河南省大联考2020届高三数学阶段性测试试题（七）理（含解析）.doc

1、河南省大联考2020届高三数学阶段性测试试题（七）理（含解析）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】先解分式不等式得或，再根据集合运算即可.【详解】因为或 ，所以或故选：D.【点睛】本题考查分式不等式的解法以及集合运算，是基础题.2. 若复数为实数，则正整数的最小值为（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】根据题意可知只能为偶数，分别计算比较即可.【详解】因为，所以正整数的最小值为4故选：B【点睛】本题考查复数的运算，属基础题.3. 已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的焦距为（ ）A. 4B. 5C. 8D. 10【答案】D【解析

2、】【分析】根据双曲线的方程和双曲线的渐近线方程得，再根据计算即可解决.【详解】设双曲线的半焦距为，由双曲线的渐近线方程为，可得，所以，所以双曲线的焦距为10故选：D.【点睛】本题考查双曲线的方程及性质，是基础题.4. 下图是某市2014年到2020年贫困户的户数（单位：万户）与时间的条形图（时间的取值1，2，7依次对应2014年至2020年）.若关于的线性回归方程为，则（ ）A. 2.2B. 4.2C. 6.2D. 6.4【答案】C【解析】【分析】根据条形图，可求出，由回归直线经过样本点的中心，可求出.【详解】本题考查线性回归方程.依题意，得，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查回归直线，注

3、意回归直线一定经过样本点的中心，属于基础题.5. 执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】列出每一次循环，直到计数变量满足退出循环.【详解】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：，退出循环，输出的为.故选：B.【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果，要注意在哪一步退出循环，是一道容易题.6. 函数在的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由可排除选项C、D；再由可排除选项A.【详解】因为，故为奇函数，排除C、D；又，排除A.故选：B.【点睛】本题考查根据函数解析式选出函数图象的问题，在做这类题时，一般要利用函数的

4、性质，如单调性、奇偶性、特殊点的函数值等，是一道基础题.7. 若，满足约束条件，则的最大值为（ ）A. 21B. 16C. 13D. 11【答案】B【解析】【分析】首先画出可行域，确定最优点，并求最大值.【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，联立解得观察可知，当直线过点时，有最大值16故选：B【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题，属于基础题型.8. 九章算术中有一道“良马、驽马行程问题”.若齐国与长安相距3000里，良马从长安出发往齐国去，驽马从齐国出发往长安去，同一天相向而行.良马第一天行155里，之后每天比前一天多行12里，驽马第一天行100里，之后每天比前

5、一天少行2里，则良马和驽马第几日相遇（ ）A. 第10日B. 第11日C. 第12日D. 第60日【答案】A【解析】【分析】先求出良马和驽马日行程的通项公式，列出式子，即可求解.【详解】依题意，可知良马第日行程为，同理，可得驽马第日行程为，令，整理可得，所以.故选：A【点睛】本题考查等差数列的性质以及数学文化.，关键点是对题意的翻译，属于简单题目.9. 已知函数，则有关函数的说法正确的是（ ）A. 的图象关于点对称B. 的最小正周期为C. 的图象关于直线对称D. 的最大值为【答案】B【解析】【分析】先利用三角恒等变换化简函数得，再根据函数性质求解即可.【详解】由题可知令，可得当时，故函数的图象

6、不关于点对称，也不关于直线对称，故A，C错误；函数的最小正周期，故B正确；函数的最大值为1，故D错误；故选：B.【点睛】本题考查三角恒等变换以及三角函数的性质，是中档题.10. 已知内接于半径为3的圆，为圆上的动点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以的中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，设，则， 求出，即得的取值范围.【详解】以的中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则，.设，则，所以，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查坐标法研究平面向量的问题，考查平面向量的坐标运算和数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11. 已知点为抛物

7、线上异于原点的动点，为的焦点.若，则直线的斜率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，以、为基底表示向量即可求得点M的坐标，代入直线斜率公式求出直线OM的斜率表达式，再利用基本不等式即可求得范围.【详解】设，显然，由题意，则，可得.当时，当且仅当时取等号；当时，当且仅当时取等号.故.故选：C【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题、向量的线性运算及坐标表示、基本不等式求和的最小值，属于较难题.12. 若函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，在上有两个不同的实数根，等价于在上有两个不同的实数根，也

8、等价于直线与的图像在内有两个交点，所以只需利用导数研究函数在上的极值、最值和单调性，再结合函数图像可得结果.【详解】解：由题意，令，可得.函数在上有两个极值点，则需在上有两个不同的实数根，等价于在上有两个不同的实数根，也等价于直线与的图像在内有两个交点.令，则.令，可得在区间上为减函数，且.所以当时，故，在上为增函数，当时，故，在上减函数，所以.又，所以，所以.故选：D【点睛】本题考查利用导数研究函数极值、单调性，利用了数形结合的思想，考查了转化能力和计算能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若圆台的母线与高的夹角为，且上、下底面半径之差为2，则该圆台的高为

9、_.【答案】【解析】【分析】若设圆台的上、下底面半径分别为，圆台高为，则由题意可得，从而可求出圆台的高.【详解】设上、下底面半径分别为，圆台高为，根据轴截面可知，即，所以.故答案为：【点睛】本题考查圆台的几何特征，圆台中的上、下底面半径与高的关系，属于基础题.14. 甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为，他们每次射击是否击中目标互不影响，则甲恰好比乙多击中目标1次的概率为_.【答案】【解析】【分析】事件“甲恰好比乙多击中目标1次”可拆成三个互斥事件：甲击中1次乙击中0次，甲击中2次乙击中1次，甲击中3次乙击中2次，然后可计算概率【详解】甲恰好比乙多击中目标1

10、次分为甲击中1次乙击中0次，甲击中2次乙击中1次，甲击中3次乙击中2次三种情形，其概率.故答案为：【点睛】本题考查相互独立事件的概率，考查互斥事件的概率公式，解题关键是把事件拆成三个互斥事件的和这样可通过概率公式计算概率15. 设是等比数列的前项和，且，则_.【答案】4或0【解析】【分析】由，得，从而得，然后得或，进而求出公比和通项，即可得结果.【详解】解：设等比数列的公比为，由，得，由，得，即，所以.若，则，此时；若，则，此时.所以或.故答案为：4或0【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及等比数列的性质，考查了分类思想和计算能力，属于基础题.16. 已知大、小两个球外切，且两球与一个正四面体

11、的三条侧棱都相切，记大球、小球的半径分别为，则的值为_.【答案】【解析】【分析】设正四面体棱长为，大球球心、小球球心分别为，取底面的中心为，连接，先作，易知，再作，则，可得出，又，进而得出和的关系，最后求出的值即可.【详解】如图所示，设正四面体棱长为，大球球心、小球球心分别为，取底面的中心为，连接，可知，都在正四面体的高上，因为大球与三条侧棱都相切，作，易知，又因为小球与三条侧棱相切，且与大球外切，作，则，因为，所以，所以，又，所以，所以.【点睛】本题考查空间几何体与球的相切问题，考查逻辑思维能力和计算能力，考查空间想象能力，属于常考题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算

12、步骤.第1721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.17. 在中，角，的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化得，再结合内角和定理与正弦的和角公式化简得，即可解决.（2）结合（1）与余弦定理得，再用面积公式求解即可.【详解】（1）由，及正弦定理得.又，所以，即.因为，所以.所以.因为，所以.（2）由（1）知，.由余弦定理得.所以所以.所以的面积.【点睛】本题考查利用正余弦定理解解三角形，考查运算能力，是基础题.18. 如图，四棱锥中，.（1）求证：平面；（2）若，且，平面平面，

13、求直线与平面所成的角.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取线段的靠近的三等分点为，连接，则，所以且，再结合已知可证得四边形为平行四边形，从而有，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）取中点为，连接，过作交于，可证得直线，两两垂直，所以以为原点，分别以射线，的方向为，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求直线与平面所成的角.【详解】（1）如图，取线段的靠近的三等分点为，连接，.则，所以且.又且,所以四边形为平行四边形.所以.又平面，平面，所以平面.（2）如图，取中点为，连接，过作交于.因为平面平面，由面面垂直的性质定理可知，平面.所以直线，两两垂直

14、，以为原点，分别以射线，的方向为，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，.所以，.设平面的法向量为，则取，得.所以，所以直线与平面所成的角为45.【点睛】此题考查了线面平行的证明，求直线与平面所成的角，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题.19. 某精密仪器生产车间每天生产个零件，质检员小张每天都会随机地从中抽取50个零件进行检查是否合格，若较多零件不合格，则需对其余所有零件进行检查根据多年的生产数据和经验，这些零件的长度服从正态分布（单位：微米），且相互独立若零件的长度满足，则认为该零件是合格的，否则该零件不合格（1）假设某一天小张抽查出不合格的零件数为，求及的数学期望；（2）小张

15、某天恰好从50个零件中检查出2个不合格的零件，若以此频率作为当天生产零件的不合格率已知检查一个零件的成本为10元，而每个不合格零件流入市场带来的损失为260元假设充分大，为了使损失尽量小，小张是否需要检查其余所有零件，试说明理由附：若随机变量服从正态分布，则【答案】（1）见解析（2）需要，见解析【解析】【分析】（1）由零件的长度服从正态分布且相互独立,零件的长度满足即为合格,则每一个零件的长度合格的概率为,满足二项分布,利用补集的思想求得,再根据公式求得；（2）由题可得不合格率为,检查的成本为,求出不检查时损失的期望,与成本作差,再与0比较大小即可判断.【详解】（1）,由于满足二项分布,故.（

16、2）由题意可知不合格率为,若不检查,损失的期望为；若检查,成本为,由于,当充分大时,所以为了使损失尽量小,小张需要检查其余所有零件.【点睛】本题考查正态分布的应用,考查二项分布的期望,考查补集思想的应用,考查分析能力与数据处理能力.20. 已知中心在原点的椭圆的左焦点为，与轴正半轴交点为，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作斜率为、的两条直线分别交于异于点的两点、.证明：当时，直线过定点.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）在中，计算出的值，可得出的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据已知

17、条件得出，利用韦达定理和斜率公式化简得出与所满足的关系式，代入直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.【详解】（1）在中，因此，椭圆的标准方程为；（2）由题不妨设，设点，联立，消去化简得，且，代入，化简得，化简得，直线，因此，直线过定点.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中直线过定点的问题，考查计算能力，属于中等题.21. 已知函数.（1）证明：函数在上存在唯一的零点；（2）若函数在区间上的最小值为1，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明在上存在唯一的零点即可；（2）根据导函数零点，判断出的单调

18、性，从而可确定，利用以及的单调性，可确定出之间的关系，从而的值可求.【详解】（1）证明：，.在区间上单调递增，在区间上单调递减，函数在上单调递增.又，令，则在上单调递减，故.令，则所以函数在上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.函数上单调递增.当时，单调递减；当时，单调递增.由（*）式得.，显然是方程的解.又是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，把代入（*）式，得，即所求实数的值为.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，其中涉及到判断函数在给定区间上的零点个数以及根据函数的最值求解参数，难度较难.（1）判断函数的零点个数时，可结合函数的单调性以及零点的存在性定理进

19、行判断；（2）函数的“隐零点”问题，可通过“设而不求”的思想进行分析.22. 在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，设与交于、两点，中点为，的垂直平分线交于、.以为坐标原点，极轴为轴的正半轴建立直角坐标系.（1）求直角坐标方程与点的直角坐标；（2）求证：.【答案】（1），；（2）见解析.【解析】【分析】（1）将曲线的极坐标方程变形为，再由可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，将直线的方程与曲线的方程联立，求出点、的坐标，即可得出线段的中点的坐标；（2）求得，写出直线的参数方程，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用韦达定理求得的值，进而可得出结论.【详解】（1）曲线的极坐标

20、方程可化为，即，将代入曲线的方程得，所以，曲线的直角坐标方程为.将直线的极坐标方程化为普通方程得，联立，得或，则点、，因此，线段的中点为；（2）由（1）得，易知的垂直平分线的参数方程为（为参数），代入的普通方程得，因此，.【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数几何意义的应用，涉及韦达定理的应用，考查计算能力，属于中等题.23. 已知函数（1）求不等式的解集；（2）记的最大值为m，且正实数a，b满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分类去绝对值符号后解不等式，最后合并解集；（2）由（1）可得m，用凑配法得出可用基本不等式的形式，求得最值 【详解】（1）当时，恒成立，当时，解得，当时，不成立，无解，综上，原不等式的解集为（2）由（1），当且仅当，即时等号成立，的最小值是【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查用基本不等式求最值解绝对值不等式常用方法就是根据绝对值定义去掉绝对值符号后再解之用基本不等式求最值常常用“1”的代换凑配出基本不等式中需要的定值，从而求得最值