A,侧面都是矩形的三棱柱， 表 面由矩形和三角形构成，满足条件；对于B,上、下底面是正方形的四棱柱，侧面可能为斜的平行四边形，不满足条件；对于C,底面为等腰梯形的四棱锥， 表面由等腰梯形、 三角形构成，满足条件；对于 D,上、下底

9、面是等边三角形的三棱台，侧面梯形不一定 有外接圆，比如有一条侧棱垂直于底面的情况，故D不满足条件.故选：AC【详解】此题考查几何体特征的辨析，根据几何体的结构特征判定是否有外接球211 .关于X的方程 X2 2x 2 2x x2 k 0,下列命题正确的有（）A 存在实数k，使得方程无实根B 存在实数k ，使得方程恰有2 个不同的实根C 存在实数k ，使得方程恰有3 个不同的实根D 存在实数k ，使得方程恰有4 个不同的实根【答案】AB【解析】通过换元法，设t x2 2x ,方程化为关于t的二次方程t2 2t k 0的根的情况进行分类讨论.【详解】2设t x2 2x,方程化为关于t的一次万程t

10、2t k 0 * .当 k 1 时，方程* 无实根，故原方程无实根.当 k 1 时，可得t1 ，则x2 2x 1 ，原方程有两个相等的实根x 1 .当 k1 时，方程* 有两个实根t1, t2t1t2，由t1t22 可知，t11 ，t21 .2222因为t x 2x x 111 ,所以x 2x ti无实根，x 2x t2有两个不同的实根.综上可知：A， B 项正确，C， D 项错误 .故选：AB此题考查方程的根的问题，利用换元法讨论二次方程的根的分布，涉及分类讨论思想212 已知抛物线C ： y 2px p 0 的焦点 F 到准线的距离为2，过点F 的直线与抛物线交于P ， Q 两点， M 为

11、线段 PQ 的中点，O 为坐标原点，则下列结论正确的是（）A. C的准线方程为y 1C M 的坐标可能为3,2【答案】BCD【解析】根据抛物线的几何意义判定，解.联立直线与抛物线方程结合韦达定理计算即可得B 线段PQ 的长度最小为4uuur uuruD OP OQ3恒成立焦点F到准线的距离即为 p 2 ,所以抛物线C的焦点为F 1,0 ,准线方程为x 1 ,A项错误.当PQ垂直于x轴时长度最小，此时P 1,2 , Q 1, 2 ,所以|PQ 4, B项正确.y2 4x设P x1，y1，Q X2,y2 ,直线PQ的万程为x my 1 .联立，消去y可x my 12.222得 x 4m 2 x 1

12、 0,消去 x可得 y 4my 4 0 ,所以 X x2 4m 2,y y 4m ,当m 1时，可得M 3,2 ,所以C正确，又xx2 1 , yyy24 ,所uur uur以OPOQ 乂死yy23,所以D正确.故选：BCD【点睛】此题考查直线与抛物线相关问题，涉及抛物线的几何特征，直线与抛物线的关系，利用 韦达定理解决问题.三、填空题 4313 .已知1 ax 的展开式中x3的系数为108,则实数a .【答案】3【解析】根据二项式定理写出展开式的通项公式，根据系数建立等式即可求解【详解】r二项展开式的通项公式为 Tr 1 C； ax ，令r 3 ,则x3的系数为C：a3 108,则a 3.故

13、答案为：3【点睛】此题考查二项式定理，根据展开式中某项的系数建立等式求解参数，关键在于熟练掌握二项式定理.x2 1,x 014 .已知函数f x，若f a 3,则实数a .x 2,x 0【答案】.2或1【解析】分类讨论，分别代入两段解析式求解方程即可得解若a 0 ,则a2 1 3 ,解得aJ2 ；若a 0,则a 2 3,解得a 1.故答案为：J2或1【点睛】.设线段AB为底此题考查分段函数，根据函数值求自变量的取值，关键在于分段解方程求解15 .已知圆锥的母线长为3,底面半径为1,则该圆锥的体积为面圆的一条直径，一质点从 A出发，沿着圆锥的侧面运动，到达B点后再回到 A点,则该质点运动路径的最

14、短长度为【解析】根据母线和底面圆半径求出锥体的高,即可得到体积，将圆锥侧面展开结第10页共17页合图形求解最短距离.圆锥的高为j32 12 272，所以体积为136.圆锥底面周长为2 ,于是侧面展开得到的扇形的圆心角为如下图.则质点运动的最短路径为虚线所示的折线，长度为故答案为：2贝，63此题考查求圆锥的体积和圆锥表面路径最短的问题，关键在于熟练掌握圆锥的几何特 征，对侧面进行展开求解16 .小李在游乐场玩掷沙包击落玩偶的游戏.假设他第一次掷沙包击中玩偶的概率为0.4,第二次掷沙包击中玩偶的概率为0.7,而玩偶被击中一次就落地的概率为0.5,被击中两次必然落地.若小李至多掷两次沙包，则他能将玩

15、偶击落的概率为【答案】0.55【解析】击落玩偶分三种情况：第一次就击落；第一次未击中，第二次击落；第一次击中但未击落，第二次击落，分别求出概率，三个概率之和即为所求【详解】小李将玩偶击落有三种情况，第一次就击落；第一次未击中，第二次击落；第一次击中但未击落，第二次击落.所以P 0.4 0.5 0.6 0.7 0.5 0.4 0.5 0.7 0.55.故答案为：0.55【点睛】此题考查根据事件的关系求解概率，关键在于弄清玩偶被击落的所有可能情况，根据概率公式求解.17 .在a J7c, ABC的外接圆半径R 2，2,b c 2acosC这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.在ABC

16、中，角A, B , C的对边分别为a , b , c .已知A - , ABC的面积S 6 J3 ,且.求边c.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）【答案】 若选择，c 2T2 ；若选择，c2 J6 ;若选择，c 2J3第19页共17页【解析】任选一个条件，根据正余弦定理结合面积公式分别求解【详解】若选择条件:由 S -bcsin A2-bc 6,73 ,得 bc 24.22222222根据余弦定理有cos Ab c a b c 7c -2bc2bc 2整理得b2 bc 6c2 0 ,所以b 3c或b 2c （舍去）.所以 bc 3c2 24 ,解得 c 2 J2.若选择条件：由

17、 S 工 bcsin A 1-bc 6 33 ,得 bc 24. 222根据正弦定理有 a 2Rsin A 2 6.根据余弦定理有a2 b2 c2 2bc cos A 24,整理可得b2 c2 48.bc b224,解得b48c 2、6.若选择条件：由正弦定理及条件得 sin B sinC 2sin AcosC ,因为 ABC ,所以 sin B sin A C sin AcosC sinCcosA,所以 sin C sin AcosC sinCcosA sin A C ,A所以C A C ( C A C 不符合条件)，于是C -.26所以 B 2, a 3c.所以 S ac - c2 6.3

18、,解得 c 2、, 3 . 22故答案为：若选择，c 2V2 ；若选择，c 2J6 ；若选择，c 273【点睛】此题作为开放性试题，自选条件作答，关键在于熟练掌握正余弦定理结合三角形面积公式求解三角形.四、解答题18.已知an是递增的数列,bn是等比数列.满足ai2bi1 ,b3b2b3b4，且对任息 n N , an 12anan 1 anbn .(1)求数列 bn的通项公式;(2)求数列 an的通项公式n 1【答案】(1) bn 3 ； (2) an.n 131【解析】(1),，一2根据b3 b22223 一b b4得q q q q解方程即可得解;2一 /(2)由题an 1 an 3n 1

19、根据单调性求出an 1 an 3,利用累加法即可求得通项公式.【详解】(1)设bn的公比为q q 0 ,22223由已知4 2b3 b4得q q q q ,2化简得q3q 0 ,解得q 3.故 bnbiqn 13n1.(2)由 an 12anan 1anbn ,得 an 1 an3,n 1 因为an单调递增，即anan 1,所以an 1an3.012n 2a11,a2a13 ,a3a23 , a4 %3 ,anan 13 n 2 ,累加得 an 1 1 3 32 33 L 3n 2n 1 n 1., 1 3311 32.3n 1 1因为a1 1也符合该式，所以an 32【点睛】此题考查求数列通

20、项公式，根据题目所给递推关系求解通项公式，涉及公式法和累加法求通项公式.19.某公司组织开展 学习强国”的学习活动，活动第一周甲、乙两个部门员工的学习情 况统计如下：学习活跃的员工人数学习/、活跃的员工人数甲1812乙328(1)从甲、乙两个部门所有员工中随机抽取1人，求该员工学习活跃的概率;(2)根据表中数据判断能否有 95%的把握认为员工学习是否活跃与部门有关；2人，发现这两人学习都(3)活动第二周，公司为检查学习情况，从乙部门随机抽取不活跃，能否认为乙部门第二周学习的活跃率比第一周降低了?2参考公式：K2n ad bcabcd a c b d参考数据：P K2 0.12.706, P K

21、2 0.053.841, P K2 0.016.635.5, 一一【答案】(1) 5 ; (2)没有；(3)见解析7【解析】(1)根据两个部门员工的总数和学习活跃的人数，利用古典概型求解;2(2)根据公式计算出K2 70 18 8 32 123.36即可判定;50 20 30 40(3)根据随机事件的发生具有偶然性以及概率大小关系，言之成理即可【详解】1人，该员工学习活跃(1)设事件A为 从甲、乙两个部门所有员工中随机抽取18 3250 518 32 12 8 70 72(2)K270 18 8 32 123.36.50 20 30 40因为3.36 3.841,所以没有95%的把握认为员工学

22、习是否活跃与部门有关(3)设事件B为 第二周从乙部门随机抽取2人，这两人学习都不活跃若第二周保持第一周的活跃情况，则P BC2-4 0.036.C20答案示例一：可以认为活跃率降低了，因为P B很小，事件B一般不容易发生，现在发生了，则说明学习不活跃的人数增加了，即活跃率降低了答案示例二：不能认为活跃率降低了.因为事件B是随机事件，虽然 P B较小，但还是有可能发生，所以不能认为活跃率降低.【点睛】此题考查计算古典概型的概率，解决独立性检验问题，根据事件发生的概率解释生活中的事例，关键在于准确计算求解.20.如图所示，直三棱柱 ABC AB1C1的各棱长均相等，点E为AA1的中点.(1)证明：

23、EB1 BC1；(2)求二面角C1 EB1 C的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）叵4【解析】（1）通过证明BCi 平面EB1C即可证得；（2）建立空间直角坐标系，利用向量求解.【详解】（1）设BCi与CB1交点为O,连接OE , BE.由题可知四边形BCC1B1为正方形，所以BC1 CBi,且。为BCi中点.又因 BE2 AB2 AE2，GE2 AE2 AC2 ,所以BE C1E ,所以BC1 OE .又因为OE I CBi O ,所以BCi 平面EBiC .因为EB1 平面EB1C ,所以BC1 EB1.y(2)取AB的中点O',连接O'C , O'C AB,

24、在平面ABB1A过点O'内作AB的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系O' xyz.设 AB 2,则 E 0, 1,1 , B1 0,1,2 , B 0,1,0 , g 73,0, 2 .uuiruuuu _所以 EB0,2,1 , EC1V3,1,1 .设平面C1EB1的一个法向量为x, y,z ,v uuuvn EB1 2y z 0贝 U v uuuvn EC1. 3x y z23, 2nuuuu由（1）可知平面CEB1的一个法向量为 BC1.3,1,2,uuuu r 贝U cos( BC1, nr uuiun BC14.1 3 12由图可知二面角Ci EB1 C为锐角,所以

25、其余弦值为【点睛】此题考查通过线面垂直证明线线垂直，通过空间向量求解二面角的大小，关键在于根据定理准确推导，计算求解.2X 221.已知椭圆C ： y 1 a 1的左、右焦点分别为 Fi , F2,左顶点为A,酒 a1OF11OAeAF2,其中O为坐标原点,e为椭圆C的离心率.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过F1的直线l与椭圆C交于P , Q两点，求PQF2面积的最大值.2【答案】(1)2- y2 1 ； (2)【解析】(1)根据1_OF11OAeAF21得_ccOTT,即可求得离心率;(2)设直线l的方程为x myx my 1联立 22x2 2y2 22x可得 m22 y 2my 1 0.

26、1,联立直线和椭圆的方程，结合韦达定理表示出三角形的面积，利用基本不等式求解面积的最大值(1)设椭圆的半焦距为c.11e1 1得OF1 OA AF2c a整理得a2 2c2.又因为a2 c2 1,所以a2 2, c2 1.2所以椭圆C的标准方程为 y2 1. 2(2)由(1)可知，F1 1,0 , F2 (1,0).设直线l的方程为x my 1.则y1所以所以又因x”Vi , Q X2,y2 .2m1y22 :，y y22 om 2m 2y1y2S pqf2m2 1m2 2当且仅当m2所以S PQF222mm2 2y1y2m2 1m2 11 22、-42 m2 mm2 1m2 2 20时，等号成立,即PQF2面积的最大值为此题考查求椭圆的标准方程,根据直线与椭圆的关系解决三角形面积的最值问题,利用韦达定理处理根的问题，利用基本不等式求解最值22.已知函数f x 2eln x ax 1 ( a R , e为自然对数的底数)(1)若函数f x存在极值点，求a的取值范围;(2)设 g xx f x一ax 2