河南省顶级名校2020届高三尖子生11月诊断性检测数学（文）试卷 26页

文科数学试卷 一、选择题：本大题共12个小题，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.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合、，利用补集的定义求出集合，然后利用交集的定义可求出集合.‎ ‎【详解】，‎ ‎，则，‎ 因此，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查交集和补集的计算，同时也考查分式不等式与对数函数定义域的计算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.已知，复数（为虚数单位），若为纯虚数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，由题意得出该复数的实部为零，虚部不为零，可求出实数的值.‎ ‎【详解】，‎ 由于复数为纯虚数，则，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，同时考查了复数相关的概念，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎3.某单位名职工的年龄分布情况如图所示，现要从中抽取名职工进行问卷调查，若采用分层抽样方法，则岁年龄段应抽取的人数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出饼图中岁的职工所占的比例，再乘以即可得出结果.‎ ‎【详解】由题中饼图可知，岁年龄段的职工所占的比例为，‎ 因此，岁年龄段应抽取的人数是.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用分层抽样计算所抽取的人数，根据分层抽样的特点列方程是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎4.下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析各选项中函数在区间上的单调性，可得出合乎题意的选项.‎ ‎【详解】对于A选项，函数在区间上为减函数；‎ 对于B选项，函数在区间上为减函数；‎ 对于C选项，函数在区间上是减函数；‎ 对于D选项，函数在区间上是增函数.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查基本初等函数单调性的判断，熟悉一些基本初等函数的单调性是判断的关键，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎5.已知抛物线的焦点为，直线过点与抛物线交于、两点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的方程为，由，得出，可得出，并将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合关系式求得，再利用抛物线的定义可求出.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 抛物线的焦点为，设直线的方程为，设点、，‎ 将直线的方程与抛物线的方程联立，得.‎ 由韦达定理得，，‎ ‎，，即，，即.‎ 则，得，由，所以，.‎ 由抛物线的定义得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线焦点弦的性质，将直线方程与抛物线联立，利用韦达定理法结合抛物线的定义求解是解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎6.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两角差的正切公式求出的值，然后利用诱导公式、二倍角公式结合弦化切的思想可求出所求代数式的值.‎ ‎【详解】，解得.‎ 因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查两角差的正切公式、诱导公式、二倍角公式求值，解题的关键就是利用弦化切思想进行化简，同时也要注意弦化切所适用的基本类型，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎7.设变量、满足约束条件，且的最大值为，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组所表示的可行域，可知当直线经过可行域的顶点和点时，直线在轴上的截距最大，且为，再将点代入直线的方程可求出实数的值.‎ ‎【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：‎ 联立，得，得点.‎ 作直线，由图形可知，当直线过点和点时，直线在轴上的截距最大，此时取到最大值，即，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查含参的线性规划问题，解题的关键就是利用数形结合法找出线性目标函数取得最值时的位置，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎8.在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.‎ ‎【详解】，‎ 即，即，‎ ‎，，得，，.‎ 由余弦定理得，‎ 由正弦定理，因此，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角形中角的正弦值的计算，考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎9.某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.‎ ‎【详解】三棱锥的实物图如下图所示：‎ 将其补成直四棱锥，底面，‎ 可知四边形为矩形，且，.‎ 矩形的外接圆直径，且.‎ 所以，三棱锥外接球的直径为，‎ 因此，该三棱锥的外接球的表面积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎10.函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用定义分析函数的奇偶性，然后利用导数判断出函数在区间上的单调性，即可得出函数的图象.‎ ‎【详解】设，该函数的定义域为，‎ ‎，则函数为偶函数.‎ 当时，，‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 所以，函数在区间上减函数.‎ 因此，选项A中的图象为函数的图象.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象识别，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点与函数值符号来进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎11.已知双曲线的右焦点为，直线与交于、两点，、的中点分别为、，若以线段为直径的圆经过原点，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，由题意得出，再由中位线的性质可得出，设双曲线的左焦点为，可得出，，可得出，，再利用双曲线的定义即可求出其离心率.‎ ‎【详解】如下图所示，设双曲线的焦距为，‎ 由于以线段为直径的圆经过原点，则，‎ ‎、的中点分别为、，且为的中点，，，‎ ‎，为的中点，所以，四边形为矩形，，‎ 由于直线的斜率为，则，所以，，‎ ‎，，‎ 由双曲线的定义得，即，‎ 因此，双曲线的离心率为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，考查了双曲线的定义，在涉及焦点三角形问题时，应充分分析三角形的形状，结合正弦、余弦定理以及锐角三角函数来计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎12.在中，，，，为的外心，若，、，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，先推导出，同理得出，由此得出关于实数、的方程组，解出这两个未知数的值，即可求出的值.‎ ‎【详解】如下图所示，取线段的中点，连接，则且，‎ ‎，‎ 同理可得，‎ ‎，‎ 由，可得，即，‎ 解得，，因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用三角形外心的向量数量积的性质求参数的值，解题的关键就是利用三角形外心的向量数量积的性质列方程组求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知为等比数列，若，，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等比中项的性质得出，由此可得出的值.‎ ‎【详解】由等比中项的性质可得，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列中项的计算，利用等比中项的性质进行计算是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.若函数的图象过点，则的值域为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将点的坐标代入函数的解析式，求出，利用诱导公式和二倍角余弦公式得出，换元，于是可将函数的值域转化为二次函数在上的值域，利用二次函数的基本性质即可求解.‎ ‎【详解】由题意可得，得，‎ ‎，，，则，‎ ‎，‎ 令，则.‎ 当时，该函数取最大值，即，当时，该函数取最小值，即.‎ 因此，函数的值域为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查正弦型二次函数值域的求解，利用诱导公式、二倍角余弦公式化为有关正弦的二次函数的值域是解题的关键，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.‎ ‎15.黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：‎ ‎，若函数是定义在上的奇函数，且对任意都有，当时，，则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用题中条件推导出函数是以为周期的周期函数，然后利用题中定义结合周期性和奇偶性可分别求出和的值，相加即可.‎ ‎【详解】由于函数是定义在上的奇函数，且，‎ ‎，所以，函数是以为周期周期函数，‎ 则，‎ ‎，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查新定义函数值的计算，推导出函数的周期是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎16.如图，正方体的棱长为，、、分别是、、的中点，过点、、的截面将正方体分割成两部分，则较大部分几何体的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先做出过点、、的截面，如图所示，然后求出截面下方几何体的体积，再求较大部分的体积.‎ ‎【详解】延长，分别与交于，‎ 连，与交于，连，‎ 与交于，连，则截面为五边形，‎ 为中点，，‎ 同理，‎ 截面下方几何体的体积为：‎ ‎，较大部分几何体体积为.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查组合体的体积，解题的关键作出截面图形，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：60分 ‎17.某学校为了解学生假期参与志愿服务活动的情况，随机调查了名男生，名女生，得到他们一周参与志愿服务活动时间的统计数据如右表（单位：人）：‎ 超过小时 不超过小时 男 女 ‎（1）能否有的把握认为该校学生一周参与志愿服务活动时间是否超过小时与性别有关？‎ ‎（2）以这名学生参与志愿服务活动时间超过小时的频率作为该事件发生的概率，现从该校学生中随机抽查名学生，试估计这名学生中一周参与志愿服务活动时间超过小时的人数.‎ 附：‎ ‎【答案】（1）有，理由见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）列出列联表，根据表格中的数据计算出的观测值，并将的值与作大小比较，即可判断出题中结论的正误；‎ ‎（2）根据表格中的数据得出参与志愿服务活动时间超过小时的频率，然后乘以即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）列联表如下表所示：‎ 超过小时 不超过小时 合计 男 女 ‎1‎ 合计 ‎，‎ 因此，有的把握认为该校学生一周参与志愿服务活动时间是否超过小时与性别有关；‎ ‎（2）由表格中的数据可知，该校参与志愿服务活动时间超过小时的学生频率为，‎ 因此，抽取的名学生中一周参与志愿服务活动时间超过小时的人数为.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验思想的应用，同时也考查了分层抽样中频数的计算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.已知数列是等差数列，其前项和为，且，，数列为等比数列，且，.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）若，设数列的前项和为，求证：.‎ ‎【答案】（1），；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，列出关于和的方程组，求出这两个量，利用等差数列的通项公式求出，根据题意求出和，利用等比数列的通项公式可求出；‎ ‎（2）求出，然后利用错位相减法求出，再利用数列的单调性即可证明出.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，‎ 由题意可得，即，解得，‎ ‎.‎ ‎，，解得，‎ 因此，.‎ 综上所述，，；‎ ‎（2），，①‎ ‎，②‎ ‎①②得，，，‎ 又，则数列是单调递增数列，则.‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项公式的计算，同时也考查了错位相减法求和，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎19.如图，已知四边形为梯形，，，四边形为矩形，且平面平面，又，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接、，利用三线合一得出，，利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面，即可得出；‎ ‎（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，并计算出三边边长，然后利用等面积法求出，即为点到平面的距离.‎ ‎【详解】（1）如下图所示，取的中点，连接、，‎ 四边形为矩形，，‎ 平面平面，平面平面，平面，‎ 平面，‎ 平面，，，‎ 四边形为梯形，，，，‎ ‎，为的中点，，‎ 同理可得，，‎ 又，平面.‎ 平面，；‎ ‎（2）如下图所示，过点在平面内作，垂足为点，‎ 由（1）知，平面，平面，.‎ ‎，，平面.‎ 由（1）知，平面，平面，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 平面，，平面，‎ 平面，，‎ 由于四边形为直角梯形，且，，‎ ‎，，则.‎ 由等面积法可得.‎ 因此，点到平面距离为.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，一般作出垂线或者利用等体积法进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知点在椭圆上，、分别为的左、右顶点，直线与的斜率之积为，为椭圆的右焦点，直线.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）直线过点且与椭圆交于、两点，直线、分别与直线交于、两点.试问：以为直径的圆是否过定点？如果是，求出定点坐标，否则，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）过定点和，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用直线与的斜率之积为，得出，再由点在椭圆上，可求出的值，即可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）由对称性知，以为直径的圆过轴上的定点，设直线的方程为，点、，设点、，求出、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出的值，由，结合韦达定理求出的值，即可得出定点的坐标.‎ ‎【详解】（1）点在椭圆上，则，①，‎ 易知点、，‎ 直线的斜率为，直线的斜率为，‎ 由题意可得，解得，代入①式得，‎ 因此，椭圆的方程为；‎ ‎（2）易知，直线不能与轴重合.‎ 由对称性知，以为直径的圆过轴上的定点，‎ 设直线的方程为，点、，设点、，‎ 如下图所示：‎ 易知点，，即，，‎ 得，同理可得.‎ 将直线的方程与椭圆的方程联立，‎ 消去得，，.‎ 由韦达定理得，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，解得或.‎ 因此，以为直径的圆过定点和.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了圆过定点的问题，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）当时，求证：函数恰有两个零点.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求函数导数，即可得结论；‎ ‎（2）先求出，结合定义域转化为证明有两个零点，利用导数求出单调区间，按零点存在性定理证明，即可得出结论.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，，‎ ‎，故，‎ 故所求切线的方程为：，即.‎ ‎（2），，‎ 因为，所以只需证明在已知条件下，‎ 恰有两个零点即可.‎ 由，‎ 则，‎ 当时，；当时，.‎ 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，‎ 因为，故，所以，‎ 记，则，‎ 所以单调递增，‎ 故时，，‎ 即，，所以，即，‎ 又，‎ 由，，且在区间内单调递增，可得，‎ 存在唯一，即，使得，‎ 又在区间内单调递减，，，‎ 故恰有两个零点，‎ 所以，时，函数恰有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查函数导数的运用：求切线的方程和单调性、极值，考查函数零点存在性的证明，考查推理论证能力，运算求解能力，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.以平面直角坐标系中的坐标原点为极点，轴的正半抽为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是（为参数）.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于、两点，且，求直线的倾斜角.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在曲线的极坐标的两边同时乘以，再由，可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得到关于的一元二次方程，并列出韦达定理，借助弦长公式即可计算出的值.‎ ‎【详解】（1）在曲线的极坐标的两边同时乘以，得，‎ 所以，曲线的直角坐标方程为，即；‎ ‎（2）设点、在直线上对应的参数分别为、，‎ 将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，‎ 即，，‎ 由韦达定理得，，‎ ‎，得，‎ ‎，因此，或.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了利用直线与圆所得弦长求直线的倾斜角，考查了韦达定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎23.己知函数的最大值为，、、均为正实数，且. ‎ ‎（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）利用绝对值三角不等式可求出函数的最大值为，可得出，然后将代数式与相乘，利用柯西不等式可证明出；‎ ‎（2）利用柯西不等式得，化简后可证明出.‎ ‎【详解】（1）由绝对值三角不等式得，，‎ 由柯西不等式得，‎ 当且仅当时，等号成立，因此，；‎ ‎（2）由柯西不等式得，即，‎ 即，当且仅当时，等号成立.‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题考查利用柯西不等式证明不等式，同时也考查了利用绝对值三角不等式求绝对值函数的最值，在利用柯西不等式证明不等式时，需要对代数式进行合理配凑，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎ ‎