2020届安徽省合肥市高三第二次教学质量检测数学(理)试题(解析版)

数学（理）试题
一、单选题
1．设复数满足，则在复平面内的对应点位于（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【解析】先对复数进行化简，进而可得到它在复平面内对应点的坐标，从而可得到答案。

【详解】
由题意，，故在复平面内对应点为，在第一象限，故选A.
【点睛】
本题考查了复数的四则运算，及复数的几何意义，属于基础题。

2．若集合，，则（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】求出集合，然后与集合取交集即可。

【详解】
由题意，，，则
，故答案为C.
【点睛】
本题考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了计算能力，属于基础题。

3．已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则双曲线的方程是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
4．在中，，则（）
A．B．
C．D．
【答案】B
5．下表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类冰箱类小家电类其它类
营业收入占比
净利润占比
则下列判断中不正确的是（）
A．该公司2018年度冰箱类电器营销亏损
B．该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同
C．该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供
D．剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低【答案】B
6．将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的是（）
A．函数的图象关于点对称
B．函数的周期是
C．函数在上单调递增
D．函数在上最大值是1
【答案】C
7．已知椭圆的左右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，以线段为直径的圆交线段的延长线于点，若，则该椭圆离心率是（）
A．B．C．D．
【答案】D
8．某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务必须排在前三项执行，且执行任务之后需立即执行任务；任务、任务不能相邻.则不同的执行方案共有（）
A．36种B．44种C．48种D．54种
【答案】B
9．函数的图象大致为（）
A．B．
C．D．
【答案】A
10．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）
A．2对B．3对
C．4对D．5对
【答案】C
【解析】画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案。

【详解】
该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，
作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，
又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，
所以平面平面，
同理可证：平面平面，
由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，
所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，
所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．
【点睛】
本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题。

11．“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则的值为（）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
12．函数在内有两个零点，则实数的取值范围是（）A．B．
C．D．
【答案】D
由题意，设，则在内有两个零点，
即在内有两个解，
则函数与的图象在内有两个交点，
，即在R上单调递增，
又，故是奇函数，可画出的图象（如下图），
显然函数是偶函数，，
当时，可作出的图象，显然是两个函数图象的一个交点，
，当时，，故，
即当时，，
同理，当，可得，
当时，显然不满足题意，
故综上，或时，在内有两个解，即函数在内有两个零点。

故答案为D.
二、填空题
13．设等差数列的前项和为，若，，则数列的公差______．
14．若，则________．
【答案】
15．若，则的最小值为_____．
【答案】
16．已知半径为4的球面上有两点，，，球心为，若球面上的动点满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_______．
【答案】
【详解】
设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，
OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，即为二面角的平面角，，
因为，所以是等腰直角三角形，，
在中，由cos60º＝，得，由勾股定理，得：，
因为O1到A、B、C三的距离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上，设四面体外接球半径为，
在中，，
由勾股定理可得：，即，解得．
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题。

三、解答题
17．在中，角，，所对的边分别为，，，，的面积.
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）求周长的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）由可得到，代入
，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（Ⅱ）由，并结合正弦定理可得到
，利用，，可得到
，进而可求出周长的范围。

【详解】
解：（Ⅰ）由可知，
∴.由正弦定理得.
由余弦定理得，∴.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴，.
的周长为
.
∵，∴，∴,
∴的周长的取值范围为.
【点睛】
本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题。

18．如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，，.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）取的中点为，连结，易证四边形为平行四边形，即，由于，为的中点，可得到，从而得到，即可证明平面，从而得到；（Ⅱ）易证，，两两垂直，以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为
，设与平面所成角为，则，即可得到答案。

【详解】
解：（Ⅰ）取的中点为，连结.
由是三棱台得，平面平面，从而.
∵，∴，
∴四边形为平行四边形，∴.
∵，为的中点，
∴，∴.
∵平面平面，且交线为，平面，
∴平面，而平面，
∴.
（Ⅱ）连结.
由是正三角形，且为中点，则.
由（Ⅰ）知，平面，，
∴，，
∴，，两两垂直.
以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量为.
由可得，.
令，则，，∴.
设与平面所成角为，则.
【点睛】
本题考查了空间几何中，面面垂直的性质，线线垂直的证明，及线面角的求法，考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力，属于中档题。

19．某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：
方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；
方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.
某医院准备一次性购买2台这种机器.为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：
维修次数0123
台数5102015
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率.记表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数.
（Ⅰ）求的分布列；
（Ⅱ）以方案一与方案二所需费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算
【解析】（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（Ⅱ）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案。

【详解】
解：（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，
，，
，
，，
，，
∴的分布列为
0 1 2 3 4 5 6
（Ⅱ）选择延保一，所需费用元的分布列为：
7000 9000 11000 13000 15000
（元）.
选择延保二，所需费用元的分布列为：
10000 11000 12000
（元）.
∵，∴该医院选择延保方案二较合算.
【点睛】
本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题。

20．已知抛物线：上一点到其焦点的距离为10.
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）设过焦点的直线与抛物线交于，两点，且抛物线在，两点处的切线分别交轴于，两点，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）由抛物线的定义，可得到，即可求出，从而得到抛物线的方程；（Ⅱ）直线的斜率一定存在，可设斜率为，直线为，设，
，由可得，，，然后对
求导，可得到的斜率及方程表达式，进而可表示出，同理可得到的表达式，然后对化简可求出范围。

【详解】
解：（Ⅰ）已知到焦点的距离为10，则点到准线的距离为10.
∵抛物线的准线为，∴，
解得，∴抛物线的方程为.
（Ⅱ）由已知可判断直线的斜率存在，设斜率为，因为，则：. 设，，由消去得，，
∴，.
由于抛物线也是函数的图象，且，则：.
令，解得，∴，从而.
同理可得，，
∴
.
∵，∴的取值范围为.
【点睛】
本题考查了抛物线的方程的求法，考查了抛物线中弦长的有关计算，考查了计算能力，属于难题。

21．已知函数是减函数.
（Ⅰ）试确定的值；
（Ⅱ）已知数列，，，求证：
.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】（Ⅰ）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，则，即
，两边同除以得，，即，从而
，两边取对数
，然后再证明
恒成立即可，构造函数
，，通过求导证明即可。

【详解】
解：（Ⅰ）的定义域为，.
由是减函数得，对任意的，都有恒成立. 设.
∵，由知，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在时取得最大值.
又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为.
∴，解得.
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，
∴，即.
两边同除以得，，即.
从而，
所以①.
下面证；
记，.
∴，
∵在上单调递增，
∴在上单调递减，
而，
∴当时，恒成立，
∴在上单调递减，
即时，，
∴当时，.
∵，
∴当时，，即②.
综上①②可得，.
【点睛】
本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题。

，
22．选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线极坐标方程为.
（Ⅰ）写出曲线和的直角坐标方程；
（Ⅱ）若，分别为曲线，上的动点，求的最大值.
【答案】（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为
（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）利用参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程间的关系，转化即可；（Ⅱ）设点的坐标为，
，求出最大值即可。

【详解】
解：（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为，
曲线的直角坐标方程为，即.
（Ⅱ）设点的坐标为.
，
当时，.
【点睛】
本题考查了参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程间的转化，考查了利用参数方程求距离的最大值问题，属于中档题。

23．选修4-5：不等式选讲
已知.
（Ⅰ）求的解集；
（Ⅱ）若恒成立，求实数的最大值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）由得，解不等式即可；（Ⅱ）由题意知，
恒成立，当时，，然后利用基本不等式可求出
，从而可求出的最大值。

【详解】
解：（Ⅰ）由得，
即，解得，
所以，的解集为.
（Ⅱ）恒成立，即恒成立.
当时，；
当时，.
因为（当且仅当，即时等号成立），
所以，即的最大值是.
【点睛】
本题考查了绝对值不等式的解法，考查了不等式恒成立问题，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题。