河南省名校联盟2020届高三11月教学质量检测数学（理）试题 21页

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．‎ ‎ ‎