2020届云南省陆良县高三毕业班第二次教学质量摸底考试数学(理)试题(解析版)

学（理）试题

一、单选题

1．已知集合A{x|x1},B{x|x22x0},则AUB（ ） A．{x|x1} C．{x|0x1} 【答案】B

【解析】计算Bx0x2，再计算AUB得到答案. 【详解】

B．{x|x2}

D．{x|0x2}{x|1x2}

B{x|x22x0}x0x2，故AB{x|x2}.

故选：B. 【点睛】

本题考查了并集的计算，意在考查学生的计算能力. 2．复数

2i在复平面内表示的点位于（ ） 1iB．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限 【答案】B

【解析】化简得到z【详解】

13i，得到答案. 22z2i2i1i13i13i，对应的点在第二象限. 1i2221i1i故选：B. 【点睛】

本题考查了复数对应象限，意在考查学生的运算能力.

3．已知an为等差数列，若a3a4a812，则S9（ ） A．24 【答案】C

B．27

C．36

D．54

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【解析】计算得到a54，根据S9【详解】

a1a999a5得到答案. 2a1a999a536. 2a3a4a8a5a4a63a512，故a54，S9故选：C. 【点睛】

本题考查了根据等差数列性质求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.

y2x2234．已知双曲线，则m的值为（ ） 1的离心率为3m3A．1 【答案】A

【解析】直接根据双曲线离心率公式计算得到答案. 【详解】

B．

6 5C．3 D．9

m323y2x2双曲线，解得m1. 1的离心率为e33m3故选：A. 【点睛】

本题考查了根据双曲线的离心率求参数，意在考查学生对于双曲线离心率的理解. 5．向如图的正方形内随机投掷一质点，则该质点落在阴影部分的概率为（ ）

A．

1 2B．

1 3C．

2 3D．

 4【答案】C

【解析】根据定积分计算阴影部分面积为【详解】

2，得到答案. 321312，故阴影部分的面积为：1xdx1x32. p03301312故选：C. 【点睛】

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本题考查了定积分和几何概型，意在考查学生的综合应用能力.

rrrrrr6．已知向量a与向量b的夹角为60，|a|1，2ba3，则b（ ）

A．1 【答案】A

B．2

C．

2 2D．

1 2rrr2r【解析】平方2ba3得到4b2b13，解得答案.

【详解】

rrrr2ba3，故2ba2r2rrr2r2r4b4aba4b2b13，

rr1b1解得或b（舍去）.

2故选：A. 【点睛】

本题考查了向量模的计算，意在考查学生的计算能力. 7．(x)的展开式中的常数项是（ ） A．-120 【答案】C

【解析】直接根据二项式定理计算得到答案. 【详解】

B．-60

C．60

D．120

2x62r(x)6的展开式通项为：Tr1C6x2x6r63rr2rC62x2， xr2取r=2得到常数项为：C6260.

故选：C. 【点睛】

本题考查了二项式定理求常数，意在考查学生的计算能力和应用能力. 8．将函数f(x)cosx的图像横坐标缩短到原来的

1倍，纵坐标不变，再向右平移

627 12个长度单位，得到的函数图像的一条对称轴为（ ） A．x3

B．x5 12C．xD．x2 3【答案】D

【解析】根据题意得到gxcos2x3，计算2x3k得到答案.

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【详解】

根据题意得到的函数为gxcos2x3，取2x3k得到

k,kZ.

622当k1时，x满足条件.

3x故选：D. 【点睛】

本题考查了三角函数的平移伸缩变换，对称轴，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.

9．执行如图所示的程序框图，若输出的S为

3，则判断框中应填（ ） 7

A．i5? 【答案】D

B．i5? C．i7? D．i7?

【解析】根据程序框图计算得到S【详解】 根据程序框图知：

i1，计算得到答案. 2i4S111111111i13...1...，解得1335ii22335ii22i47i5.

故选：D.

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【点睛】

本题考查了程序框图的条件，理解程序框图的意义是解题的关键.

ex1,x010．已知函数f(x)2 ，若f(2a2)f(a)，则实数a取值范围是

x2x,x0（ ）

A．(,1)U(2,) C．(1,2) 【答案】B

【解析】画出函数图像得到函数单调性，计算得到答案. 【详解】

画出函数图像知：函数单调递增，f(2a)f(a)，故2a2a，解得2a1. 故选：B.

2B．(2,1)

D．(,2)(1,)

【点睛】

本题考查了分段函数的单调性，根据单调性解不等式，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.

11．若p:xR,sinxa2，q:函数f(x)是q的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】A

【解析】分别计算得到1a3和a1，根据范围大小得到答案. 【详解】

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

13xx2ax在R上是增函数，则p3p:xR,sinxa2，则1a21，解得1a3；

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q:函数f(x)1x3x2ax在R上是增函数，则f'(x)x22xa0恒成立，

3故44a0，即a1. 则p是q的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】

本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的综合应用能力.

x2y212．已知椭圆221(ab0)的两个焦点为F1,F2，P为椭圆上一点，

abF1PF290.若PF1F2的内切圆面积为

2c，则椭圆的离心率为（ ） 4C．

A．

1 2B．

3 22 3D．

2 3【答案】C

222【解析】计算得到4a2PF1PF24c，PF1PF2acc，化简得到

3e2e20，解得答案.

【详解】

22222根据勾股定理得到：PF1PF2F1F2，即4a2PF1PF24c；

PF1F2的内切圆面积为r2根据等面积法得到：

4c2，故rc. 2112a2crPF1PF2，故PF1PF2acc2. 222或e1（舍去）. 3故4a22ac2c24c2，即3e2e20，解得e故选：C 【点睛】

本题考查了椭圆离心率的计算，意在考查学生的综合应用能力.

二、填空题

213．若随机变量~N(1,)，且P(12)0.4，则P(0)__________.

【答案】0.1

【解析】直接利用正态分布的对称性得到答案. 【详解】

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随机变量~N(1,)，故P(1)0.5，

2P(0)P(2)P(1)P(12)0.1.

故答案为：0.1. 【点睛】

本题考查了利用正态分布求概率，意在考查学生对于正态分布性质的灵活运用.

xy2014．设变量x，y满足约束条件xy20，则z2xy的最小值为_________.

x2y0【答案】-2

【解析】画出可行域和目标函数，根据平移得到答案. 【详解】

如图所示：画出可行域和目标函数，根据图像知： 当x0,y2时，z2xy有最小值为2. 故答案为：2.

【点睛】

本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键. 15．若是第二象限的角，且tan【答案】

【解析】计算tan【详解】

23，则sincos___________.

15433，得到sin，cos，得到答案.

545第 7 页 共 15 页

2sin3，是第二象限的角，故sin3，cos4. cos4551tan221sincos.

51故答案为：.

5tan【点睛】

本题考查了三角恒等变换求值，意在考查学生的计算能力.

16．已知P、A、B、C是球面上的四点，且ACBC,AB22，若三棱锥PABC的体积的最大值为【答案】

2tan4，则球的体积为________________. 39 2【解析】计算SABC2，ABC的外接圆半径为2，得到

Vmax232R22R4，解得答案. 31BCAC2，当BCAC2时等号成立. 2【详解】

BCAC82BCAC，故SABC2根据正弦定理：

AB222r，故r2，即ABC的外接圆半径为2. sinCR22R9. 21VmaxSmax323R22R34，故R. 324339. 故答案为：2【点睛】

故球体积为R本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

三、解答题

17．在△ ABC中，C为锐角，角A、B、C的对边分别为a、b、c，R是外接圆半径，

urrurr已知向量m(a,b),n(cosB,cosA)，且mnR.

（Ⅰ）求角C；

（Ⅱ）若b2，△ ABC的面积为

13，求cos(B)的值.

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【答案】（Ⅰ）

（Ⅱ）626 4【解析】（Ⅰ）化简得到acosBbcosAR，利用正弦定理计算得到答案. （Ⅱ）根据面积公式得到a13，利用余弦定理得到c到cosB【详解】

（Ⅰ）由mnR得acosBbcosAR． 由正弦定理可得sinAcosBsinBcosA2，再根据正弦定理得2，计算得到答案. 2urr11，即sinC，QC是锐角，C.

262（Ⅱ）由S113，b2，可得a13. absinC22所以c2a2b22abcosC2，即c2. sinBbsinC22，又Qba,BA，cosB， c22即cos(B【点睛】

3)cosBcos3sinBsin326． 4本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，和差公式，意在考查学生的综合应用能力. 18．普通高中国家助学金，用于资助家庭困难的在校高中生.在本地，助学金分一等和二等两类，一等助学金每学期1250元，二等助学金每学期750元，并规定：属于农村建档立卡户的学生评一等助学金.某班有10名获得助学金的贫困学生，其中有3名属于农村建档立卡户，这10名学生中有4名获一等助学金，另6名获二等助学金.现从这10名学生中任选3名参加座谈会.

（Ⅰ）若事件A表示“选出的3名同学既有建档立卡户学生，又有非建档立卡户学生”，求A的概率；

（Ⅱ）设X为选出的3名同学一学期获助学金的总金额，求随机变量X的分布列和数学期望． 【答案】（Ⅰ）

7（Ⅱ）分布列见解析，期望为2850 10121C3C7C32C7【解析】（Ⅰ）直接计算P(A)得到答案. 3C10第 9 页 共 15 页

（Ⅱ）随机变量X的所有可能值为2250，2750，3250，3750，计算概率得到分布列，计算数学期望得到答案. 【详解】

121C3C7C32C77 （Ⅰ）由题意：P(A)3C1010（Ⅱ）随机变量X的所有可能值为2250，2750，3250，3750，

213C6C1C61P(X2250)3，P(X2750)34，

C102C106123C6C4C431P(X3250)3，P(X3750)3.

C1010C1030所以随机变量X的分布列是 X P

所以E(X)2250【点睛】

本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的综合应用能力.

19．如图的几何体中，AB14．底面ABC是正三角形，AB2．四边形BCC1B1是矩形，且平面BCC1B1底面ABC．

2250 2750 3250 3750 1 61 23 101 3011312750325037502850． 621030

（Ⅰ）D在AC上运动，当D在何处时，有AB1//平面BDC1，并且说明理由； （Ⅱ）当AB1//平面BDC1时，求二面角CBC1D余弦值．

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【答案】（Ⅰ）当D为 AC中点时，有AB1//平面BDC1，理由见解析（Ⅱ）

313 13【解析】（Ⅰ）当D为AC中点时，AB1//平面BDC1，证明MD//AB1得到答案. （Ⅱ）如图所示，作DGBC于G，GNBC1于N，连接DN，确定GND为二面角CBC1D的平面角，计算得到答案. 【详解】

（Ⅰ）当D为AC中点时，AB1//平面BDC1. 如图所示：连接B1C交BC1于M，连接DM，

则M为B1C中点，D为AC中点，则MD//AB1，MD平面BDC1，故AB1//平面

BDC1.

（Ⅱ）如图所示：作DGBC于G，GNBC1于N，连接DN. 平面BCC1B1底面ABC，DGBC，故DG平面BCC1B1，

GNBC1，故GND为二面角CBC1D的平面角.

计算得到：DG333，NG，故ND24NG31339. ，cosGNDND134

【点睛】

本题考查了根据线面平行确定点的位置，二面角的计算，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

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20．已知P为抛物线C:y22px(p0)上一点，点P到直线xy30的最小距离为2．

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

0）（Ⅱ）过点（1，作两条互相垂直的直线l1、l2，与抛物线C分别交于A、B、D、E，求四边形ADBE的面积S的最小值． 【答案】（Ⅰ）y4x（Ⅱ）32

2【解析】（Ⅰ）设P(y0,y0)，计算得到2pd2y02y03，计算得到答案. 2p2（Ⅱ）设l1交抛物线C于A(x1,y1),B(x2,y2)，l2交抛物线C于D(x3,y3),E(x4,y4)，计算得到S8k【详解】

2816，得到答案. k2（1）设P(y0,y0)，则点P到直线xy30的距离2pd2y02y03， 2p2若0，则dmin0不合题意，

所以即0p6，当y0p时，

dminp3，解得p2. 222即抛物线C的方程为y4x；

2（2）因为抛物线C的方程为y4x，所以（1，0）是焦点，

2设l1交抛物线C于A(x1,y1),B(x2,y2)，l2交抛物线C于D(x3,y3),E(x4,y4)， 由题意l1的斜率k存在且不为0，设l1的方程为yk(x1)，

yk(x1)22422,kx(2k4)xk0,xx2 由1222，y4xk则ABx1x2p4故S42DExxp44k，同理得， 342k1148ABDE(42)(44k2)8k2216， 22kk第 12 页 共 15 页

即S28k2所以Smin32. 【点睛】

8828k即k1时，等号成立， ，当且仅当163222kk本题考查了抛物线方程，面积的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力. 21．已知函数f(x)lnx2ax1．

（Ⅰ）若x1是f(x)的极值点，确定a的值； （Ⅱ）当x1时，f(x)0，求实数a的取值范围．

1（Ⅱ）(,0] 21'【解析】（Ⅰ）求导f(x)2a，根据f'(1)0得到答案.

x112ax1（Ⅱ）f'(x)，讨论a0，0a，a三种情况，计算得到答案.

2x2【答案】（Ⅰ）a【详解】

（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)，f'(x)若a112a，由题意f'(1)0,a. x211x1'，则f(x)1， 2xx''当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0. 所以x1是f(x)极大值点，故a（Ⅱ）Qf(x)'1． 212ax， x①若a0，则f'(x)0，f(x)在[1,)上单调递增，

f(x)f(1)12a0，满足题意．

②若0a当x11'，则当1x时，f(x)0，f(x)单调递增； 22a1'时，f(x)0，f(x)单调递减；此时当x时，f(x)0，不合题意. 2a1③若a，则x1时，f'(x)0，f(x)单调递减.

2f(x)f(1)12a0，不合题意.

综上可知，当a0，x1时，f(x)0，故a(,0]. 【点睛】

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本题考查了函数的极值点问题，恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键. 22．在直角坐标系xOy中，以原点为极点、x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲

2线C1的极坐标方程为4cos5，曲线C2的极坐标方程为(R)，曲3线C1、C2相交于点A，B．

（Ⅰ）将曲线C1、C2的极坐标方程化为直角坐标方程； （Ⅱ）求弦AB的长.

【答案】（Ⅰ）C1的直角坐标方程为(x2)y9，C2的直角坐标方程为y3x（Ⅱ）26 【解析】（Ⅰ）直接利用极坐标方程公式化简得到答案. （Ⅱ）圆心到直线的距离d【详解】

22222（1）4cos5,xy4x5，即(x2)y9，

223，计算得到答案.

故曲线C1的直角坐标方程为(x2)y9； 曲线C2的直角坐标方程为y3x.

（2）曲线C1表示圆心为（2，0），半径r3的圆，曲线C2表示直线， 则圆心到直线的距离d【点睛】

本题考查了极坐标和直角坐标的转化，求弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力. 23．已知函数fx2x1，gxxa

22233，所以弦长AB2r2d226. 2(1)当a0时，解不等式fxgx；

(2)若存在xR，使得fxgx成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）

；（2）

【解析】试题分析：（1）当a0时，得2x1x，从而两边平方即可求得不等式的解集；（2）由题意，得a2x1x，从而令hx2x1x，进而用零点分段法求得hx的最小值，由此求得实数a的取值范围．

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试题解析：（1）当a0时，由fxgx得2x1x，两边平方整理得

3x24x10，

解得x1或x11,原不等式解集为,1,. 33（2）由fxgx得a2x1x,令hx2x1x,则

x1,xhx{3x1,121, x02x1,x0111a. a，从而所求实数的取值范围为222故hxminh【考点】1、绝对值不等式的解法；2、不等式恒成立问题．

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