【文档说明】天一大联考皖豫联盟2020届高三第二次考试文科数学【精准解析】.doc，共(23)页，1.893 MB，由小赞的店铺上传

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-1-天一大联考“皖豫联盟体”2020届高中毕业班第二次考试文科数学一、选择题：1.已知集合1273xAx=，|5Byy=−，则()RAB=Ið（）A.B.5,3−−C.)5,3−−D.5,3−【答案】B【解析】【分析】先求出集合A，然后求

出RAð，再与集合B取交集即可.【详解】依题意，得3111273333xxAxxxx−===−，则R|3Axx=−ð，所以()R5,3AB=−−Ið.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1i()2imzm+=+R为纯虚数，则m=（）A.2B.1C.1−D.2−【答案】D【解析】【分析】结合复数的四则运算及纯虚数的概念，可求出答案.【详解】1

i(1i)(2i)2i2i221i2i(2i)(2i)555mmmmmmz++−−+++−====+++−.复数z为纯虚数,得20210mm+=−解得2m=−.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..-2-3.2019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立70周年，某商场举行大型抽奖活动.在抽奖箱中放置分别写有“贺”“七”“十”“华”“诞”的五个小球，从中一次抽取两个小球，两个小球是“七”“十”两个字即中奖，则中奖的概率为（）A.120B.15

C.320D.110【答案】D【解析】【分析】求出从五个小球取出两个球的所有情况，中奖情况就一种，即可求出中奖的概率.【详解】依题意，从分别写有“贺”“七”“十”“华”“诞”的五个小球中一次抽取两个小球有10种情况

，中奖的情况只有一种，所以所求概率110P=.故选:D【点睛】本题考查古典概型的概率，考查数学建模能力以及必然与或然思想，属于基础题.4.已知向量m，n的夹角为45，若1m=，2n=r，则35mn−=（）A.29B.33C.5D.29【答案】A【解析】【

分析】根据向量的数量积性质，2235(35)mnmn−=−，展开转化为向量的数量积，即可求解.【详解】依题意，得222359302529301225229,2mnmmnn−=−+=−+=urrururrr所以3529mn−=urr.故选:A【点睛】

本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于基础题.5.记递增等比数列na的公比为q，前n项和为nS.若28S=，480S=，则（）-3-A.14a=B.12a=C.2q=D.4q=【答案】B【解析】【

分析】结合3442aaSS+=−，及23412aaqaa+=+，可求出公比，进而求出1a.【详解】依题意，得128aa+=，344272aaSS+=−=，所以234129aaqaa+==+，解得3q=或者3q=−.又因为数列na是递增数列，所以3q=，所

以12a=.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式、前n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.6.运行如图所示的程序框图；若输入的x的值为3，输出的x的值为98，则判断框中可以填（）-4-A.5iB.4iC.3iD.2i【答案】C【解析】【分析】运行该程序

，可知3i=，不满足判断框，4i=，满足判断框，从而可选出答案.【详解】由于输入的x的值为3，输出的x的值为98，可知：运行该程序，第一次，1(31)22x=+=，1i=，不满足判断框；第二次，13(21)22x=+=，2i=，不满

足判断框；第三次，1351224x=+=，3i=，不满足判断框；第四次，1591248x=+=，4i=，满足判断框，输出x的值为98，故判断框可以填3i.-5-故选：C.【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.7.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E与地震里氏震级M之间的关系为()34.81010ME=.已知A地区最近两次

地震的震级1M，2M的值分别为6，5，释放的能量分别为1E，2E.记12EE=，则（）A.()30,31B.()31,32C.()32,33D.()33,34【答案】B【解析】【分析】分别求出1E和2E，可得到91.517.52101010EE==，然后比较1.51031,32,的大小

关系即可选出答案.【详解】依题意，4.8911010E=，4.87.521010E=，故91.517.52101010EE==，要比较1.510与32的大小关系，可比较310与232的大小关系，易知3101000=，而2321024=，故1.51032.同理可得，1.51031，所以(31

,32).故选：B.【点睛】本题考查数学文化，考查指数的运算性质，考查运算能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.8.若过原点的直线l与曲线2lnyx=+相切，则切点的横坐标为（）A.12B.1eC.2D.e【答案】B【解析】【分析】设切点坐标，求导，求出切线的斜率，用点斜式写出切

线方程，把原点坐标代入切线方程，即可求出切点坐标.-6-【详解】设切点坐标为()00,2lnxx+，由1yx=，切线方程为00012ln()yxxxx−−=−，原点坐标代入切线方程，得02ln1x+=，解得01ex=.故选:B【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.9.记数列na的前n项和为nS，已知113a=，()121111nnnSaS+++=−.令11nnbS=−，则5b=（）A.1

12−B.92−C.72−D.911【答案】A【解析】【分析】11nnnaSS++=−代入()121111nnnSaS+++=−，整理关于nS递推公式，可推出{}nb为等差数列，求出其通项，即可求解.【详解】由()121111nnnSaS+++

=−，得()121111nnnnSSSS+++−=−整理得1121nnnSSS++=−，112nnSS+=−，11111111111111nnnnnnbbSSSS++++=−=−−=−−−−−，数列{}nb以111312b

S==−−为首项，公差为1−的等差数列，5111,22nnbb=−−=−.故选:A【点睛】本题考查前n项和为nS与通项的关系，考查用定义证明等差数列，并求通项，属于-7-中档题.10.已知函数3232,()22,xxxmfxxxm−−+=

+，若nR，使得关于x的方程()fxn=有3个解，则实数m的取值范围为（）A.(,2)−−B.(,1)−−C.(,2)(2,0)−−−UD.(,2)(2,1)−−−−【答案】D【解析】【分析】对函数3232yxx=−

−+求导，求出单调区间，极值，作出其图像，在同一坐标系作出，22yx=+，分析函数图像，即可求解.【详解】令3232yxx=−−+，则2363(2)yxxxx=−−=−+，所以当2x−时，0y，当

20x−时，0y，当0x时，0y.在同一直角坐标系中分别作出3232yxx=−−+，22yx=+的图象，如下图所示.观察可知，(,2)(2,1)m−−−−U.故选:D【点睛】本题考查分段函数、函数的零点，考查

推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题.-8-11.已知函数π()sin()0,0,2fxAxA=+的图象的一个最高点为()3,1P，M，N是与P相邻的两个最低点，且20tan21MPN=−，则函数()fx的单调递减区间为（）A.310,810

()kkk++ZB.810,1310()kkk++ZC.35,85()kkk++ZD.85,135()kkk++Z【答案】A【解析】【分析】由函数()fx图象的一个最高点为()3,1P，可知1A=，π32π()

2kk+=+Z，由20tan21MPN=−，结合二倍角公式，可求得tan2MPN，进而由图象可知4tan2MPNMNT==，从而可求得,，即可求得()fx的表达式及单调递减区间.【详解】依题意，得22tan202t

an211tan2MPNMPNMPN==−−，解得5tan22MPN=或2tan25MPN=−，因为π022MPN，，所以只有5tan22MPN=符合题意，函数()fx图象的一个最高点为()3,1P，得1A=，41tan102MPNMNT==

=，则2ππ105==，又(3)1f=，得ππ32π()52kk+=+Z，解得π2π()10kk=−+Z.因为||2，所以π10=−，则ππ()sin510fxx=−.-9-令πππ3π2

π2π()25102kxkk+−+Z，解得310810()kxkk++Z.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.已知正方体1111ABCDABCD−中，E，F

分别是AB，11AD的中点，G，H分别在线段CB，CD上，且13CHCGCB==.若G平面,H平面，//EF平面，则1CH与平面所成角的正切值为（）A.3819B.1919C.3838D.1938【答

案】B【解析】【分析】根据面面平行的性质定理，构造过EF的平面与过GH的平面平行，即可确定平面，按照直线与平面所成角的定义，即可求出结论.【详解】如图，取11AB的中点1E，连接1EE，1EF，取线段11CD上靠近1C的三等分点1H，取线段11CB上靠近1C的三等分点1G，

连接1HH，1GG，11HG，可知平面1//EFE平面11HHGG，所以//EF平面11HHGG，则平面11HHGG即为平面.-10-过点1C作111CIHG⊥，垂足为I，连接HI，平面⊥平面1111DCBA，1CI⊥平面所以1CHI即为1CH与平面所成的角，则1

119tan19CICHIHI==.故选:B【点睛】本题考查空间线面的位置关系、空间角，考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.二、填空题：13.已知某公司生产A，B，C，D四种不同类型的产品，这四种产品数量的扇形统计图如图所示.为调查不同类型产品的质

量，现使用分层抽样的方法随机抽取了D产品50个，则应抽取B产品____________个.【答案】100-11-【解析】【分析】根据分层抽样按比例抽取原则，即可求解.【详解】设应抽取B产品x个，结合图形可知，D产品所占百分比为10%，由分层抽样知识，

得5010%20%x=，解得100x=.故答案为:100【点睛】本题考查分层抽样，考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.14.过点(2,4)且与双曲线22:148xyC−=有相同渐近线的双曲线C的方程为______________.【答案】22184yx−=【解析】【分析】根据共

渐近线条件，设出所求双曲线方程，点(2,4)代入所设方程，即可求解.【详解】设双曲线C的方程为22(0)48xy−=，将(2,4)代入可得121−=−=，所以双曲线C的方程为22184yx−

=.故答案为:22184yx−=【点睛】本题考查双曲线方程与性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.15.已知三棱锥ABCD−满足213ABCD==，10ACBD==，45ADBC==，则三棱锥ABCD−外接球的表面积为__________

___.【答案】116【解析】-12-【分析】根据三棱锥的特征，把三棱锥补成长方体，三棱锥的外接球为长方体的外接球，长方体的外接球直径为长方体的对角线，即可求解.【详解】三棱锥ABCD−的对棱相等，可将此三棱锥补成以三棱锥的棱为面的对角线的长方体，设长、

宽、高分别为x，y，z，则2222225210080xyyzzx+=+=+=，三式相加可得，222116xyz++=，故所求外接球的表面积222241162xyzS++==.故答案为:116【点睛】本题考查空间几何体的结构特征、球的表面积，考查空

间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.16.已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点F到准线l的距离为2，(1,2)A，()0,0Dx，其中00x，点B在抛物线C上，若45ABDADB==，则||BF=____________.【答案】4【解析】【

分析】根据已知条件，求出p的值，得到AFx⊥轴，过点B作BMAF⊥，垂足为M，通过三角形全等，求出B的横坐标，根据抛物线的定义，即可求解.【详解】依题意，2p=，则抛物线2:4Cyx=.易知AFx⊥轴.过点B作BMAF⊥，垂足为M，则ABMDAF，则||||2BMAF==，所以

点B的横坐标为123+=.由抛物线定义，得||314BF=+=.故答案为:4-13-【点睛】本题考查抛物线的定义与方程，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.从一批产品中随机抽取10000件测

量其内径，将测得数据进行统计整理后得到如下图所示的频率分布直方图.（Ⅰ）求这10000件产品中，内径在)25,30内的产品数量；（Ⅱ）试估计这批产品内径的中位数；（Ⅲ）直接比较这批产品内径的平均数x与30（单位毫米）的大小关系，不必说明理由.【答案】（Ⅰ）3125,（Ⅱ）26,（Ⅲ）30x【解

析】【分析】（Ⅰ）根据所有的频率和为1，求出内径介于)25,30的频率，即可求解；（Ⅱ）由频率分布直方图，即可求解；（Ⅲ）根据频率分布直方图可判断结果.-14-【详解】（Ⅰ）依题意，得内径介于)25,30的频率为10.012520.025

0.03750.0()550.3125−+++=，所以所求产品数量为100000.31253125=.前3个小矩形的面积()0.01250.0250.0550.4375S=++=，第4个小矩形的高度为0.31250.06255=.所以所求中位数为0.50.437525260

.0625−+=.（Ⅲ）30x.【点睛】本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.18.如图所示，在平面四边形ABCD中，4tan3BCD=−.（1）若ACBACD

=∠，22ABBC==，求AC的长；（2）若45CBD=，2BC=，求BCD的面积.【答案】（1）5AC=（2）8【解析】【分析】（1）由tanBCD，可求出cosBCD，结合ACBACD=∠，可求得cosACB，在ABC中，由余弦定理可求出AC的长；（2）先求得

sincosBCDBCD，，则()sinsin45CDBBCD=+，然后利用正弦定理sinsinBCCDCDBCBD=，可求出CD，进而可求出BCD的面积.【详解】（1）4tan3BCD=−,则BCD是钝角，cos0BCD，可求得3cos5BCD=−.-1

5-因为ACBACD=∠，所以23cos2cos15BCDACB=−=−.因为cos0ACB，所以5cos5ACB=.在ABC中，由余弦定理得2222cosABBCACBCACACB=+−，即225305ACAC−−=.解得5AC=，或35

5AC=−（舍去）.所以5AC=.（2）由（1）可知，24sin1cos5BCDBCD=−=.在BCD中，因为45CBD=，所以()()22sinsin18045sin45(sincos)210CDBBCDB

CDBCDBCD=−−=+=+=.由正弦定理得sinsinBCCDCDBCBD=，所以sin10sinBCCBDCDCDB==.故BCD的面积14210825S==.【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，属于基础题.19.已知三棱锥ABCD−中，22ADBDBA==，ADDC⊥.-16-（Ⅰ）证明：平面ABD⊥平面BCD；（Ⅱ）已知BCBD⊥，点E，F分别在线段BC，BD上，且E，F不与所在线段两端点重合.若2BCAB=

=，22BFCE=，求三棱锥BAEF−体积的最大值.【答案】（Ⅰ）证明见解析,（Ⅱ）16.【解析】【分析】（Ⅰ）根据已知条件的长度关系，可证ADBD⊥，再由ADDC⊥，可证AD⊥平面BCD，即可证得结论；（Ⅱ）设()02BFxx

=，利用等体积法转为求ABEFV−，结合基本不等式，即可求解.【详解】（Ⅰ）因为22ADBDBA==，所以222ADBDAB+=，所以ADBD⊥.又ADCD⊥，CDBDD=I，所以AD⊥平面BCD.因为AD平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD.（Ⅱ）设()02BFxx=，则2

CEx=，22BEx=−.又AD⊥平面BCD，所以1132BAEFABEFVVBEBFAD−−==()()2222111122232626xxxx−+=−=，-17-当

且仅当22xBF==时，三棱锥BAEF−的体积取得最大值，最大值为16.【点睛】本题考查空间线面的位置关系、空间几何体的体积、函数的最值，考查空间想象能力、推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.20.已知函数2()el

nfxxx=−.（Ⅰ）求函数()fx的极值；（Ⅱ）求证：()exfxx−.【答案】（Ⅰ）函数()fx有极大值()2222e2eeef=−=，函数()fx无极小值.（Ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（Ⅰ）求出()fx，然后

求出单调区间，即可求出极值；（Ⅱ）要证()exfxx−，只需证2eeln0xx−，设2()eeln(0)xgxxx=−，即证()gx的最小值大于零，利用求导方法求出()gx单调区间，以及极值，从而求出最小值，即可得证.【

详解】（Ⅰ）依题意，22ee()1(0)xfxxxx−=−=.令()0fx=，解得2ex=.所以当()20,ex时，()0fx，当()2e,x+时，()0fx，所以当2ex=时，函数()fx有极大值()2222e2e

eef=−=，函数()fx无极小值.（Ⅱ）要证()exfxx−，即证2eeln0xx−.记函数2()eeln(0)xgxxx=−，则2()eexgxx=−.易知()gx单调递增，又2(1)ee0g

=−，222ee(2)e022g=−=，-18-所以存在0(1,2)x，使得()0200ee0xgxx=−=，即020eexx=，即00ln2xx=−+.当()00,xx时，有()0gx，()gx单调递减，当()0,xx+时，有(

)0gx，()gx单调递增，()022222200000022000ee()eelnelne2e21e0,xgxgxxxxxxxxx=−=−=+−−+=所以()exfxx−.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于较难题.21.已知椭圆22

22:1(0)xyCabab+=过点62,2，离心率为12.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若M，N分别是椭圆C与x轴的两个交点，过点1,02且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线MP过点()8,RRy，求证：直线NQ过

点R.【答案】（Ⅰ）22143xy+=,（Ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（Ⅰ）根据离心率，点62,2在椭圆上，以及,,abc关系，即可求出椭圆方程；（Ⅱ）设()11,Pxy，()22,Qxy，将直线MP的方程用()11,Pxy表示，求出Ry，然后N

Q，NRuuur用坐标表示，设直线l方程，与椭圆方程联立，消元，得一元二次方程，利用韦达定理，结合向量共线的坐标关系，可得NQ，NRuuur共线，即证得结论.-19-【详解】（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意，得22222231212ab

caabc+===+解得24a=，23b=，所以椭圆C的方程为22143xy+=.（Ⅱ）设()11,Pxy，()22,Qxy.不妨设(2,0)M−，(2,0)N，则()222,NQxy=−uuur.因为直线MP的方程为11(2)2yyxx=++，所以1110

8,2yRx+，所以11106,2yNRx=+uuur.设直线1:2lxmy=+.联立2212143xmyxy=++=消去x并整理，得()224534304mymy++−=，所以122334myym+=−+，()12245434yym

=−+，()1221122113510610222622ymyymyyxyxx−−+−−=++()()2212121145341534434415022mmmmmyyyyxx−−−++−+===++

，所以//NQNRuuuruuur，所以直线NQ过点R.【点睛】本题考查椭圆的方程、线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.-20-22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为23cos2sinxy==（为参数）.以坐标原点O为

极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin24−=，且l与C交于A，B两点，已知点M的极坐标为()2,3.（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程，并求MAMB的值；（2）若矩形DEFG内接于曲线C且四边与坐标轴平行，求其周长的最大值.【

答案】（1）曲线C的普通方程为221124xy+=；直线的直角坐标方程为20xy−+=；4MAMB=（2）16【解析】【分析】（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C的普

通方程和直线l的直角坐标方程；求出直线l的参数方程的标准形式，并代入曲线C的普通方程中，得到关于t的一元二次方程，结合12MAMBtt=可求出答案；（2）设点D在第一象限，且()23cos,2sinD，0,2，可知矩形的周长为

()423cos2sin+，利用三角函数的性质求最大值即可.【详解】（1）依题意，得点M的直角坐标为()2,0−，曲线C的普通方程为221124xy+=.由直线22:sincos222l−=

，得其直角坐标方程为20xy−+=.所以直线l的参数方程为22222xtyt=−+=（t为参数），代入221124xy+=中，可得2240tt−−=，所以124MAMBtt==.（2）不妨设点D在第一象限，且()23cos,2sinD

，π0,2.-21-由椭圆的对称性可知，矩形的周长为()13π423cos2sin16sincos16sin223+=+=+.而π0,2，所以当π6=时，矩形DEFG的周长取最大值，

最大值为16.【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0a，0b.（1）若0c，证明2422abcabacb

c++++；（2）若ab，证明：22221633222abababaabb+−−+−+.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由基本不等式可得：44abab+，22acac+，244bcbc+，三个式子相加可得到结论；（2）经过变形，不等式左

边2123()aab=+−−，故证明212()3()abab−+−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，44abab+，当且仅当4ab=时等号成立.22acac+，当且仅当2ac=时等号成立.244bcbc+，当且仅当24bc=时等号成立.三式

相加可得，2282424abcabacbc++++，即2422abcabacbc++++，当且仅当24abc==时等号成立.（2）因为ab，所以0ab−.而2222222163313()122232()()abababaaaaabbabab+−−−−+=+=+−−+−−.-22-要证

21232()abab+−−，即证212()3()abab−+−，即证21()()3()ababab−+−+−，而32211()()3()()3()()abababababab−+−+−−=−−，当且仅当21()abab=−−，即1ab−

=时等号成立，所以22221633222abababaabb+−−+−+.【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.-23-