2020届安徽省六校教育研究会高三第二次素质测试数学(文)试题(解析版)

试题

一、单选题

1．已知集合Ax2x1或2x3，集合B2,1,1,2,3，则集合AIB中的元素个数为（ ） A．2 【答案】B

【解析】首先求出AIB，再求出元素个数即可. 【详解】

因为AIB{2,1,3}，所以AIB中元素的个数为3. 故选：B 【点睛】

本题主要考查集合的运算，属于简单题.

2．已知复数z满足：zi34i（i为虚数单位），则z（ ） A．43i 【答案】A

【解析】利用复数的乘法、除法运算求出z，再根据共轭复数的概念即可求解. 【详解】

由zi34i，则z所以z43i. 故选：A 【点睛】

本题考查了复数的四则运算、共轭复数的概念，属于基础题.

B．43i

C．43i

D．43i

B．3

C．4

D．5

34i3i443i， i1px1,2xlog2x1，则p为（ ） 3．已知命题 :xA．x1,2log2x1 xC．x1,2log2x1

xB．x1,2log2x1 xD．x1,2log2x1

【答案】D

【解析】根据全称命题的否定是特称命题判断即可.

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【详解】

因为全称命题的否定是特称命题，

x所以命题p:x1，2log2x1，

p:x1，2xlog2x1.

故选：D 【点睛】

本题主要考查全称命题的否定，属于简单题.

4．为实现国民经济新“三步走”的发展战略目标，国家加大了扶贫攻坚的力度.某地区在2015 年以前的年均脱贫率（脱离贫困的户数占当年贫困户总数的比）为70%.2015年开始，全面实施“精准扶贫”政策后，扶贫效果明显提高，其中2019年度实施的扶贫项目，各项目参加户数占比（参加该项目户数占 2019 年贫困户总数的比）及该项目的脱贫率见下表： 实施项目 种植业 养殖业 工厂就业 服务业 参加用户比 40% 40% 10% 10% 脱贫率

95% 95% 90% 90% 那么2019年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的（ ） A．

7 5B．

48 35C．

47 35D．

37 28【答案】C

【解析】首先算出2019年的年脱贫率，再与2015年以前的年均脱贫率相比即可. 【详解】

由图表得，2019年的年脱贫率为

E(X)0.40.950.40.950.10.90.10.90.94.

所以2019年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的故选：C 【点睛】

本题主要考查数学期望的实际应用，同时考查了学生的分析问题能力，属于简单题.

0.9447. 0.735第 2 页 共 23 页

a45．已知首项为正数的等比数列an中，a2gA．

99,aga，则a13（ ） 79414223 92D．3 92B．

3 122C．3 122【答案】B

2【解析】首先根据a2ga4a3求出a3a7ga9131010qq，再根据得到，再由a2ga422210a13a3q10计算即可.

【详解】

a4a3因为a2g因为

2932a0aaq0. a，，所以，即13132422a7ga9113q1010，a13a3q103. 21012a2ga42222故选：B 【点睛】

本题主要考查等比数列的性质，同时考查了等比中项，属于中档题. 6．已知函数ysinx（ ） A．

3的定义域为a,b，值域为1,1，则ba的值可能为2 3B．

C．

3 2D．2

【答案】B 【解析】首先设x3t，根据ysint的图象和值域得到t的范围，即可得到x的范

围，从而得到ba的最大值和最小值，再结合选项即可得到答案. 【详解】 令x3t，ysint的图象如下所示：

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因为值域为[1,1]， 2所以t的最大范围为[最小范围为[所以62k,272k]， 662k,2k].

752k，2kx2k， 62662kx362kx35622k，22kx62k.

即ba的最大值为所以ba可能为. 故选：B 【点睛】

42=，最小值为=. 23623本题主要考查正弦函数的图象，同时开心了正弦函数的值域和定义域，属于中档题.

x2y27．已知双曲线C:21a0,b0的右焦点为F,O为坐标原点，以OF为直2ab33径的圆与双 曲线C的一条渐近线交于点O及点A2,2，则双曲线C的方程为

（ ）

y2A．x1

32x2y2B．1

26x2C．y21

3x2y2D．1

62【答案】C

33b【解析】根据双曲线方程求出渐近线方程：yx，再将点A2,2代入可得ac2333，从而可求出c，再由ba，连接FA，根据圆的性质可得333c2a2b2即可求解.

【详解】

x2y2由双曲线C:221a0,b0，

ab则渐近线方程：ybx， ab3a， 3第 4 页 共 23 页

c23b3连接FA，则，解得c2， AOa33所以c2a2b24，解得a3,b1.

22FAx2故双曲线方程为y21.

3故选：C 【点睛】

本题考查了双曲线的几何性质，需掌握双曲线的渐近线求法，属于中档题.

8．《易经》包含着很多哲理，在信息学、天文学中都有广泛的应用，《易经》的博大精深，对今天 的几何学和其它学科仍有深刻的影响.下图就是易经中记载的几何图形——八卦田，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.已知正八边形的边长为10m，阴阳太极图的半径为4m，则每块八卦田的面积约为（ ）

A．114m2 【答案】C

B．57m2 C．54m2 D．48m2

【解析】首先设OAOBa，AOB2，根据余弦定理得到84a250(22)，再根据图形计算八卦田的面积即可.

【详解】

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如图所示：

设OAOBa，AOB2. 84100a2a22aa因为SVAOB2，解得：a250(22). 212asin25(21). 24182所以每块八卦田的面积S25(21)425(21)254. 故选：C 【点睛】

本题主要考查余弦定理解三角形，同时考查了正弦定理计算三角形面积，属于中档题. 9．锐角ABC中，角A,B,C，所对的边分别为a,b,c，若

sinA2cosBC0，b6,c31，则角C的大小为（ ）

4A．

12 B．

 6C．

 3D．

5 12【答案】D

【解析】首先化简sin(A4)2cos(BC)0得到A4，根据余弦定理得到

a2，再利用正弦定理

【详解】 因为sin(A5ac62. 得到sinC，即CsinAsinC1244)2cos(BC)0，

所以

2222sinAcosA2cosAsinAcosAsin(A)0. 22224因为ABC为锐角三角形，所以A40，即A4.

a2(31)2(6)22(31)624，即a2. 2第 6 页 共 23 页

231ac62. 因为，即2sinC，解得：sinCsinAsinC42因为ABC为锐角三角形，所以C故选：D 【点睛】

本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，同时考查了三角函数的恒等变换，属于中档题.

10．函数ysinxx在x2,2上的大致图象是（ ）

5. 12A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】讨论x的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断. 【详解】

当x0时，ysinxx，则ycosx10， 所以函数在0,2上单调递增， 令gxcosx1，则gxsinx， 根据三角函数的性质，

当x0,时，gxsinx0，故切线的斜率变小， 当x,2时，gxsinx0，故切线的斜率变大，可排除A、B；

当x0时，ysinxx，则ycosx10， 所以函数在2,0上单调递增，

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令 hxcosx1，hxsinx，

当x2,时，hxsinx0，故切线的斜率变大， 当x,0时，hxsinx0，故切线的斜率变小，可排除C， 故选：D 【点睛】

本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，属于中档题.

11．若定义在R上的增函数yfx1的图象关于点1,0对称 ，且f22， 令

gxfx1，则下列结论不一定成立的是（ ）

A．g10 C．g1g10 【答案】A

【解析】首先根据题意得到函数yf(x)为定义在R上奇函数，B选项，计算g(0)即可判定B正确，C选项，计算g(1)g(1)20，即C正确，D选项，计算

B．g01

D．g1g22

g(1)g(2)f(2)f(1)2，根据f(x)的单调性即可判断D正确.

【详解】

因为函数yf(x1)向左平移一个单位得到yf(x)， 函数yf(x1)的图象关于点(1,0)对称，

所以yf(x)的图象关于点(0,0)，即函数yf(x)为定义在R上奇函数. B选项，g(0)f(0)1011，故B正确.

C选项，g(1)g(1)f(1)1f(1)1f(1)1f(1)120， 故C正确.

D选项，g(1)g(2)f(1)1f(2)1f(2)f(1)2， 因为f(x)在R上为增函数，所以f(2)f(1)，即f(2)f(1)0. 所以g(1)g(2)f(2)f(1)22，故D正确. 故选：A

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【点睛】

本题主要考查奇函数的性质，同时考查了函数图象的平移变换，属于中档题.

12．如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段AB1的中点，M,N分别为线段AC1和 棱 C1D1上任意一点，则PM2MN的最小值为（ ） 2

A．

2 4B．

2 2C．1

D．2

【答案】C

【解析】首先连接C1D，过M作MHC1D，连接HN，过H作HH1C1D1.根据面面垂直的性质得到AD平面CC1D1D，即MH//AD.再根据相似三角形得到

MHC1HHH1C1H2，，即MHHH1.再将PMMN转化为PMMH，ADC1DDD1C1D2求其最小值即可. 【详解】

连接C1D，过M作MHC1D，连接HN，过H作HH1C1D1.

因为平面AC1D平面CC1D1DC1D，MHC1D

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所以MH平面CC1D1D.

因为AD平面CC1D1D，所以MH//AD.

MHC1H. 所以

ADC1D又因为HH1//DD1，所以

HH1C1H. DD1C1D即

MHHH1. ADDD1因为ADDD1，所以MHHH1. 在RTVMHN中，MN2MH2HN2.

22222因为HNHH1，所以MHHNMHHH12MH.

即MN22MH2，MN所以PM2MH.

2MNPMMH1. 2即PM故选：C 【点睛】

2MN的最小值为1 2本题主要考查立体几何中的最短距离问题，同时考查了面面垂直的性质，属于难题.

二、填空题

rrr2rrrrrrr13．已知平面向量a,b，满足a1,b2,b2ag(ab)，则向量a,b的夹角为

__________. 【答案】120o

rra·brrr2rrrcosrr即可得到【解析】首先化简b2agb1，再计算(ab)得到agab120o.

【详解】

rrr2rrrr2r2rrb2ag(ab)，b2a2agb，解得agb1.

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rragb1cosrr因为，所以120o.

2ab故答案为：120o 【点睛】

本题主要考查向量夹角的计算，同时考查了向量数量积的运算，属于简单题. 14．已知函数fx2sin2x为_________. 【答案】1,x0,，则使得fx0的x的取值范围62, 62【解析】首先根据题意得到：sin(2x【详解】

由题知：f(x)0，即sin(2x因为0x6)1，再根据x的范围解不等式即可. 26)1. 22，所以62x65. 61，

625所以2x，解得x.

62666因为sin(2x)故答案为：【点睛】

, 62本题主要考查三角不等式的解法，同时考查了正弦函数的图象，属于中档题. 15．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为___________

【答案】32

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【解析】首先将三视图还原得到直观图为直三棱柱，从而得到直三棱柱的外接球球心为上下底面外心连线的中点O处，再计算外接球半径及表面积即可. 【详解】

由题知：三视图的直观图为直三棱柱，

由图知：几何体外接球球心为上下底面外心连线的中点O处. 在VABC中，如图所示：

D为AB中点，tanA13A. ，所以633BC24，r=2. sinA12BC132，

2r2R222222，S4R32.

故答案为：32 【点睛】

本题主要考查三棱柱的外接球表面积，同时考查三视图的还原，属于中档题.

x216．已知点P为直线axy40上一点，PA,PB是椭圆C:2y21a0的

a两条切线，若恰好存在一点P使得PAPB，则椭圆C的离心率为__________. 【答案】6 3第 12 页 共 23 页

【解析】首先设P(m,n)，过点P切线为ynk(xm)，根据直线与椭圆相切，联

2222立0得到(am)k2mnk1n0，因为PAPB，得到k1gk21，即

利用点到距离m2n21a2.从而得到(0,0)到直线axy40的距离为1a2，的公式即可求出a【详解】

设P(m,n)，过点P切线为ynk(xm)，由题知：

3，再求离心率即可.

ynk(xm)(k2a21)x22ka2(nkm)xa2[(nkm)21]0， 联立x222y1a因为直线与椭圆相切，

所以=4ka(nkm)4a(ka1)[(nkm)1]0， 整理得：(am)k2mnk1n0. 设切线PA，PB的斜率分别为k1，k2，

222224222221n2因为PAPB，所以k1gk2=21，即m2n21a2. 2am所以点P在以(0,0)为圆心，1a2为半径的圆上， 即(0,0)到直线axy40的距离为1a2.

d4a21a21，解得a3. 又因为b1，所以c312，e26. 33故答案为：【点睛】

6 3本题主要考查离心率的求法，同时考查了直线与椭圆的位置关系，属于难题.

三、解答题

n1*17．已知数列an的前n项和为 Sn，且2Sn3an33nN

（1）设bnan，求证：数列bn为等差数列，并求出数列an的通项公式； 3n第 13 页 共 23 页

（2）设cnanann,Tnc1c2c3?··cn，求Tn n3n123n；【答案】（1）证明见解析，an2ng（2）Tn3nn3

n1n【解析】（1）由题知：2Sn3an33①，当n2时，2Sn13an133②，

①②化简得：

anan1n12，即bnbn12，又因为当n1时，a16，b12，n333n. 所以{bn}是以首项为2，公差为2的等差数列.即bn2n，an2ng3n2n，再利用分组求和的方法即可得到Tn. （2）由（1）知cn2g【详解】

n1（1）由题知：2Sn3an33①， n当n2时，2Sn13an133②，

3nan3an12g3n. ①②得：2an3an3an12g所以

anan1anan122 ，3n3n13n3n1即：bnbn12(n2).

当n1时，2a13a193，解得a16，则b1所以{bn}是以首项为2，公差为2的等差数列.

a12. 3bn22(n1)2n，即an2ng3n.

（2）cnanann2g3n2n. n3Tn2(332……3n)2(12……n)

3(13n)(1n)n2g2g3n1n2n3.

132【点睛】

本题第一问考查等差数列的证明，第二问考查数列求分组求和，属于中档题.

18．受“非洲猪瘟”的影响，10月份起，某地猪肉的单价随着每周供应量的不足而上涨， 具体情形统计如下表所示： 自受影响后第 x周 猪肉单价y（元1 16 2 18.5 第 14 页 共 23 页

3 4 23.7 5 26.2 20.6 /斤）

（1）求猪肉单价y关于x的线性回归方程$y$bx$a

（2）当地有关部门已于11月初购入进口猪肉，如果猪肉单价超过30元/斤，则释放进口猪肉增加市场供应量以调控猪肉价格，试判断自受影响后第几周开始需要释放进口猪肉？

参考数据：

xyii15iˆ340.6，参考公式：byxynx·iii1nnˆ ˆybx,axi12inx2【答案】（1）$（2）应从第7周开始 y2.56x13.32；

ˆ，aˆ，即可得到回归直线方【解析】（1）根据图表中数据，利用最小二乘法公式计算b程.

（2）分别计算当x6和x7时对应的$y值，比较即可得到结论. 【详解】 （1）x123451618.520.623.726.221. 3，y552222xi152i1234555，

2xyii15i340.6.

ˆ所以b340.653212.56，aˆ212.56313.32.

5559故$y2.56x13.32.

（2）当x6时，$y28.68，当x7时，$y31.24， 所以应从第7周开始释放进口猪肉. 【点睛】

本题主要考查回归直线方程的求解和应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题. 19．如图，四棱锥PABCD中，侧面PAB为等腰直角三角形， BC⊥平面PAB，

PAPB,ABBC2,ADBD5.

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（1）求证：PA平面PBC； （2）求顶点C到平面PAD的距离. 【答案】（1）见解析；（2）

2 3【解析】（1）首先由已知得到PAPB，根据BC⊥平面PAB得到BCPA，再利用线面垂直的判定即可证明PA平面PBC.

（2）首先取AB的中点O，连接PO，DO，根据POAB，POBC得到PO平面ABCD，设点C到平面PAD的距离为d，再利用等体积转化VCPADVPADC即可求出d. 【详解】

（1）因为△PAB为等腰直角三角形，所以PAPB. BC⊥平面PAB，PA平面PAB，所以BCPA.

PAPBPA平面PBC. PABCBCPBB （2）

取AB的中点O，连接PO，DO.

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因为△PAB和VDAB均为等腰三角形，所以POAB，DOAB. 因为BC⊥平面PAB，PO平面PAB，所以POBC.

POABPO平面ABCD. POBCABBCB在RTVPAO中，POAO1，所以PA11在RTVDAO中，AO1，AD2. 5，所以DO512.

又因为DOAB，CBAB，DOBC2， 所以四边形BCDO为矩形，即CD1，SVADC1CDDO1. 2在RTVPDO中，PO1，DO2，所以PD1225. 因为在△PAD中，PA所以SVPAD2，PDAD5，

1232(5)2()2. 222设点C到平面PAD的距离为d， 因为VCPADVPADC，即【点睛】

本题第一问考查线面垂直的证明，第二问考查点到面的距离，等体积法为解题的关键，属于中档题.

20．已知函数fxe(ecosx)1，直线l是曲线yfx在x0处的切线经

xx2131d11，d. 3233过点(1,6).

（1）求实数的值； （2）若函数gxfx，试判断函数gx的零点个数并证明. xe【答案】（1）2；（2）一个，证明见解析

【解析】（1）首先求导f(x)，计算f(0)得到切点为(0,)，计算f(0)得到切线斜

率，再利用点斜式即可写出切线方程，代入(1,6)解即可.

（2）求导g(x)得到g(x)exex2sinx2exgex2sinx22sinx0，函

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数g(x)在R上单调递增，根据计算g(间(2)0，g(0)0，即可得到函数g(x)在区

2,0)上存在唯一零点.

【详解】

xxxx2xx（1）f(x)e(ecosx)e(esinx)2ee(sinxcosx).

因为f(0)，所以切点为(0,).

kf(0)2.

所以曲线yf(x)在x0处的切线方程为y(2)x. 将(1,6)代入，解得：2.

（2）g(x)f(x)exex2cosx xeg(x)exex2sinx2exgex2sinx22sinx0

所以函数g(x)在R上单调递增，

又g(2)e2e20，g(0)20.

所以函数g(x)在区间(2,0)上存在唯一零点，

即函数g(x)存在唯一零点. 【点睛】

本题第一问考查导数中的切线问题，第二问考查利用导数求函数零点个数问题，属于中档题.

21．已知抛物线C:y24x的焦点为F，点Aa,3，点P为抛物线C上的动点O为坐标原点.

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（1）若PAPF的最小值为5，求实数a的值；

（2）若梯形OPMN内接于抛物线C，OP//MN，OM,PN的交点恰为A，且

MN513，求直线MN的方程.

【答案】（1）a4或a3；（2）2x3y80 【解析】（1）分别讨论a值.

（2）首先设P(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，根据kMNkOP得到点A在OP与MN中点连线上，从而得到P点的坐标及kMNkOP99和a时PAPF的最小值，根据图形即可求出a的

442.再设出直线MN的方程为3y2xt，与抛物线方程联立，利用根系关系即可得到32MN1()2g9(3t)29t2513，解出t的值即可得到直线MN的方程.

3【详解】

（1）①当线段AF与抛物线C没有公共点，即a9时, 4

设抛物线C的准线为l，过点P作l的垂线，垂足为Q， 过点A作l的垂线，垂足为B，

则PAPFPAPQABa1， 故a15a4.

②当线段AF与抛物线C有公共点， 即a故9时，PAPFAF42a1232. a1325a3或a5（舍去）.

综上a4或a3.

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（2）

设P(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

则

kOPy00y0yyyy442kMN122122y1y2x00y0y0，x1x2y1y2. 444y0y1y2. 22因为kMNkOP，所以y0y1y2，即

即线段OP与MN的中点纵坐标相同，故OP中点与MN中点连线平行于x轴. 由平面几何知识知：点A在OP与MN中点连线上，

y02y0y02. 3y06.于是x0故9，kMNkOPx0324设直线MN的方程为y2xt， 32yxt4x212t3x9t20. 32y4x9t2x1x23(3t)，x1·. x24所以

MN1k2x1x224x1gx221()2g9(3t)29t213g96t513. 3解得：t8， 328x，即2x3y80. 33故直线MN的方程为y【点睛】

本题第一问考查根据抛物线的定义求最值问题，第二问考查根据直线与抛物线的弦长求

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直线方程，属于难题.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x2tcos（t为参数，为实

y2tsin数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为8sin，曲线C1与曲线C2交于A,B，两点，线段AB的中点为M． （1）求线段AB长的最小值； （2）求点M的轨迹方程．

【答案】（1）42（2）x1y32.

22【解析】（1）将曲线C2的方程化成直角坐标方程为xy8y，当PC2AB时，

22线段AB取得最小值，利用几何法求弦长即可.

（2）当点M与点P不重合时，设Mx,y，由 C2MPM，利用向量的数量积等于0可求解，最后验证当点M与点P重合时也满足.

【详解】

解1曲线C2的方程化成直角坐标方程为xy8y

22即x2y416,

圆心C20,4，半径r4，曲线C1为过定点P2,2的直线， 易知P2,2在圆C2内， 当PC2AB时，

线段AB长最小为2r2PC2222216202442 22当点M与点P不重合时，

设Mx,y,Q C2MPM，uuuuuruuuurC2MgPMxx2y4y20，

化简得:x1y32，当点M与点P重合时，也满足上式， 故点M的轨迹方程为x1y32. 【点睛】

本题考查了极坐标与普通方程的互化、直线与圆的位置关系、列方程求动点的轨迹方程，

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2222属于基础题.

23．已知非零实数a,b满足ab． （1）求证：a3b32a2b2ab2； （2）是否存在实数，使得

ba11恒成立？若存在，求出实数的取值22abab范围； 若不存在，请说明理由

【答案】（1）见解析（2）存在，1,3 【解析】（1）利用作差法即可证出.

b2aba2（2）将不等式通分化简可得，讨论ab0或ab0，分离参数，a2b2ab利用基本不等式即可求解. 【详解】

1a3b32a2b2ab2aba2abb22abab

2b3222abaabbabab

24Qab,ab0 b3又ab20

24a3b32a2b2ab2

22a2b2 abb3a3ba 即22ababb2aba2即* 22ababb2aba2ba①当ab0时，*即1恒成立 22ababQbaba2g2 ababba11（当且仅当ab时取等号），故3

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b2aba2ba②当时ab0,*1恒成立 22ababQbababa2g2 ababab（当且仅当ab时取等号），故1 综上，1,3 【点睛】

本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.

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