2020届云南省红河自治州高三第二次高中毕业生复习统一检测数学（文）试题（解析版）
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一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】B
【解析】先确定集合中的元素，然后再由并集定义计算．
【详解】
由题意集合,．∴．
故选：B
【点睛】
本题考查集合的交集运算，考查解一元二次不等式，属于基础题．
2．复数为纯虚数，则（ ）
A．0 B．4 C．2 D．
【答案】C
【解析】由复数的分类求出参数，再由复数模的概念计算模．
【详解】
复数为纯虚数，故，所以，，．
故选：C
【点睛】
本题考查复数的分类，考查复数的模，掌握复数的概念是解题关键．
3．已知棱长为2的正方体的俯视图是一个面积为4的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【解析】根据看正方体视角不同，其正视图是矩形，面积可知．
【详解】
该正方体的正视图为一个矩形，但根据看正方体视角不同，则面积不同，面积的范围是
故选：C
【点睛】
本题考查三视图，属于基础题．
4．已知函数，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由二倍角公式降幂后，应用两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质得最大值．
【详解】
化简函数得，所以函数的最大值为．
故选：A
【点睛】
本题考查二倍角公式，考查两角和的正弦公式，考查正弦函数的性质．三角函数问题通常都是应用恒等变换公式化为一个三角函数形式，即形式，然后由正弦函数性质求解．
5．已知圆，直线，则“与相交”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】求出圆心到直线的距离，由相交得出的取值范围，然后根据集合间的包含关系可得结论．
【详解】
圆与直线相交，，，解得，因为是的子集．
故选：A
【点睛】
本题考查充分必要条件的判断，考查直线与圆的位置关系，掌握集合包含关系与充分必要条件的关系是解题关键．
6．已知圆的半径为2，在圆内随机取一点，则过点的所有弦的长度都大于的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当是弦中点时，弦长最短，利用垂径定理,得只要点到圆心的距离不大于1即可满足要求，由此可得点所在区域，计算出该区域面积及已知圆面积后可得概率．
【详解】
当是弦中点时，弦长最短，弦长为时，，所以过点的所有弦的长度都大于的点落在以点为圆心，半径为1的圆内．则所求概率为．
故选：C
【点睛】
本题考查几何概型，解题关键是确定点所在的区域．利用弦长公式及垂径定理可确定．
7．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为3，则的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【解析】由弦长，根据垂径定理求出圆心到渐近线的距离，从而得的关系式，再转化为的方程即得．
【详解】
设双曲线的一条渐近线方程为，则圆心到该直线的距离，由题意得，，化简得，即，所以，即．
故选：C
【点睛】
本题考查求双曲线的离心率，考查直线与圆相交弦长问题．解题关键是掌握圆的垂径定理，求出圆心到渐近线的距离．
8．下列说法正确的有（ ）
①在中，若，则；
②若，，则，；
③若为真命题，则p、q均为真命题；
④若为假命题，则p与q至少一个为假命题.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【解析】根据正弦定理，命题的否定的求解，以及复合命题真假的判断，对选项进行逐一分析即可.
【详解】
对①：因为，故可得，根据正弦定理可得，故①正确；
对②：若，，则，，故②正确；
对③：为真命题，则至少一个为真，故③错误；
对④：为假命题，则至少有一个为假，故④正确.
则正确的有：①②④.
故选：B.
【点睛】
本题考查正弦定理，命题的否定，以及复合命题真假的判断，属综合基础题.
9．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升，问：米几何？”如图是解决该问题的程序框图，若输出的（单位：升），则输入的的值为（ ）
A．2.25 B．4.5 C．6.75 D．9
【答案】D
【解析】模拟程序运行，观察变量值的变化情况，可得结论．
【详解】
程序运行变量值依次为：；；；；此时不满足循环条件，输出．
故选：D
【点睛】
本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，确定变量值变化，判断循环条件可得结论．
10．已知函数，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】利用导数判断函数的单调性，结合函数的奇偶性，即可进行判断.
【详解】
因为函数定义域为，定义域关于原点对称，
且，故是偶函数；
又当时，，
故在上恒成立，
故在上单调递增，结合函数是偶函数，
故在上单调递减.
又因为，
故可得，
则.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用导数判断函数单调性，函数奇偶性的判断，涉及利用函数性质比较大小，属综合中档题.
11．在三棱锥中，，，，则此三棱锥外接球的半径为（ ）
A． B． C． D．13
【答案】C
【解析】三棱锥对棱相等，可放到一个长方体中，三棱锥的棱为长方体的面对角线，长方体的对角线就是外接球直径，由此可得结论．
【详解】
将三棱锥放在长方体中，设长方体的长、宽、高分别为，则，所以，所以该三棱锥外接球的半径为．
故选：C
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球，考查长方体的外接球问题，解题关键是把对棱相等的三棱锥扩展为一个长方体，由长方体性质易求解．
12．已知函数在上恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】分离参数，构造函数，利用导数求其单调性和最值，即可求得参数范围.
【详解】
因为函数在上恒成立，
等价于在上恒成立，
只需即可.
令，
故可得，则，
当，恒成立，故单调递减，
故，故单调递减.
故可得.
故只需，即.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用导数求函数最值，以及分离参数法，属综合中档题.
二、填空题
13．已知向量，，，若，则的值为_____．
【答案】1
【解析】由向量的加减法求出，再由垂直的数量积运算求出．
【详解】
，，可得，由，可得．
故答案为：1
【点睛】
本题考查向量的数量积，考查垂直的坐标表示．属于基础题．
14．设满足约束条件，若标着数的最大值为12，则的最小值为______．
【答案】
【解析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线得最优解，然后由基本不等式得最小值．
【详解】
作出可行域，如图内部（含边界），作直线，把直线平移到点时目标函数取最大值，即，所以，满足题意．由，在时等号成立，得的最小值为
故答案为：．
【点睛】
本题考查简单的线性规划，考查基本不等式求最值，解题关键是作出可行域及目标函数对应的直线，平移直线得最优解．
15．已知的内角的对边分别为，若，，，则的面积为______．
【答案】
【解析】由正弦定理化边为角，再由诱导公式化，展开后可求得，即角，再由余弦定理求得，最后由三角形面积公式求得面积．
【详解】
由正弦定理得：，因为
所以，因为，所以，
，由余弦定理，即，解得，
所以．
故答案为：
【点睛】
本题考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式，解题关键是用正弦定理化边为角，然后由三角函数公式变形求出角．
16．已知倾斜角为的直线过曲线的焦点F，且与C相交于不同的两点A，B（A在第一象限），则________.
【答案】2
【解析】先求得直线方程，联立抛物线方程，即可求得点坐标，根据抛物线定义，即可求得.
【详解】
因为抛物线方程为，故可得焦点坐标，
又直线的倾斜角为，故可得方程为，
联立抛物线方程，可得，
解得，代入得，
故可得点坐标为，
由抛物线定义可知：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查抛物线中焦半径的求解，属中档题.
三、解答题
17．已知数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设是数列的前项和，求证．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）由求得，注意即可；
（2）由放缩后可裂项相消求和，从而证得结论．
【详解】
（1）当时，，
．
当时，满足上式， 所以．
（2）由（1）知，，
所以．
【点睛】
本题考查由前项和求通项公式，考查放缩法证明不等式．在由求时，一定要注意中有，因此需另外计算验证．
18．疫情无情人有情，为了响应国家“不出门，不串门，不聚餐”的号召，自疫情发生以来，学生主要在家学习，此时学习积极性显得至关重要，为了了解学生的学习积极性和观看电视节目的相关性，对某班50名学生的学习积极性和观看电视节目情况进行了调查，得到的统计数据如下表所示.
| 学习积极性高 | 学习积极性一般 | 总计 |
不观看电视节目 |
|
| 28 |
观看电视节目 |
| 17 |
|
总计 | 25 |
| 50 |
（1）请把表格数据补充完整，并运用独立性检验的思想方法，判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为学生的学习积极性与是否观看电视节目有关系？
（2）若从不观看电视节目的28人中按照学习积极性进行分层抽样，抽取7人，再从这7人中随机选取2人作为代表发言，求恰有1人学习积极性高的概率；
附：，
0.050 | 0.010 | 0.001 | |
3.841 | 6.635 | 10.828 |
【答案】(1)补全的表格见详解，能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为学生的学习积极性与是否观看电视节目有关系；(2).
【解析】（1）根据表格中已有数据，即可补全表格；再计算的观测值，即可结合参考表作出判断；
（2）先求得人中，积极性高和一般的人各有多少，列举出所有可能行和满足题意的可能性，根据古典概型的概率计算公式即可求得.
【详解】
（1）补全表格如下：
| 学习积极性高 | 学习积极性一般 | 总计 |
不观看电视节目 | 20 | 8 | 28 |
观看电视节目 | 5 | 17 | 22 |
总计 | 25 | 25 | 50 |
故可得，
故能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为学生的学习积极性
与是否观看电视节目有关系.
（2）根据分层抽样等比例抽取的性质，
可得抽取的7人中，有5人学习积极性高，2人学习积极性一般.
设学习积极性高的人为，学习积极性一般的人为，
故可得从中抽取人的所有可能有如下种：
其中满足题意的有如下种：
,
故满足题意的概率.
【点睛】
本题考查独立性检验中的计算，以及古典概率的概率求解，属综合基础题.
19．在四棱锥中，侧面PAD是等边三角形，且平面平面ABCD，，.
（1）AD上是否存在一点M，使得平面平面ABCD；若存在，请证明，若不存在，请说明理由；
（2）若的面积为，求四棱锥的体积.
【答案】(1) 存在一点M为中点，使得平面平面ABCD，证明见详解；(2).
【解析】（1）取中点为，根据平面，由线面垂直推证面面垂直即可；
（2）根据的面积求得各棱长度，即可由体积公式求得结果.
【详解】
（1）存在点为中点，使得平面平面ABCD，证明如下：
取中点为，连接，如下图所示：
因为为等边三角形，为中点，
故可得；
又因为平面平面ABCD，且交线为，
又因为平面，，
故可得平面，又平面，
故可得平面平面，即证.
（2）不妨设，
故可得，
由（1）可知为直角三角形，
且，，
故可得；
在中，因为，
则，则，
故可得其面积，
解得；
故可得
又由（1）可知，平面，
故.
故四棱锥的体积为.
【点睛】
本题考查由线面垂直推证面面垂直，以及棱锥体积的求解，属综合基础题.
20．已知椭圆的离心率为，点，，，的面积为4.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设A，B是x轴上不同的两点，点A在椭圆E内（异于原点），点B在椭圆E外.若过点A作斜率存在且不为0的直线与E相交于不同的两点P，Q，且满足，求证点A，B的横坐标之积为定值.
【答案】(1)；(2)证明见详解.
【解析】（1）根据离心率以及的面积，列方程组即可求得，则椭圆方程得解；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，结合的斜率之和为零，即可求证.
【详解】
（1）因为离心率为，故可得；
因为的面积为，故可得；
结合，
解得.
故椭圆方程为.
（2）不妨设，
直线的方程为，
联立椭圆方程，
可得，
故可得，
又，则，
则，
故可得，
整理得，
则，
即，即.
因为直线斜率存在且不为0，故可得，
则.
故点A，B的横坐标之积为定值，即证.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中的定值问题，涉及韦达定理的使用，属综合中档题.
21．已知函数.
（1）求的最小值；
（2）求证：.（参考数据：）
【答案】(1)；(2)证明见详解.
【解析】（1）对函数求导，判断单调性，根据单调性即可求得最小值；
（2）根据（1）中所求，构造函数，利用导数求得其最小值，结合参考数据即可证明.
【详解】
（1）因为，，
令，解得；
故可得在区间单调递减，在区间上单调递增；
故可得.
故的最小值为.
（2）由（1）可知，当时，，
要证明，只需证明即可.
亦即证明即可.
令，故可得，
令，解得，
故当，单调递减，当，单调递增.
故可得.
又因为
显然，
即证
即.
【点睛】
本题考查利用导数求解函数的最值，以及利用导数证明不等式，属综合中档题.
22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）．
（1）求的直角坐标方程和的普通方程；
（2）若与相交于两点，求的面积．
【答案】（1）：，：；（2）
【解析】（1）由公式可把极坐标方程化为直角坐标方程，消去参数可把参数方程化为普通方程；
（2）直线方程与抛物线方程联立消去得的一元二次方程，由韦达定理得，由焦点弦性质得弦长，再求出原点到直线的距离的可得三角形面积．
【详解】
（1）的极坐标方程可化为，因为，
故的直角坐标方程为， 消参可得的普通方程为；
（2）的焦点坐标为，为过的直线，联立，得，
所以，点到直线的距离， 所以
【点睛】
本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查参数方程与普通方程的互化，考查直线与抛物线相交中三角形面积问题，掌握抛物线焦点弦性质解题更加方便．
23．已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）记的最大值为，设，且，求证：．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）按绝对值定义去掉绝对值符号后分类解不等式即可；
（2）由（1）求出函数最大值，用“1”的代换，展开后用基本不等式可证明．
【详解】
（1），故当或者不成立，当时，，解得：，
故的解集为 ；
（2）由（1）知，故，所以，
当且仅当时，即，，时，等号成立，所以．
【点睛】
本题考查解含绝对值的不等式，考查用基本不等式证明不等式．用分类讨论思想解绝对值不等式是常用方法．
