河南省开封市2020届高三数学第三次模拟试题 理（含解析）

开封市2020届高三第三次模拟考试数学（理科）试题第I卷一、选择题：本大题共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，则集合中元素的个数为（ ）A. 5B. 4C. 3D. 2【答案】C【解析】【分析】利用交集的性质得出，从而得到集合元素个数。【详解】即集合中共有3个元素。故选C。【点睛】解决本题的关键是找出集合A与集合B共有的元素，即可得到中的元素。2.设复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对进行化简得，根据共轭复数性质得到。【详解】故选D【点睛】对型的复数化简时要分子分母同乘分母的共轭复数，使分母“实数化”。3.空气质量指数是检测空气质量的重要参数，其数值越大说明空气污染状况越严重，空气质量越差.某地环保部门统计了该地区某月1日至24日连续24天的空气质量指数，根据得到的数据绘制出如图所示的折线图，则下列说法错误的是（ ）A. 该地区在该月2日空气质量最好B. 该地区在该月24日空气质量最差C. 该地区从该月7日到12日持续增大D. 该地区的空气质量指数与这段日期成负相关【答案】D【解析】【分析】利用折线图对每一个选项逐一判断得解.【详解】对于选项A, 由于2日的空气质量指数最低，所以该地区在该月2日空气质量最好，所以该选项正确；对于选项B, 由于24日的空气质量指数最高，所以该地区在该月24日空气质量最差，所以该选项正确；对于选项C,从折线图上看，该地区从该月7日到12日持续增大，所以该选项正确；对于选项D,从折线图上看，该地区的空气质量指数与这段日期成正相关，所以该选项错误.故选：D【点睛】本题主要考查折线图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先考虑充分性，再考虑必要性得解.【详解】先考虑充分性. ,=，因为，所以，所以“”是“”的充分条件.再考虑必要性.,=，不能推出. 如：a=-3,b=-1.所以“”是“”的非必要条件.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查充分必要条件判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.已知差数列1，3成等差数列，1，, 4成等比数列，则的值为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等差数列与等比数列的通项公式以及性质，转化求解即可【详解】因为1，a1，a2，3成等差数列，得a1+a24，又因为1，b1，b2，b3，4成等比数列，可得b224，且1，b2，4同号，所以b22， ，故选：A【点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质与思维的严谨性，属于基础题6.九章算术中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，为球的直径，求出，可得球的半径，即可求出球的表面积【详解】如图所示，该几何体为四棱锥底面为矩形，其中底面，则该阳马的外接球的直径为该阳马的外接球的表面积为：故选：【点睛】本题考查了四棱锥的三视图、长方体的性质、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7.如图所示的程序框图是为了求出满足的最大正整数的值，那么在和两个空白框中，可以分别填入（ ）A. “”和“输出”B. “”和“输出”C. “”和“输出”D. “”和“输出”【答案】D【解析】【分析】通过要求时输出，由于满足后，又执行了一次，故输出的应为的值【详解】由于程序框图是为了求出满足 的最大正整数的值，故退出循环的条件应为，由于满足后，（此时值比程序要求的值多1），又执行了一次，故输出的应为的值故选：【点睛】本题考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8.设函数，则下列结论正确的是（ ）A. 的值域为B. 是偶函数C. 不是周期函数D. 是单调函数【答案】B【解析】【分析】根据已知函数的解析式，结合函数的奇偶性、函数周期性及函数值的确定方法，分别判断四个答案的真假可得答案。【详解】函数的值域为，故A错误；当为有理数时，是有理数，则当为无理数时，是无理数，则即为偶函数，故B正确；对于任意的有理数，当为有理数时，也是无理数，则当为无理数时，也是无理数， 则即函数是以任意非0有理数为周期的周期函数，故C错误；显然不是单调函数，故D错误故选B。【点睛】本题考查的知识点是命题真假的判断与应用，函数的值以及函数的性质，正确理解新定义函数是关键。9.如图，在矩形中的曲线是，的一部分，点，在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】利用定积分求出阴影部分的面积再与矩形ABCD面积之比即可得出答案。【详解】阴影部分面积为矩形的面积为则此点落在阴影部分的概率故选B。【点睛】对于面积型的几何概型问题，求阴影部分的面积有时可利用定积分来求面积。10.已知，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先比较a和b的大小，再比较a和c的大小得解.【详解】由题得.c-a=,如图所示，在坐标系中，可以看到函数在（2,4）的图像总在函数图像的上方，因为，所以c-a0，即ca.故cab.故选：C【点睛】本题主要考查实数比较大小，考查函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11.已知等比数列满足：， ，则取最小值时，数列 的通项公式为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用和等比数列定义， 解出，结合基本不等式，得到公比，从而得到数列 的通项公式。【详解】设等比数列的公比为当时，则 当时，两式相减得：即解得又当且仅当时，等号成立。取最小值1时，故选A。【点睛】已知来求时，可利用数列的前项和及其与通项公式的关系来求。12.已知函数 ，为的零点，为图象的对称轴，且，则的最大值为（ ）A. 5B. 4C. 3D. 2【答案】C【解析】【分析】先根据已知分析出，再分析出,检验即得解.【详解】因为为的零点，所以,因为为图象的对称轴，所以（1）+（2）得，因为.(2)-(1)得,当时，如果，令，当k=2时，x=,与已知不符.如果，令，当k=1时，x=,与已知不符.如果如果，令，当k=1时，x=,与已知不符.如果，令，与已知相符.故选：C【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量，且，则_.【答案】【解析】【分析】利用模长公式、数量积公式得到、，根据已知条件化简得到。【详解】由题意可得，即，解得【点睛】解决本题的关键是要掌握模长公式：若，则和数量积的坐标运算。14.若实数，满足约束条件，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】由，满足约束条件作出可行域如图，化目标函数为，由图可知，当直线过点时直线在轴上的截距最小，由，解得，有最小值为2故答案为：，【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题15.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡、若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有 _ 种【答案】20【解析】【分析】由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C215，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C215，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C215，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C215，此时共有5+5=10种，综上故有10+1020种，故答案为20.【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.16.已知双曲线 的右顶点为，以为圆心，半焦距为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点.若，则的离心率为_.【答案】【解析】【分析】设出双曲线C的渐近线方程，利用点到直线的距离公式得出点A到直线的距离，结合圆的弦长公式得到，根据，化简得到的离心率。【详解】设双曲线C的渐近线方程为，点到渐近线的距离为则化简为 即 解得 故的离心率为【点睛】在双曲线方程未知求离心率的问题：列出含有 的齐次方程，借助于 消去，然后转化成为关于的方程来求解。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.17.在中，角，所对的边分别为，且，是边上的点.（I）求角；（）若，求的长，【答案】（I）；（）.【解析】【分析】（I）利用正弦定理将边化角为，再结合三角形内角和定理、两角和的正弦公式即可得到B。（）利用余弦定理先求出进而得到，由正弦定理即可得到的长。【详解】（I）由，得，.（）在中，由余弦定理得，所以，在中， ，由正弦定理，得，所以.【点睛】本题关键是要掌握正弦定理的变形公式，将边化为角来处理问题，在解三角形时，往往三角形内角和定理最容易忽略的，利用内角和定理可简化未知角的数量。18.如图，在以，为顶点的五面体中，平面平面，是边长为的正三角形，直线与平面所成角为.（I）求证：；（）若，四边形为平行四边形，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（）.【解析】【分析】（I）过作交于点，连接，先证明平面，再由平面，得出。（）以，为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量、，再由 得出平面与平面所成锐二面角的余弦值。【详解】证明：（I）过作交于点，连接，由平面平面，得平面，又，.由直线与平面所成角为，易得，由，得，又，得.由，平面，得平面，平面，.（）由（I），两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由题意，四边形为平行四边形，平面，平面，平面，平面平面，. ，设平面的法向量为，由，得，取，得，设平面的法向量为，取，所求锐二面角的余弦值为.【点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题, 主要体现在以下几个方面： 求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角； 求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.多用空间向量解决.19.为评估设备生产某种零件的性能，从设备生产该零件的流水线上随机抽取100个零件为样本，测量其直径后，整理得到下表：经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率的估计值.（I）为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行判定（表示相应事件的概率）：；.判定规则为：若同时满足上述三个式子，则设备等级为甲；若仅满足其中两个，则等级为乙，若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部都不满足，则等级为了.试判断设备的性能等级.（）将直径尺寸在之外的零件认定为是“次品”.从设备的生产流水线上随机抽取2个零件，求其中次品个数的数学期望；从样本中随意抽取2个零件，求其中次品个数的数学期望.【答案】（I）丙级；（）；.【解析】【分析】（I）以频率值作为概率计算出相应概率，再利用判定规则的三个式子得出判断设备的性能等级。（）先根据题意将次品件数求出。根据题意知，这种抽取实验是服从二项分布的，根据二项分布的期望公式可求出。根据古典概型求概率的公式，可以求出的每种取值的概率，进而求出。【详解】（I），由图表知，所以该设备的级别为丙级. （）从设备的生产流水线上任取一件，取到次品的概率是，依题意，故.从100件样品中任取2件，次品数的可能取值为0，1，2，故.【点睛】对于（）问题是二项分布（次独立重复试验中，事件A发生的次数 ，其期望为）利用公式得出。20.已知椭圆 ，四点，中恰有三点在椭圆上.（I）求椭圆的标准方程；（）过的右焦点作斜率为的直线与交于，两点，直线与轴交于点，为线段的中点，过点作直线于点.证明：，三点共线.【答案】（I）；（）证明见解析.【解析】【分析】（I）根据椭圆的对称性，得到，在椭圆上，不在椭圆上，将点，代入椭圆的方程，联立得到，即可求出椭圆方程。（）设直线的方程为，代入椭圆方程，由于为线段的中点、直线于点，所以点、点，分别得到、的表达式，然后相减检验是否为0，若为0，即三点共线。【详解】（I）根据椭圆对称性，必过，又，不在上， ，椭圆的方程为.（），设直线的方程为，代入椭圆方程，得，设，则，易知， ，三点共线.【点睛】判断三点共线一般采用向量共线法、斜率相等法，本题是斜率相等法：从，三点中找到两条直线 ，证明他们的斜率相等，从而得到三点共线。21.已知函数，（常数）.（I）当与的图象相切时，求的值；（）设，讨论在上零点的个数.【答案】（I）；（）当时，在上没有零点；时，在上只有一个零点；时，在上有两个零点.【解析】【分析】（I）设出切点的坐标，利用导数的几何意义求出过点A 的斜率，写出切线的点斜式方程，结合待定系数法，即可求出的值。（）将变形得到， 当时，没有零点；当时，在单调递减，在单调递增.有最小值 ，对进行讨论得出在上零点的个数。【详解】（I）设切点为，所以过点的切线方程为，即，所以，解得：. （），设函数，在上零点的个数与在上零点的个数相同，当时，没有零点；当时，时，；时，在单调递减，在单调递增.故是在的最小值. 若，即，在没有零点；若，即，在只有一个零点；若，即，由于，所以在上有两个零点，综上，时，在上没有零点；时，在上只有一个零点；时，在上有两个零点.【点睛】函数的零点、方程的根以及函数的图像与轴的交点问题，本质上是同一类问题，归根结底是函数的图象与函数的性质问题，利用导数研究函数的零点，一方面可以通过研究函数的单调性，并结合函数零点的存在性定理来解决，另一方面也可以把问题转化为函数的