河南省平顶山许昌济源2020届高三数学第一次质量检测试题 理（含解析）.doc

1、河南省平顶山许昌济源2020届高三数学第一次质量检测试题 理（含解析）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.复数等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算法则对原式进行化简计算可得答案.【详解】解：，故选：D.【点睛】本题主要考查复数的四则运算法则，相对简单.2.如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数关系式，据此可知，这段时间水深(单位：)的最大值为（ ）A. 5B. 6C. 8D. 10【答案】C【解析】【分析】由题意和最小值易得k的值，进而可得最大值.【详解】由题意可得当取得

2、最小值-1时，函数取最小值，因此当取得最大值1时，函数取最小值.故选：C【点睛】本题考查了三角函数的应用问题，考查了学生实际应用，综合分析，数学运算能力，属于中档题.3.中，点D在边AB上，CD平分，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角形的内角平分线定理，得到，再由，将各个向量用表示出来，即可求解【详解】由题意，因为CD平分，可得,又因为，所以，所以故选：A【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，其中解答中熟记三角形的内角平分线定理，熟练应用向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题4.干支纪年历法（农历），是屹立于世界民族之林的科学历法之

3、一，与国际公历历法并存黄帝时期，就有了使用六十花甲子的干支纪年历法干支是天干和地支的总称，把干支顺序相配正好六十为一周期，周而复始，循环记录甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号叫天干；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二个符号叫地支受此周期律的启发，可以求得函数的最小正周期为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由天干为10个，地支为12个，其周期为其公倍数：60，可得与的周期，可得的最小正周期.【详解】解：由天干为10个，地支为12个，其周期为其公倍数：60故可得：的周期,的周期,的最小公倍数为，故的最小正周期为.故选：C.【点睛】本题主要考查周期的

4、相关知识及知识迁移与创新的能力，属于中档题.5.下图是计算某年级500名学生期末考试（满分为100分）及格率q的程序框图，则图中空白框内应填入（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过题意与框图进行分析判断，可得空白框内应填入的表达式.【详解】解：由题意结合框图可得：程序执行的过程时，如果输入的成绩不小于60分就及格，就把变量M加1，即变量M为统计成绩及格的人数，否则，由变量N统计成绩不及格的人数，总人数由变量i进行统计，不超过500就继续输入成绩，直到输入完500个成绩终止循环，由q表示及格率，可得，故选：D.【点睛】本题主要考查程序框图的相关知识，熟练程序框图并结合题意进

5、行判断时解题的关键.6.设函数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的解析式和已知条件，分和，两种情况讨论，即可求解【详解】由题意，函数，不妨设，则，可得，所以函数为定义域上的奇函数，又由，可得，即，即，当时，可得，即，解得；当时，可得，即，解得，综上可得实数的取值范围是故选：A【点睛】本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，合理应用函数的奇偶性，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题7.若直线过点，则的最小值为（ ）A. 10B. 9C. 8D. 6【答案】B【解析】

6、【分析】由题意可得，再利用“乘1法”与基本不等式可得答案.【详解】解：由题意得：直线过点，可得，可得：，故选：B.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，熟练利用“乘1法”是解题的关键.8.已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：如图取与重合，则由直线同理由,故选A.考点：1、椭圆及其性质；2、直线与椭圆.【方法点晴】本题考查椭圆及其性质、直线与椭圆，涉及特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想，考查

7、逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 如图取与重合，则由直线同理由.9.对于复数，若集合具有性质“对任意，必有”，则当时，等于()A. 1B. 1C. 0D. 【答案】B【解析】试题分析：集合中各不相同，由已知“对任意，必有”可知时，时考点：复数运算点评：在计算的值时要注意验证已知中的对任意，必有是否成立和集合元素的互异性10.在直角梯形ABCD中，沿BD将ABCD折成 的二面角，则折后直线AC与平面BCD所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点，连接交于点，推得为二面角的平面角，即，再由由面面垂直的性质定理，推得平面，得

8、到为与平面所成的角，在直角中，即可求解【详解】由题意，取的中点，连接交于点，在图（1）中，正方形，则，即在图（2）中，所以为二面角的平面角，即，又在中，所以等边三角形，取的中点，则，且，由面面垂直的性质定理，可得平面，所以为与平面所成的角，设，在中，由余弦定理可得，解得，所以，所以故答案为：B【点睛】本题主要考查了二面角的平面角的概念及应用，以及直线与平面所成角的求解，其中解答中熟记二面角的平面角和直线与平面所成角的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，以及计算能力，属于中档试题11. 现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机

9、四项工作之一，每项工作至少有一人参加甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是A. 152B. 126C. 90D. 54【答案】B【解析】试题分析：根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，甲乙一起参加除了开车的三项工作之一，甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案解：根据题意，分情况讨论，甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：C31A33=18种；甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；1丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作，有A32C32A22=3232=36种；2甲或乙与丙、丁、戌

10、三人中的一人承担同一份工作：A32C31C21A22=72种；由分类计数原理，可得共有18+36+72=126种，故选B考点：排列、组合的实际应用12.已知函数对有成立，则k的最小值为（ ）A. 1B. C. eD. 【答案】B【解析】【分析】先判定时不符合题意，再由时，令，求得，分类讨论求得函数的单调性与最值，即可求解【详解】由题意，函数对有成立，当时，取时，可得，所以不符合题意，舍去；当时，令，则，令，可得或，（1）当时，则，则在上恒成立，因此在单调减，从而对任意，总有，即对任意，都有成立，所以符合题意；（2）当时，对于，因此在内单调递增，所以当时，即存在不成立，所以不符合题意，舍去，综上

11、可得，实数的取值范围是，即实数的最小值为故选：B【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的单调性与最值，以及不等式的恒成立问题的求解，其中解答中根据题意，构造新函数，分类讨论得出函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能，属于中档试题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.在区域内任取一点，能满足的概率为_【答案】【解析】【分析】先求得区域表示面积，再求得，表示面积为，利用面积比的几何概型，即可求解【详解】由题意，区域表示一个边长为1的正方形，其面积，又由，即，即，表示以为圆心，以1为半径的圆在正方形内部的部分，如图所示，其面积为,由面积比几何概型，可得概率为，

12、故答案为：【点睛】本题主要考查了几何概型的概率的计算问题，解决此类问题的步骤：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”，再求出总的基本事件对应的“几何度量”，然后根据求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题14.在中，其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则角A的大小为_【答案】【解析】【分析】由正弦定理和题设条件，化简得，再由余弦定理，求得，即可求解【详解】由题意，因为由正弦定理化简得，整理得，又由余弦定理，可得，又因为，所以故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键通

13、常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解15.平面直角坐标系xOy中，双曲线的渐近线与抛物线 交于点O，A，B，且的垂心为的焦点，则的离心率为_；如果与在第一象限内有且只有一个公共点，且，那么的方程为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由双曲线的渐近线与抛物线联立，求得或，取，设垂心，得到，再根据垂心的性质，求得，利用离心率的定义，可求得双曲线的离心率，再由双曲线与抛物线的联立方程组，利用，求得，即可得到抛物线的方程【详解】由题意，双曲线的渐近线为，与抛物线联立，可得或，取，设垂心，则，因为的垂心为的焦点，所

14、以，整理得，即，即，所以，又由，则，所以曲线，与抛物线联立方程组，可得，即，因为曲线与在第一象限内有且只有一个公共点，所以，解得，所以故答案为：，【点睛】本题主要考查了双曲线和抛物线的标准方程，及其简单的几何性质的综合应用，其中解答中熟记双曲线和抛物线的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题16.设圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，那么该圆锥体积的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据三角形形式得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式，即可求解【详解】如图所示，设圆锥的高为，底面半径为，则当圆锥的体积最小小球与圆锥侧面相切，

15、由，可得，即，所以圆锥的体积，当且仅当，即等号成立，所以圆锥体积的最小值为故答案为： 【点睛】本题主要考查了圆锥的几何结构特征，以及体积公式与基本不等式的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题三、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（）必考题：60分17.已知数列满足，且，（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记，求数列的前n项和【答案】（1）证明见解析，；（2）【解析】【分析】（1）由，整理得，得出是以2为公比，以为首项的等比数列，进而求得数列的通项

16、公式；（2）由（1）可得，利用等差数列的前项和公式和“乘公比错位相加法”，即可求得数列的前项和【详解】（1）由题意，数列满足，可得，即，所以是以2为公比，以为首项的等比数列，所以，又由当，成立，所以数列的通项公式为（2）由（1）可得，所以令，则， 两式相减得，解得， 又由，故【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等18.如图，在正三棱柱中，E是的中点（1）求证：截面侧面；（2）

17、若，求到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】分析】（1）设O，分别为AC，的中点，与相交于F，侧面,可得侧面，截面侧面；（2）求出、的面积及A到平面 ，由可得到平面的距离.【详解】解：（1）设O，分别为AC，的中点，与相交于F是正三棱柱，侧面底面ABCO是正三角形ABC边AC的中点，侧面，E，F是中点，EBOF是平行四边形 ，侧面又平面，截面侧面（2），则，所以的面积为又因为A到平面的距离为，的面积为设到平面的距离为d，即，B1到平面的距离为【点睛】本题主要考查面面垂直及线面垂直的判定定理及三棱锥体积的计算，属于中档题，注意灵活运用三棱锥的性质及面面垂直的判定定理解题.19.一款

18、手游，页面上有一系列的伪装，其中隐藏了4个宝藏如果你在规定的时间内找到了这4个宝藏，将会弹出下一个页面，这个页面仍隐藏了2个宝藏，若能在规定的时间内找到这2个宝藏，那么闯关成功，否则闯关失败，结束游戏；如果你在规定的时间内找到了3个宝藏，仍会弹出下一个页面，但这个页面隐藏了4个宝藏，若能在规定的时间内找到这4个宝藏，那么闯关成功，否则闯关失败，结束游戏；其它情况下，不会弹出下一个页面，闯关失败，并结束游戏假定你找到任何一个宝藏概率为，且能否找到其它宝藏相互独立（1）求闯关成功的概率；（2）假定你付1个Q币游戏才能开始，能进入下一个页面就能获得2个Q币的奖励，闯关成功还能获得另外4个Q币的奖励，

19、闯关失败没有额外的奖励求一局游戏结束，收益的Q币个数X的数学期望（收益=收入-支出）【答案】（1）；（2）EX=【解析】【分析】（1）记闯关成功为事件A，事件A共分二类，找到4个宝藏并且闯关成功为事件B，找到3个宝藏并且闯关成功为事件C，那么A=B+C，利用互斥事件的概率的加法公式，即可求解（2）记一局游戏结束能收益X个Q币，得到，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用期望的公式，求得数学期望【详解】（1）由题意，记闯关成功为事件A，事件A共分二类，找到4个宝藏并且闯关成功为事件B，找到3个宝藏并且闯关成功为事件C，那么, 因为，所以（2）记一局游戏结束能收益X个Q币，那么，由（1）知，又

20、X的概率分布列为：X115P所以EX=【点睛】本题主要考查了互斥事件的概率加法公式，以及离散型随机变量的分布列与期望的求解，其中解答中认真审题，求得随机变量的取值，准确求解相应的概率，得出随机变量的分布列是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题20.已知动圆过定点，且在y轴上截得的弦MN的长为8（1）求动圆圆心的轨迹C的方程；（2）已知点，长为的线段PQ的两端点在轨迹C上滑动当轴是的角平分线时，求直线PQ的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）设圆心，线段MN的中点为E，由圆的性质得，结合两点间的距离公式，即可求解（2）当PQ与x轴不垂直时，由x轴平分，得，设直

21、线，利用根与系数的关系，求得，进而解得，得出直线的方程；当PQ与x轴垂直时，取得直线PQ的方程为【详解】（1）由题意，动圆过定点，设圆心，线段MN的中点为E，连接，则，则由圆的性质得，所以，所以，整理得当时，也满足上式，所以动圆的圆心的轨迹方程为（2）设，由题意可知，（）当PQ与x轴不垂直时，由x轴平分，得，所以，所以，整理得，设直线，代入C的方程得：则，所以，解得，由于，解得，因此直线PQ的方程为（）当PQ与x轴垂直时，可得直线PQ的方程为综上，直线PQ的方程为或【点睛】本题主要考查轨迹方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次

22、方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等21.设函数（为常数）（1）讨论函数可能取得的最大值或最小值；（2）已知时，恒成立，求的取值范围【答案】（1）最大值，无最小值；（2）【解析】【分析】（1）求得函数的导数，分类讨论求得函数的单调性和最值；（2）转化为对时恒成立，令，利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解【详解】（1）由题意，函数的定义域为，且 （）当，由可得增函数，这时函数没有最大值也没有最小值（）当，函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，所以，时，取得最大值，且无最小值（2）

23、由时，恒成立，可得对时恒成立，令，则，令，则，所以是增函数，因此，方程有唯一解，所以函数在时取得最小值，由于，所以，因此【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题（二）选考题：共10分请考生在第2223题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极

24、坐标系，直线l的极坐标方程为（1）求C和l的直角坐标方程；（2）设l与C相交于A，B两点，定点，求的值【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用极坐标与直角坐标的关系进行转化可得答案；（2）由（1）可得l的参数方程为，联立直线的参数方程与C的一般方程，结合韦达定理，可得的值.【详解】解：（1），或，C的直角坐标方程为，直线l的直角坐标方程为（2）由（1）可设l参数方程为（t为参数），代入C的方程得：，其两根，满足， 【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标与直角坐标的互化及直线与椭圆的位置关系，属于中档题.23.设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，使得不等式成立，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将代入原不等式，分、进行讨论可得解集；（2）将原不等式化为：，可得，设，由的单调性可得的取值范围.【详解】解：（1）当时，原不等式可化为（*）（）当时，（*）化为，所以，； （）当时，（*）化为，所以，；（）当时，（*）化为，所以，无解；综上，a=1时，不等式的解集为（2）当，原不等式化为：，由于函数在上是减函数，使得不等式成立，必须使因此，【点睛】本题主要考查解绝对值不等式及函数恒成立的问题，相对不难，注意分类讨论思想的运用.