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  • 2021-06-16 发布

河南省名校联盟2020届高三11月教学质量检测数学(理)试题

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河南省名校联盟2020届高三11月教学质量检测理科数学 一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的 ‎1.已知集合,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合,再与集合求交,‎ ‎【详解】本题主要考查集合运算和一元二次不等式的解法.‎ 因为,‎ ‎=,‎ 所以.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查解二次不等式,考查集合的交集。属于基础题.‎ ‎2.复平面内表示复数的点位于( )‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数代数形式的乘除运算化简,再求出z的坐标得答案.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以复数所对应的复平面内的点为,位于第三象限.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的几何意义,复数的运算,属于基础题.‎ ‎3.设两个单位向量的夹角为,则( )‎ A. 1 B. C. D. 7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,然后用数量积的定义,将的模长和夹角代入即可求解.‎ ‎【详解】,‎ 即.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查向量的模长,向量的数量积的运算,属于基础题.‎ ‎4.设有不同的直线a,b和不同的平面,,给出下列四个命题:‎ ‎①若,,则;‎ ‎②若,,则;‎ ‎③若,,则;‎ ‎④若,,则.‎ 其中正确的个数是( )‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解即可.‎ ‎【详解】对于①,若a∥α,b∥α,则直线a和直线b可以相交也可以异面,故①错误;‎ 对于②,若a∥α,a∥β,则平面a和平面β可以相交,故②错误;‎ 对于③,若a⊥α,b⊥α,则根据线面垂直性质定理,a∥b,故③正确;‎ 对于④,若a⊥α,a⊥β,则α∥β成立;‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断,考查推理判断能力,是基础题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.‎ ‎5.如图是某市10月1日至14日的空气质量指数趋势图,空气质量指数越小表示空气质量越好,空气质量指数小于100表示空气质量优良,下列叙述中不正确的是( )‎ A. 这14天中有7天空气质量优良 B. 这14天中空气质量指数的中位数是103‎ C. 从10月11日到10月14日,空气质量越来越好 D. 连续三天中空气质量指数方差最大的是10月5日至10月7日 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目给出的折线图的信息对选项进行逐一判断即可得到答案.‎ ‎【详解】这14天中空气质量指数小于100的有7天,所以这14天中有7天空气质量优良,故选项A正确;‎ 这14天中空气质量指数的中位数是,故选项B不正确;‎ 从10月11日到10月14日,空气质量指数越来越小,所以空气质量越来越好,故选项C正确;‎ 连续三天中空气质量指数离散程度最大的是10月5日至10月7日,所以连续三天中空气质量指数方差最大的是10月5日至10月7日,故选项D正确.‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查统计中对折线图的认识,属于基础题.‎ ‎6.已知甲、乙、丙三人中,一位是河南人,一位是湖南人,一位是海南人,丙比海南人年龄大,甲和湖南人不同岁,湖南人比乙年龄小.由此可以推知:甲、乙、丙三人中( )‎ A. 甲不是海南人 B. 湖南人比甲年龄小 C. 湖南人比河南人年龄大 D.‎ ‎ 海南人年龄最小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过分析,排除即可.‎ ‎【详解】由于甲和湖南人不同岁,湖南人比乙年龄小,可知湖南人不是甲乙,故丙是湖南人;‎ 由于丙比海南人年龄大,湖南人比乙年龄小,可知甲是海南人;‎ 故:乙(河南人)的年龄>丙(湖南人)的年龄>甲(海南人)的年龄;‎ 所以ABC错,D对.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查简单的逻辑推理,属于基础题.‎ ‎7.已知数列对于任意正整数m,n,有,若,则( )‎ A. 101 B. 1 C. 20 D. 2020‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,得,所以数列是以为首项,为公差的等差数列,从而得到答案.‎ ‎【详解】由,令 得,‎ 所以数列是以为首项,为公差的等差数列,‎ 从而.因为,所以,.‎ 故选:A ‎【点睛】本题主要考查等差数列的概念,数列的递推关系,属于基础题.‎ ‎8.函数的图像大致是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可根据得出,然后即可判断出函数是奇函数并排除B项,然后利用导数判断函数的单调性,问题得解.‎ ‎【详解】因,,‎ 所以函数是奇函数,排除B,‎ 因为函数的解析式为,‎ 所以,‎ ‎,‎ 在递增 又,‎ 所以在恒成立 所以在递增,又 所以在恒成立 所以在为增函数,排除A、C,‎ 综上所述,故选D.‎ ‎【点睛】本题考查如何判断函数的大致图像,可通过函数性质来判断,比如说函数的单调性、奇偶性、值域、特殊值的大小,考查推理能力,是中档题.‎ ‎9.已知,分别为椭圆的左、右焦点,P是C上一点,满足,Q是线段上一点,且,,则C的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件在,可得,则,由椭圆的定义有,可建立关于离心率的方程,从而解出离心率.‎ ‎【详解】因为在中,,,‎ 所以,又,‎ 所以,从而,进而.‎ 所以,‎ 椭圆C的离心率为.‎ 故选:A ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义和简单几何性质,考查椭圆的离心率,属于中档题.‎ ‎10.函数的定义域为R,若与都是偶函数,则( )‎ A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. 是偶函数 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先由偶函数及图象平移的性质求得f(x)的周期,然后利用所求结论直接判断即可.‎ ‎【详解】f(x+1)与f(x﹣1)都是偶函数,根据函数图象的平移可知,f(x)的图象关于x=1,x=﹣1对称,‎ 可得f(x)=f(2﹣x)=f(﹣4+x),即有f(x+4)=f(x),‎ ‎∴函数的周期T=4,‎ ‎∴f(﹣x+3)=f(﹣x﹣1)=f(x+3),则f(x+3)为偶函数,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用与周期性的证明,准确把握定义是解题的关键,属于中档题.‎ ‎11.将6名党员干部分配到4个贫困村驻村扶贫,每个贫困村至少分配1名党员干部,则不同的分配方案共有( )‎ A. 2640种 B. 4800种 C. 1560种 D. 7200种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两类考虑:第一类,其中1个贫困村分配3名党员干部,另外3个贫困村各分配1名党员干部, 第二类,其中2个贫困村各分配2名党员干部,另外2个贫困村各分配1名党员干部.‎ ‎【详解】将6名党员干部分配到4个贫困村驻村扶贫,每个贫困村至少分配1名党员干部.‎ 分两类考虑:‎ 第一类,其中1个贫困村分配3名党员干部,另外3个贫困村各分配1名党员干部,‎ 此类分配方案种数为;‎ 第二类,其中2个贫困村各分配2名党员干部,另外2个贫困村各分配1名党员干部,‎ 此类分配方案种数为.‎ 故不同的分配方案共有1560种.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查排列组合,考查分组分配问题,考查部分平均分组问题,属于中档题.‎ ‎12.已知函数,下列结论中错误的是( )‎ A. 的图像关于点对称 B. 的图像关于直线对称 C. 的最大值为 D. 是周期函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对称性,周期性最值的概念结合三角函数的运算,逐项判断即可.‎ ‎【详解】对于A,因为f(π﹣x)+f(x)=sin(π﹣x)sin(2π﹣2x)+sinxsin2x=0,所以A正确;‎ 对于B,f(2π﹣x)=sin(2π﹣x)sin(4π﹣2x)=sinxsin2x=f(x),所以的图像关于直线对称,所以B正确;‎ 对于C,f(x)=sinx•sin2x=2sin2xcosx=2(1﹣cos2x)cosx=2cosx﹣2cos3x,令t=cosx,则t∈[﹣1,1],f(x)=g(t)=2t﹣2t3,令g′(t)=2﹣6t2=0,得,t,‎ ‎,,,,所以的最大值是,从而的最大值是,故C错误;‎ 对于D,因为,即f(2π+x)=f(x),故2π为函数f(x)的一个周期,故D正确;‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用,考查了三角函数的周期性及其求法函数的单调性以及函数的对称性,考查命题的真假的判断与应用,考查分析和解决问题的能力,属于中档题.‎ 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分 ‎13.若一个棱长为2的正方体的八个顶点在同一个球面上,则该球的体积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 棱长为的正方体的八个顶点在同一个球面上,‎ 则球直径等于正方体的对角线长,即,‎ 则该球的体积 ‎14.已知,分别为双曲线的左、右焦点,点P是以为直径的圆与C在第一象限内的交点,若线段的中点Q在C的渐近线上,则C的两条渐近线方程为__________.‎ ‎【答案】y=±2x ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得双曲线的渐近线方程,由圆的性质可得PF1⊥PF2,由三角形的中位线定理可得PF1⊥OQ,OQ的方程设为bx+ay=0,运用点到直线的距离公式可得F1(﹣c,0)到OQ的距离,结合双曲线的定义可得b=2a,进而双曲线的渐近线方程.‎ ‎【详解】双曲线的渐近线方程为y=±x,‎ 点P是以F1F2为直径的圆与C在第一象限内的交点,可得PF1⊥PF2,‎ 线段PF1的中点Q在C的渐近线,可得OQ∥PF2,‎ 且PF1⊥OQ,OQ的方程设为bx+ay=0,‎ 可得F1(﹣c,0)到OQ的距离为b,‎ 即有|PF1|=2b,|PF2|=2|OQ|=2a,‎ 由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2b﹣2a=2a,‎ 即b=2a,‎ 所以双曲线的渐近线方程为y=±2x.‎ 故答案为:y=±2x.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质,考查直径所对的圆周角为直角,三角形的中位线定理和化简整理能力,属于中档题.‎ ‎15.若直线是曲线的切线,也是曲线的切线,则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别设出直线与曲线和曲线的切点,然后求导利用切线的几何意义利用斜率相等可得答案.‎ ‎【详解】设直线与曲线切于点,‎ 与曲线切于点,‎ 则有,‎ 从而,,,.‎ 所以切线方程,‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义,两曲线的公切线问题,属于中档题.‎ ‎16.设等比数列满足,,则数列的前n项和为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出等比数列的通项公式为,然后分析求和.‎ ‎【详解】依题意,有解得所以数列的通项公式为 ‎.‎ 设数列的前n项和为 则,(1)‎ ‎.(2)‎ 用(1)-(2),得,(3)‎ ‎.(4)‎ 用(3)-(4),得.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和数列求和的方法.考查错位相减法求数列的和.属于中档题.‎ 三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答 ‎(一)必考题:共60分 ‎17.已知的三个内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,且,.‎ ‎(1)求a;‎ ‎(2)若的面积为9,求的周长.‎ ‎【答案】(1)5;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由,,两式相除,再用正弦定理得答案. (2)由(1)可求出,进一步可求出边,然后用余弦定理可计算出边,得出答案.‎ ‎【详解】(1)中,,.‎ 由正弦定理得.‎ 又,所以,所以. ‎ 所以.‎ ‎(2)由(1)知,,所以. ‎ 因为的面积,所以.‎ 由余弦定理得,所以.‎ 所以的周长为.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式,属于中档题.‎ ‎18.《九章算术》中,将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵.如图,在直三棱柱中,,,.‎ ‎(1)证明:三棱柱是堑堵;‎ ‎(2)求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据条件由正弦定理可求,从而可证明,可得证.(2)建立空间坐标系,用向量法求解二面角的余弦值即可.‎ ‎【详解】(1)在中,,,,‎ 由正弦定理得 ,即 ,‎ 因在 中,则,‎ ‎,所以,‎ 即.又三棱柱为直三棱柱.‎ 所以三棱柱是堑堵. ‎ ‎(2)以点A为坐标原点,以,,所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 则,,,.‎ 于是,,. ‎ 设平面的一个法向量是,‎ 则由得 所以可取.‎ 又可取为平面的一个法向量, ‎ 所以. ‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查二面角的求法,同时考查数学文化.本题还可以由二面角的平面角的定义作出平面角直接求解,属于中档题.‎ ‎19.已知一条曲线C在y轴右边,C上每一点到点的距离减去它到y轴距离的差都是1.‎ ‎(1)求曲线C的方程;‎ ‎(2)过点F且斜率为k的直线l与C交于A,B两点,,求直线l的方程.‎ ‎【答案】(1);(2)或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据条件有化简得答案. (2)有抛物线过交点的弦长公式有,然后设出直线方程与抛物线方程联立求出代入,可计算出,得到直线方程.‎ ‎【详解】(1)设点是曲线C上任意一点, ‎ 那么点满足:. ‎ 化简得曲线C的方程为. ‎ ‎(2)由题意得,直线的方程为, ‎ 设,.‎ 由得. ‎ 因为,故,‎ 所以. ‎ 由题设知,解得或. ‎ 因此直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查曲线与方程、直线与抛物线的位置关系,属于中档题.‎ ‎20.已知函数,.‎ ‎(1)求证:在区间上无零点;‎ ‎(2)求证:有且仅有2个零点.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出,再求出函数的单调区间,从而分析其图像与轴无交点即可. (2)显然是函数的零点,再分析在上和在上无零点,在上有一个零点,从而得证.‎ ‎【详解】(1),. ‎ 当时,;当时,,‎ 所以在上单调递增,在上单调递减.‎ 而,, ‎ 所以当时,,‎ 所以在区间上无零点.‎ ‎(2)的定义域为. ‎ ‎①当时,,,‎ 所以,从而在上无零点. ‎ ‎②当时,,从而是的一个零点. ‎ ‎③当时,由(1)知,所以,又,‎ 所以,从而在上无零点. ‎ ‎④当时,,,‎ 所以在上单调递减.‎ 而,,从而在上有唯一零点. ‎ ‎⑤当时,,所以,从而在上无零点. ‎ 综上,有且仅有2个零点.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数判断函数单调性的方法和函数零点的概念,属于难题.‎ ‎21.一种掷骰子走跳棋的游戏:棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站,共101站,设棋子跳到第n站的概率为,一枚棋子开始在第0站,棋手每掷一次骰子,棋子向前跳动一次.若掷出奇数点,棋子向前跳一站;若掷出偶数点,棋子向前跳两站,直到棋子跳到第99站(获胜)或第100站(失败)时,游戏结束(骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具,它的六个面分别标有点数1,2,3,4,5,6).‎ ‎(1)求,,,并根据棋子跳到第n站的情况,试用和表示;‎ ‎(2)求证:为等比数列;‎ ‎(3)求玩该游戏获胜的概率.‎ ‎【答案】(1),,,;(2)证明见解析;(3).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 在第0站是必然事件,所以.棋子跳到第1站,只有一种情形,第一次掷骰子出现奇数点,可求出,棋子跳到第2站,包括两种情形,①第一次掷骰子岀现偶数点,②前两次掷骰子出现奇数点,可求出.棋子跳到第站,包括两种情形,①棋子先跳到第站,又掷骰子出现偶数点, ②棋子先跳到第站,又掷骰子出现奇数点,进行求解. (2) 由(1)知,,所以可证. (3) 该游戏获胜的概率,即求,由(2)用累加法可求解.‎ ‎【详解】(1)棋子开始在第0站是必然事件,所以. ‎ 棋子跳到第1站,只有一种情形,第一次掷骰子出现奇数点,其概率为,所以. ‎ 棋子跳到第2站,包括两种情形,①第一次掷骰子岀现偶数点,其概率为;②前两次掷骰子出现奇数点,其概率为,所以. ‎ 棋子跳到第站,包括两种情形,①棋子先跳到第站,又掷骰子出现偶数点,其概率为;②棋子先跳到第站,又掷骰子出现奇数点,其概率为.‎ 故.‎ ‎(2)由(1)知,,所以. ‎ 又因为, ‎ 所以是首项为,公比为的等比数列. ‎ ‎(3)由(2)知,. ‎ 所以 ‎. ‎ 所以玩该游戏获胜的概率为.‎ ‎【点睛】本题主要考查随机事件的概率和等比数列的概念、通项公式及前n项和公式.考查累加法求和,属于难题.‎ ‎(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分 ‎ 选修4-4:坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中,曲线C的参数方程为(t为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.‎ ‎(1)求C的普通方程和的直角坐标方程;‎ ‎(2)求C上的点到距离的最大值.‎ ‎【答案】(1)C的普通方程为.的直角坐标方程为(2)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)把曲线C的参数方程平方相加可得普通方程,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入ρcosθρsinθ+4=0,可得直线l的直角坐标方程;‎ ‎(2)设出椭圆上动点的坐标(参数形式),再由点到直线的距离公式写出距离,利用三角函数求最值.‎ ‎【详解】(1)由(t为参数),因为,且,‎ 所以C的普通方程为.‎ 由ρcosθρsinθ+4=0,得xy+4=0.‎ 即直线l的直角坐标方程为得xy+4=0;‎ ‎(2)由(1)可设C的参数方程为(为参数,).‎ 则P到直线得xy+4=0的距离为:‎ C上的点到的距离为.‎ 当时,取得最大值6,故C上的点到距离的最大值为3.‎ ‎【点睛】本题考查间单曲线的极坐标方程,考查参数方程化普通方程,考查直线与椭圆位置关系的应用,是中档题.‎ 选修4-5:不等式选讲 ‎23.已知a,b为正数,且满足.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求证:.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)把a+b=1代入,用柯西不等式证明;(2)根据基本不等式求出ab的范围,再化简所求结论,根据对勾函数的最值,求出即可.‎ ‎【详解】已知a,b为正数,且满足a+b=1,‎ ‎(1)(1)(1)=11,‎ ‎()(a+b)≥()2=8,‎ 故;‎ ‎(2)∵a+b=1,a>0,b>0,‎ ‎∴根据基本不等式1=a+b≥2∴0<ab,‎ ‎(a)(b)ab,‎ 令t=ab∈(0,],y=t递减,‎ 所以,‎ 故(a)(b)≥2.‎ ‎【点睛】考查基本不等式、柯西不等式的应用,构造函数法证明不等式,属于中档题.‎ ‎ ‎