河南省平顶山市第一中学2020届高三数学下学期开学检测（线上）试题 文（含解析）.doc

1、河南省平顶山市第一中学2020届高三数学下学期开学检测（线上）试题 文（含解析）一选择题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】B【解析】【分析】解对数不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由得，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，考查指数不等式的解法.2.若复数z满足,则复数z在复平面内对应的点在( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】化简复数，求得，得到复数在复平面对应点的坐标，即可求解.【详解】由题意，复数z满足，可得，所以复数在复平面内对应点的坐

2、标为位于第一象限故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何表示方法，其中解答中熟记复数的运算法则，结合复数的表示方法求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.3.已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则双曲线的方程不可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的两条渐近线的夹角为，可知双曲渐近线与轴的夹角为或，则渐近线方程为或，排除法，即可.【详解】依题意，双曲线的渐近线方程为或，观察可知.故选：C【点睛】本题考查求双曲线的标准方程，注意两条渐近线的夹角转化为双曲渐近线与轴的夹角时要分为两种情况.属于中档题.4.设向量满足,现有如下命题:命题

3、的值可能为9；命题“”的充要条件为“，则下列命题中,真命题为( )A. pB. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用向量的模和数量积的运算公式，判定命题为假命题，利用向量垂直的充要条件判定命题为真命题，再结合复合命题的真假判定，即可求解.【详解】由题意，可得，（当向量反向时，取等号），所以的最大值为8，所以命题为假命题；当时，则，解得，所以命题为真命题，所以命题为假命题，命题 为真命题，命题为假命题.故选：C.【点睛】本题主要考查了复合命题的真假判定，其中解答总数列应用向量的数量积和向量的模的运算公式，以及向量垂直的充要条件，结合复合命题的真假判定方法求解是解答的关键，着重考查了推理与计

4、算能力，属于基础题.5.已知，且，则（ ）A. B. 7C. 或7D. 或7【答案】D【解析】【分析】由题意按和分类讨论得，进而得的值即可.【详解】已知，且，当，cos，则，；当，cos，则，；综上：或7故选：D【点睛】本题考查三角函数的诱导公式的合理运用，分类讨论思想，易错点是三角函数的符号容易出错，属于基础题6.函数在上的图象大致为（ ）A. B. C. D 【答案】A【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，排除C；再验证的值，排除B，D，即可.【详解】依题意，故函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C；，排除B，D.故选：A【点睛】本题考查函数图象问题.此类问题可根据函数的单调性、奇偶性、特值

5、检验，通过排除法解决.属于中档题.7.德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有割圆密率捷法一书,为我国用级数计算开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式”计算的近似值(其中P表示的近似值),若输入,则输出的结果是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分

6、析】执行给定的程序框图，输入，逐次循环，找到计算的规律，即可求解.【详解】由题意，执行给定的程序框图，输入，可得：第1次循环：；第2次循环：；第3次循环：；第10次循环：，此时满足判定条件，输出结果，故选：B.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中认真审题，逐次计算，得到程序框图的计算功能是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.8.已知等差数列的前n项和为,且,若(,且),则i的取值集合是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据题设条件，求得，得出，进而求得，再结合等差数列的性质，即可求解.【详解】设等差数

7、列的公差为，因为,可得，解得，所以令，解得或（舍去），即，又因为，所以，由等差数列的性质，可得，所以i的取值集合是.故选：A.【点睛】本题主要考查了等差数列性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列前n项和公式，结合等差数列的性质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9.若,则下列结论正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据指数函数的性质，取得的取值范围，即可求解，得到答案.【详解】由指数函数性质，可得，即，又由，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了指数幂的比较大小，其中解答中熟记指数函数的性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考

8、查了计算能力，属于基础题.10.张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，底面，且，利用张衡的结论可得球的表面积为（ ）A. 30B. C. 33D. 【答案】B【解析】【分析】由判断出球心的位置，由此求得求的直径.利用张恒的结论求得的值，进而根据球的表面积公式计算出球的表面积.【详解】因为，所以，又底面，所以球的球心为侧棱的中点，从而球的直径为.利用张衡的结论可得，则，所以球的表面积为.故选：B【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的计算，考查中国古代数学文化，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.11.

9、一个圆锥的母线长为，且母线与底面所成角为，则该圆锥内切球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知求得圆锥的底面半径与高，再由等面积法求出该圆锥内切球的半径，再由球的表面积公式得答案【详解】作出圆锥截面图如图所示，母线长为，圆锥的母线与底面的夹角为，圆锥底面半径与高均为设内切球的半径为r，则利用轴截面的等面积可得r，该圆锥内切球的表面积为4故选：B【点睛】本题考查该圆锥内切球的表面积，考查学生的计算能力，确定内切球的半径是关键，属于中档题12.已知是定义在上的函数的导函数，若，且当时，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条

10、件，构造函数，求导得在上递增，又，得在上是偶函数.不等式化简为，得，计算即可.【详解】当时，满足，则，构造函数，则，所以在上递增.且在上成立，又，所以，所以在上是偶函数.则不等式化简为，所以，得，所以，计算得.故选：B【点睛】本题考查了函数的奇偶性和利用导数判断函数的单调性，考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.二填空题13.函数的最小值为_.【答案】9【解析】【分析】结合的定义域，判断出的单调性，由此求得的最小值.【详解】的定义域为，且在定义域上单调递增，.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性求最值，属于基础题.14.已知实数，满足，则的最大值为_.【答案】【解析】【分

11、析】画出可行域，平移目标函数，根据图象，确定最大值即可.【详解】作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示；观察可知，当直线过点时，有最大值；联立，解得，故的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查线性规划问题，属于较易题.15.“北斗三号”卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点远地点离地面的距离大约分别是,则“北斗三号”卫星运行轨道的离心率为_.【答案】【解析】【分析】画出图形，结合椭圆的定义和题设条件，求得的值，即可求得椭圆的离心率，得到答案.【详解】如图所示，设椭圆的长半轴为，半焦距为，因为地球半径为R,若其近地点远地点离地面的距离大约分别是,可得，解得，所以椭

12、圆的离心率为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.16.若一个数列的第项等于这个数列的前项的乘积，则称该数列为“积数列”若各项均为正数的等比数列是一个“2020积数列”，且，则当其前项的乘积取最大值时，的最大值为_.【答案】1010【解析】【分析】利用新定义，求得数列an的第1009项为1，再利用a11，q0，即可求得结论【详解】由题意，a2020a1a2a2020，a1a2a20191，a1a2019a2a2018a3a2017a1009a1011a10091，a11，q0

13、，a10081，a1009=1，a10101，前n项积最大时n的值为1010故答案为：1010【点睛】本题考查等比数列前n项的乘积取最大值时n的值的求法，考查等比数列的性质等基础知识、运算求解能力，考查化归与转化思想，属于基础题三解答题:解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第1721题为必考题,每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分17.的内角，的对边分别为，且.（1）求角；（2）若，且外接圆的半径为1，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由诱导公式和正弦定理，对化简得，从而得，进而得角；（2）由题意得外接圆的半径，由正弦定

14、理和（1）得，由余弦定理得，从而得，再利用三角形面积公式计算即可.【详解】（1），由正弦定理得，又，又，.（2）设外接圆的半径为，则，由正弦定理和（1）得，由余弦定理得，且，即，的面积.【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，也考查了诱导公式和三角形外接圆半径的转化，属于基础题.18.某农科所为改良玉米品种,对已选出的一组玉米的茎高进行统计,获得茎叶图(单位:厘米),设茎高大于或等于180厘米的玉米为高茎玉米,否则为矮茎玉米.抗倒伏易倒伏总计矮茎高茎总计（1）请完成以上列联表,并判断是否可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下,认为抗倒伏与玉米矮茎有关?（2）为改良玉米品种,

15、现采用分层抽样的方法从抗倒伏的玉米中抽出5株,再从这5株玉米中选取2株进行杂交试验,则选取的植株均为矮茎的概率是多少?参考公式:(其中)参考数据:0.100.050.01000012.7063.8416.63510.828【答案】（1）答案见解析.（2）【解析】【分析】（1）根据统计数据填写出的列联表，利用公式求得的值，对照临界值，即可得到结论；（2）利用列举法求出基本事件的总数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.【详解】（1）根据统计数据得列联表如下:抗倒伏易倒伏总计矮茎15419高茎101626总计252045由于的观测值,因此可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下,认为抗倒伏与玉米

16、矮茎有关.（2）根据题意得,抽到的高茎玉米有2株,设为A,B,抽到的矮茎玉米有3株,设为a,b,c,从这5株玉米中取出2株的取法有AB,Aa,Ab,Ac,Ba,Bb,Bc,ab,ac,bc,共10种,其中均为矮茎的选取方法有ab,ac,bc,共3种,因此,选取的植株均为矮茎的概率是【点睛】本题主要考查了独立性检验的应用，以及古典概型及其概率的计算，其中解答中认真审题，准确利用公式计算，以及利用列举法求得基本事件的总数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.19.已知首项为的等比数列的前项和为，且，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）对于数列，若存在一个区间，均有，则

17、称为数列的“容值区间”.设，试求数列的“容值区间”长度的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据，求出公比，即可得解；（2）对项数分奇偶讨论的取值范围，即可得到区间长度的最小值.【详解】（1）由题意可知：，即，即公比又，.（2）由（1）可知.当为偶数时，易知随增大而增大，根据勾型函数性质，此时.当为奇数时，易知随增大而减小，根据勾型函数性质，此时.又，.故数列的“容值区间”长度的最小值为.【点睛】此题考查等比数列基本量的求法，求解数列里项的取值范围，结合函数单调性解决问题.20.已知，直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求点的轨迹的方程； （2）设，连接并延长，与轨迹交于另

18、一点，点是中点，是坐标原点，记与的面积之和为，求的最大值.【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：（1）设，利用求得点的轨迹的方程；（2）由，分别为，的中点，故，故与同底等高，故，对斜率分类讨论，联立方程巧用维达表示面积即可.试题解析：（1）设，又，轨迹的方程为（注：或，如不注明扣一分）. （2）由，分别为，的中点，故，故与同底等高，故，当直线的斜率不存在时，其方程为，此时；当直线的斜率存在时，设其方程为：，设，显然直线不与轴重合，即；联立，解得，故，故 ，点到直线的距离，令，故 ，故的最大值为. 点睛：点睛：在圆锥曲线中研究范围，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立

19、目标函数，再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时，常从以下方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.21.已知函数，其中a为非零常数讨论的极值点个数，并说明理由；若，证明：在区间内有且仅有1个零点；设为的极值点，为的零点且，求证：【答案】（1）见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】【分析】先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系

20、，对a进行分类讨论即可求解函数的单调性，进而可确定极值，转化为证明只有一个零点，结合函数与导数知识可证；由题意可得，代入可得，结合函数的性质可证【详解】解：解：由已知，的定义域为，当时，从而，所以在内单调递减，无极值点；当时，令，则由于在上单调递减，所以存在唯一的，使得，所以当时，即；当时，即，所以当时，在上有且仅有一个极值点.综上所述，当时，函数无极值点；当时，函数只有一个极值点；证明：由知令，由得，所以在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则在上单调递增，在上单调递减，所以是的唯一极值点令，则当时，故在内单调递减，从而当时，所以从而当时，且又因为，故在内有唯一的零点由题意，即，从而，即

21、因为当时，又，故，即，两边取对数，得，于是，整理得【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，还综合考查了函数与导数的综合应用，属于难题(二)选考题:考生从2223题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时22.在直角坐标系中，曲线的参数方程（为参数）.直线的参数方程（为参数）.（）求曲线在直角坐标系中的普通方程；（）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线截直线所得线段的中点极坐标为时，求直线的倾斜角.【答案】（）；（）【解析】【分析】（）利用可将曲线的参数方程化为普通方程；（）解法一：可直线曲线截直线所得线段的中点坐标为，设弦的端点分别为，

22、利用点差法可求出直线的斜率，即得的值；解法二：写出直线的参数方程为，将直线参数方程与曲线的普通方程联立，由可求出角的值.【详解】（）由曲线的参数方程（为参数），得：，曲线的参数方程化为普通方程为：；（）解法一：中点极坐标化成直角坐标为.设直线与曲线相交于，两点，则，.则，-得：，化简得：，即，又，直线的倾斜角为；解法二：中点极坐标化成直角坐标为，将分别代入，得.，即.，即.又，直线的倾斜角为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，同时也考查了中点弦问题的求解，可利用点差法求解，也可以利用韦达定理法求解，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）若的最大值为，、为正

23、数且，求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分、去绝对值，分段解不等式，可得出该不等式的解集；（2）由（1）可将函数表示为分段函数，可求出函数的最大值为，可得出，然后利用柯西不等式得出，由此可证明出.【详解】（1）当时，由，得，解得，此时；当时，由，得，解得，此时；当时，此时不等式无解.综上所述，不等式的解集为；（2）由（1）可知.当时，；当时，；当时，.所以，函数的最大值为，则.由柯西不等式可得，即，即，当且仅当时，等号成立.因此，.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了绝对值函数的最值以及利用柯西不等式证明不等式，在求解绝对值不等式时，一般利用零点分段法去绝对值来求解，考查分类讨论数学思想，属于中等题.