1、2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】先求出集合，然后求出，再与集合取交集即可.【详解】依题意，得，则，所以.故选：B.【点睛】本题考查集合的运算、不等式的解法考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.2若复数为纯虚数，则（ ）ABCD【答案】D【解析】结合复数的四则运算及纯虚数的概念，可求出答案.【详解】.复数为纯虚数,得解得.故选：D.【点睛】本题考查复数的运算、纯虚数的概念，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属于基础题.32019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立周年，某校聚集名学生站成一个方阵
2、.方阵中间部分学生身穿红色衣服，组成“”的字样，其余学生身穿白色衣服.若任选名学生，选到身穿红色衣服的学生的概率为，则任选名学生，名学生身穿红色衣服，另名学生身穿白色衣服的概率为（ ）ABCD【答案】C【解析】分别求出身穿红色衣服和白色衣服的人数，然后求出选出名学生身穿红色衣服，另名学生身穿白色衣服的选法，及名学生选出2名学生的选法，结合古典概形的概率公式可求出答案.【详解】名学生中，身穿红色衣服的有人，身穿白色衣服的有人，故任选名学生，名学生身穿红色衣服，另名学生身穿白色衣服的概率.故选：C.【点睛】本题考查排列组合，考查古典概型的概率，考查推理能力，属于基础题.4记递增等比数列的公比为，前
3、项和为.若，则（ ）ABCD【答案】B【解析】结合，及，可求出公比，进而求出.【详解】依题意，得，所以，解得或者.又因为数列是递增数列，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式、前项和公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.5运行如图所示的程序框图；若输入的的值为，输出的的值为，则判断框中可以填（ ）ABCD【答案】C【解析】运行该程序，可知，不满足判断框，满足判断框，从而可选出答案.【详解】由于输入的的值为，输出的的值为，可知：运行该程序，第一次，不满足判断框；第二次，不满足判断框；第三次，不满足判断框；第四次，满足判断框，输出的值为，故判断框可以填.故选：C.
4、【点睛】本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.6地震震级是衡量地震本身大小的尺度，由地震所释放出来的能量大小来决定，释放出的能量愈大，则震级愈大.震级的大小可通过地震仪测出.中国使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，地震释放的能量与地震里氏震级之间的关系为.已知地区最近两次地震的震级，的值分别为，释放的能量分别为，.记，则（ ）ABCD【答案】B【解析】分别求出和，可得到，然后比较的大小关系即可选出答案.【详解】依题意，故，要比较与的大小关系，可比较与的大小关系，易知，而，故.同理可得，所以.故选：B.【点睛】本题考查数学文化，考查指数的运算性质，考查运算
5、能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.7已知三棱锥满足，则三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】A【解析】可将三棱锥置于一个长、宽、高分别为，的长方体中，可得，从而可求出及外接球半径，进而可求出该三棱锥外接球的表面积.【详解】三棱锥的对棱相等，可将此三棱锥置于一个长、宽、高分别为，的长方体中，则，三式相加可得，设三棱锥外接球的半径为,则，即.则所求外接球的表面积.故选：A.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，考查球的表面积计算，考查空间想象能力，属于中档题.8将曲线绕原点顺时针旋转角后第一次与轴相切，则（ ）ABCD【答案】D【解析】易知直线是曲线过原点的切线，设切点坐标为，结合
6、导数的几何意义，可求出，从而可求出.【详解】依题意，是曲线过原点的切线.设切点坐标为，而，所以.把切点坐标代入，得，解得，即.故选：D.【点睛】本题考查导数的运算、导数的几何意义，考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于中档题.9记双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线的渐近线上，且在第二象限，（为坐标原点），线段的中点满足，则双曲线的离心率为（ ）ABCD【答案】A【解析】先求出的坐标，进而可得到的坐标，由满足，可知点在双曲线的右支上，将坐标代入方程，计算可求得离心率.【详解】双曲线的渐近线为，设的坐标为，由，可得，即，则.，则点在双曲线的右支上，所以，整理得，即，解得，因为，所以只有符合题意
7、.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力与推理论证能力，属于中档题.10已知在体积为的正方体中，分别是，的中点.若平面平面，则在正方形中的线段长度为（ ）ABCD【答案】D【解析】延长，交于点，连接，可知在正方形中的线段为线段，由和全等，及，可得，从而可求得进而可求得.【详解】如图，延长，交于点，连接，其中，则在正方形中的线段即为线段.依题意，得，则.又易知和全等，所以，又，则，.所以，.故选：D.【点睛】本题考查空间线面的位置关系，考查空间想象能力以及数形结合思想,属于基础题.11已知函数的图象的一个最高点为，是与相邻的两个最低点，且，则函数的单
8、调递减区间为（ ）ABCD【答案】A【解析】由函数图象的一个最高点为，可知，由，结合二倍角公式，可求得，进而由图象可知，从而可求得，即可求得的表达式及单调递减区间.【详解】依题意，得，解得或，因为，所以只有符合题意，函数图象的一个最高点为，得，则，又，得，解得.因为，所以，则.令，解得.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查正切的二倍角公式的应用，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.12已知椭圆与轴交于，两点，与轴交于，两点，点在椭圆上，且四边形的面积为，则椭圆的方程为（ ）ABCD【答案】A【解析】由角的关系可求得和的值，然后设，可得，联立可求得的关系，将点的坐标代入
9、椭圆方程，可求得的关系，结合四边形的面积为，可得，进而可求得的值.【详解】由，可得.又，所以.不妨设，则，即，即.则将代入椭圆方程可得，即.又四边形的面积为，即，联立，解得，.故椭圆的方程为.故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换、椭圆的方程和性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题.二、填空题13对一批产品的内径进行测量，所得数据统计如下图所示，估计这批产品内径的中位数为_.【答案】【解析】由小矩形的面积之和等于1可求出的值，计算前个小矩形的面积可知中位数在第四组中，列式子计算即可.【详解】由题意，得，解得.前个小矩形的面积，故所求中位数为.故答案为：26.【点睛】本题考查中位数
10、的求法，考查频率分布直方图，考查运算求解能力，属于基础题.14已知中，是线段上靠近的三等分点，是线段的中点.若，则_.【答案】【解析】结合平面向量的线性运算，用表示，进而可求出的值，即可求出答案.【详解】如图，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的基本定理，考查平面向量的线性运算，考查推理论证能力，属于基础题.15记数列的前项和为，已知，.若，则的最大值为_.【答案】【解析】利用，将等式转化为只含的关系式，进而可得到，即数列是等差数列，从而可求出的表达式，解不等式，可求出答案.【详解】依题意，得，则，即，所以，则，即，所以.故数列是首项为，公差为的等差数列，则，所以.故可化为，解得
11、，因为，所以的最大值为.故答案为：19.【点睛】与关系问题的求解思路：根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化.利用，转化为只含的关系式，再求解；利用，转化为只含的关系式，再求解.16已知函数，函数，若函数有个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】作出函数的图象，令，解得或，结合图象易知有4个解，从而只需有三个解，结合图象讨论的取值范围即可.【详解】时，在上单调递减，在上单调递增，且，当时，图象始终在的下方；当时，在上单调递减，在上单调递增，且.作出函数的图象如下图所示：令，解得或，而和的图象有个交点，即有个实数根，所以只需有个实数根即可.观察可知，当或时，符合题意，解得或.故
12、答案为：.【点睛】本题考查函数的图象性质，考查函数的零点，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.三、解答题17如图所示，在平面四边形中，.（1）若，求的长；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）由，可求出，结合，可求得，在中，由余弦定理可求出的长；（2）先求得，则，然后利用正弦定理，可求出，进而可求出的面积.【详解】（1）,则是钝角，可求得.因为，所以.因为，所以.在中，由余弦定理得，即.解得，或（舍去）.所以.（2）由（1）可知，.在中，因为，所以.由正弦定理得，所以.故的面积.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力
13、，属于基础题.18如图，三棱锥中，是等边三角形，是线段的中点，是线段上靠近的四等分点，平面平面.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取的中点为，连接，由是等边三角形，可得，结合平面平面，易证平面，从而可证明结论；（2）连接，易知，两两垂直，以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后分别求出平面、的法向量，设二面角为，则，可求出答案.【详解】（1）如图，取的中点为，连接.因为是等边三角形，所以.由题意知，从而.因为平面平面，平面平面，所以平面.又平面，所以.（2）如图，连接.因为，所以.又平面平面，平面平面，所以平面.所以，两两
14、垂直.分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为，为等边三角形，所以，所以，从而，.设平面的法向量.由，得，即.可取.取平面的一个法向量.设二面角为，则.由题意可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查空间线面的位置关系、向量法求二面角，考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题.19由于工作需要，某公司准备一次性购买两台具有智能打印、扫描、复印等多种功能的智能激光型打印机.针对购买后未来五年内的售后，厂家提供如下两种方案：方案一：一次性缴纳元，在未来五年内，可免费上门维修次，超过次后每次收取费用元；方案二：一次性缴纳元，在未来五年内，可免费上门维修次，超过次后
15、每次收取费用元.该公司搜集并整理了台这款打印机使用五年的维修次数，所得数据如下表所示：维修次数台数以这台打印机使用五年的维修次数的频率代替台打印机使用五年的维修次数的概率，记表示这两台智能打印机五年内共需维修的次数.（1）求的分布列及数学期望；（2）以两种方案产生的维修费用的期望值为决策依据，写出你的选择，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）应使用方案一,详见解析【解析】（1）的所有可能取值为，分别求出对应概率，列出分布列并求出数学期望即可；（2）分别求出两种方案产生的修理费用的分布列，进而可求出对应的期望值，比较二者大小可得出答案.【详解】（1）依题意，台打印机使用五年维修1次的概率为，
16、维修2次的概率为，维修3次的概率为，维修4次的概率为.的所有可能取值为，.故的分布列为故.（2）设使用方案一，产生的费用为元，则的分布列为故.设使用方案二，产生的费用为元，则的分布列为故.故应使用方案一.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望在实际生活中的应用,考查学生的计算能力，属于基础题.20已知抛物线：，四点都在抛物线上.（1）若线段的斜率为，求线段中点的纵坐标；（2）记，若直线，均过定点，且，分别为，的中点，证明：，三点共线.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）设，分别代入抛物线方程并作差，结合线段的斜率为，可求出的值；（2）设出直线，的方程，分别与抛物线方程联立，
17、结合韦达定理，可得到，坐标的表达式，进而求得直线方程的表达式，结合，证明在直线上即可.【详解】（1）设，由，在抛物线上，得，两式相减可得.由题意知，所以，则，则线段中点的纵坐标为.（2）因为，故直线，的斜率存在且不为零.设直线，直线.易知，.由，得，则.设.则，即.同理可得，.所以，则直线.因为，所以，即.所以直线，故直线过点，即，三点共线.【点睛】本题考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力、推理论证能力以及函数与方程思想，属于中档题.21已知函数，.（1）若，求证：当时，；（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）时，求导并
18、判断函数的单调性，可得在上单调递增，即当时，；（2）构造函数，求导并判断单调性可得在上单调递增，可求出与，然后分、和三种情况讨论，使得在上单调递减所满足的条件，可求出实数的取值范围.【详解】（1）依题意，定义域为，.令，则.所以当时，当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.所以，即，所以函数在上单调递增.所以当时，.（2）设，则.易知当时，即，故在上单调递增.所以，.若，则在上，所以.所以.令.在上，要使单调递减，则，从而.因为，所以在上单调递减.所以，所以.若，即，则在上，所以，由可知.所以当时，从而，所以在上单调递减.若，则存在，使得，从而.而，从而在区间上不单调递减.综上所述，实数的取值
19、范围为.【点睛】本题考查导数的计算，考查利用导数研究函数的性质，考查构造函数的数学思想，考查学生的推理论证能力，属于难题.22在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，且与交于，两点，已知点的极坐标为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程，并求的值；（2）若矩形内接于曲线且四边与坐标轴平行，求其周长的最大值.【答案】（1）曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为；（2）【解析】（1）结合参数方程、极坐标方程及普通方程间的关系，转化即可求出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；求出直线的参数方程的标准形式，并代入曲线的普通
20、方程中，得到关于的一元二次方程，结合可求出答案；（2）设点在第一象限，且，可知矩形的周长为，利用三角函数的性质求最大值即可.【详解】（1）依题意，得点的直角坐标为，曲线的普通方程为.由直线，得其直角坐标方程为.所以直线的参数方程为（为参数），代入中，可得，所以.（2）不妨设点在第一象限，且，.由椭圆的对称性可知，矩形的周长为.而，所以当时，矩形的周长取最大值，最大值为.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程及普通方程间的转化，考查直线的参数方程的应用，考查三角恒大变换，考查运算求解能力，属于基础题.23已知，.（1）若，证明；（2）若，证明：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）由基本不等式可得：，三个式子相加可得到结论；（2）经过变形，不等式左边，故证明即可，然后利用三个正数的基本不等式可证明结论.【详解】（1）依题意，当且仅当时等号成立.，当且仅当时等号成立.，当且仅当时等号成立.三式相加可得，即，当且仅当时等号成立.（2）因为，所以.而.要证，即证，即证，而，当且仅当，即时等号成立，所以.【点睛】本题考查证明不等式的方法、基本不等式的应用，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.第 24 页 共 24 页
