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1、河西区2019-2020学年度第二学期高三年级总复习质量调查(二)一选择题1.设集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简集合M，N，根据补集运算求解即可.【详解】，故选：A【点睛】本题主要考查了集合的补集运算，属于容易题.2.设：“条件与条件互斥”，：“条件与条件互为对立事件”，则是的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分而不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据对立事件和互斥事件的关系，即可容易判断充分性和必要性.【详解】因为对立一定互斥，互斥不一定对立.故命题是命题的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查命题之间
2、的关系，涉及对立事件和互斥事件的联系，属综合基础题.3.已知 x 与 y 之间的一组数据：x0134y2.24.3486.7则 y 与 x 的线性回归方程为，则 a 的值为（ ）A. 0.325B. 0C. 2.2D. 2.6【答案】D【解析】分析】首先求出所给数据的平均数，得到样本中心点，根据线性回归直线过样本中心点，求出方程中的一个系数，【详解】解：由题意，样本中心点为，数据的样本中心点在线性回归直线上，故选：【点睛】本题考查线性回归方程，考查样本中心点的应用，考查学生的计算能力，属于基础题4.已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，且双曲线上的一点到双曲线的两个焦点的距离之差的绝对值等于
3、6，则双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，先求得双曲线焦点坐标，再结合双曲线定义，即可求得，则方程得解.【详解】因为的焦点为，故双曲线的焦点在轴上，故设双曲线方程为，则；由双曲线定义知：，解得；故可得；则双曲线方程为：.故选：C.【点睛】本题考查双曲线方程的求解，涉及其定义，以及抛物线焦点坐标的求解，属综合基础题.5.已知的内角，的对边分别为，的面积为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理以及三角形的面积公式即可求解.【详解】由，则，即，所以，且，所以.故选：D【点睛】本题考查了余弦定理、三角形的面积公式、弦化切
4、，属于基础题.6.已知正四棱锥的底面是边长为的正方形，其体积为，若圆柱的一个底面的圆周经过正方形的四个顶点，另一个底面的圆心为该棱锥的高的中点，则该圆柱的表面积为（ ）A. B. 2C. 4D. 6【答案】C【解析】【分析】根据正四棱锥的体积可求出圆柱的高，根据圆柱底面圆过棱锥底面正方形的四个顶点可求圆柱底面圆半径，利用表面积公式计算即可.【详解】因为正四棱锥的底面是边长为的正方形，其体积为，底面积为所以棱锥高,即圆柱的高为2，因为圆柱的一个底面的圆周经过正方形的四个顶点，所以正方形的对角线为圆的直径，即所以圆柱的表面积为故选：C【点睛】本题主要考查了正四棱锥的体积，圆柱的表面积，考查了空间想
5、象能力，属于容易题.7.函数的部分图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】排除法，根据和的符号可排除B，D，再对函数求导，判断函数在上的单调性即可得出结论【详解】解：，舍去B，舍去D，时，函数在上单调递增，故选：A【点睛】本题主要考查函数图象的识别，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题8.用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且至少有两个数字是偶数的四位数，则这样的四位数的个数为（ ）A. 64B. 72C. 96D. 144【答案】C【解析】【分析】由题意把四位数分为含有3个偶数与2个偶数两类,每一类要考虑特殊元素0的安排情况,利用排列组合的应用可分别求出每类
6、四位数的个数,相加即可.【详解】根据题意,数字0，1, 2, 3, 4中有2个奇数,3个偶数.若组成的四位数要求至少有两个数字是偶数,则四位数中含有2个或3个偶数,分2种情况讨论:四位数中含有3个偶数，1个奇数，因为0不能在首位,有3种情况,选取一个奇数有种，与另两个偶数安排在其他三个位置，有种情况，则有个符合条件的四位数;四位数中含有2个偶数,2个奇数;若偶数中有0,在2、4中选出1个偶数,有种取法,其中0不能在首位,有3种情况，将其他3个数全排列,安排在其他三个位置,有种情况,则有个符合条件的四位数；若偶数中没有0,将其他4个数全排列,有个符合条件的四位数；则一共有36+36+24=96个
7、符合条件的四位数.故选：C【点睛】本题主要考查分类计数原理及排列组合的运用，注意优先考虑特殊元素的安排情况，属于中档题.9.已知函数若函数 的零点个数为2，则（）A. 或B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】由，可知当时，的图象可由的图象沿轴翻折，并向右平移2个单位长度，纵坐标变为原来的一半，即可作出函数的图象，将的零点问题转化为两个函数图象的焦点问题即可.【详解】如图，可得的图象.令，当时，不符合题意；当时，得，若，则满足可得；若，因左支已交于一点，则右支必然只能交于一点，当时，因为，所以在上有两个交点，不合题意舍去，当时，则需解得，故选D.【点睛】本题考查分段函数的图象和零点问题.
8、对函数图象的正确绘制是解答本题的关键.二填空题10.设复数满足（为虚数单位），则值为_【答案】. 【解析】分析：由条件得到复数的代数形式，即可求得复数模长.详解：因为，所以=，所以点睛：本题考查复数的四则运算，意在考查学生的计算能力 11.二项式的展开式中常数项为 .【答案】【解析】试题分析：二项式的展开式的通项公式为,令，解得，所以该二项式展开式中常数项为，故答案为.考点：二项展开式的通项公式.12.若直线与圆相切，则实数_.【答案】25【解析】【分析】根据直线和圆相切转化为点到直线的距离等于半径即可.【详解】直线与圆相切，圆心到直线的距离平方可得，解得故答案为：25【点睛】本题主要考查了直
9、线与圆位置关系，直线与圆相切考，点到直线的距离公式，考查了运算能力，属于基础题.13.某批产品共10件，其中含有2件次品，若从该批产品中任意抽取3件，则取出的3件产品中恰好有一件次品的概率为_；取出的3件产品中次品的件数的期望是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）先计算所有抽取产品的可能，再计算3件产品中且有一件次品的可能，用古典概型的概率计算公式即可求得；（2）先求得的分布列，再求其期望即可.【详解】（1）从10件产品中，抽取3件，有种可能；若取出的3件中恰有1件是次品，有种可能；故满足题意的概率；（2）根据题意，；，故.故答案为：；.【点睛】本题考查超几何分布中概率的计
10、算，以及期望的求解，属中档题.14.已知，为正实数，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由，为正实数，且，可知，于是，可得，再利用基本不等式即可得出结果.【详解】解：，为正实数，且，可知，.当且仅当时取等号.的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了基本不等式的性质应用，恰当变形是解题的关键，属于中档题.15.在中，点分别为的中点，点为与的交点，若，且满足，则_；_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】根据点分别为的中点，可得为三角形的重心，再将、用、表示，利用，可得答案.【详解】因为点分别为的中点，所以为三角形的重心，所以，因为，所以，所以，所以，所以，.故答案为：1；
11、.【点睛】本题考查了向量的线性运算，考查了三角形重心的性质，考查了平面向量的数量积，属于中档题.三解答题16.已知函数（1）求的最小正周期；（2）讨论在区间上的单调性；【答案】（1）.（2）在区间上单调递增；在区间上单调递减.【解析】【分析】（1）根据题意，利用三角恒等变换化简为标准正弦型三角函数，利用最小正周期求解公式即可求得结果；（2）先求得在上的单调增区间，结合区间，即可求得结果.【详解】（1）依题意，所以.（2）依题意，令，解得，所以的单调递增区间为，.设，易知，所以当时，在区间上单调递增；在区间上单调递减.【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简三角函数解析式，以及用公式法求正弦型三角函
12、数的最小正周期，用整体法求正弦型三角函数的单调区间，属综合中档题.17.在正四棱柱中，为中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）若为上的动点，使直线与平面所成角的正弦值是，求的长.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】建立如图所示空间直角坐标系，（1）求出平面的法向量，利用证明即可；（2）利用即可证明；（3）设点的坐标为(1，1，)，由线面角公式可求出，即可利用向量的模求的长.【详解】如图建立空间直角坐标系，(0，0，0)，(1，0，0)，(1，1，0)，(0，1，0)，(1，0，2)，(1，1，2)，(0，1，2)，(0，0，2)，(0，1，1)（1）证明：设
13、平面的法向量(，)，(1，1，0)，(0，1，1)由，即，取，得(1，-1，1)，又(-1，1，2)，因为，所以，所以平面.（2）证明：由（1）可知(1，-1，1)，(-1，1，-1)，所以，所以平面.（3）设点的坐标为(1，1，)，(0，1，)，设直线与平面所成角为，则，解得，所以点的坐标为(1，1，1)，(1，1，1)，所以的长为.【点睛】本题主要考查了利用空间向量证明线面垂直，线面平行，线面角，线段的长，考查了运算能力，属于中档题.18.已知数列的前项和为，且，数列是公差为0的等差数列，且满足，是和的等比数列.（1）求数列和的通项公式；（2）求；（3）设数列的通项公式，求；【答案】（1）
14、，.（2）.（3） .【解析】【分析】（1）利用两式()， ()相减得到()，再根据等比数列的通项公式可得，根据求得等差数列的公差，再根据等差数列的通项公式可得；（2）根据裂项求和可得结果；（3）由的通项公式分析可知，数列的前项中，有项的值不为1，它们是，其余的项的值都为1，由此可得，然后利用等比数列的前项和公式可得结果.【详解】（1）因为()，所以()，两式相减，整理得：，又当时，所以()，所以是以6为首项，3为公比的等比数列，.设等差数列的公差为，因为，是和的等比中项，所以，即，整理得，解得或，因为公差不为0，所以，故.（2）因为，所以.（3）因为，所以数列的前项中，有项的值不为1，它们是，其余的项的值都为1，所以.【点睛】本题考查了由与的关系式求，考查了等比中项的应用，考查了裂项求和方法，考查了等比数列的前项和公
