河南省许昌市、洛阳市2020届高三数学第三次质量检测试题（含解析）

许昌市洛阳市2020年高三年级第三次质量检测试卷数学试卷（理）注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上.2. 考试结束，将答题卡交回.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】A【解析】【分析】解不等式确定B中元素x的取值范围，再求.【详解】由，所以,得.故选A.【点睛】本题考查集合的交集运算，能够确定集合中元素的取值或范围，往往利用数轴或韦恩图进行研究.2.已知的共轭复数是，且（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】设，整理得到方程组，解方程组即可解决问题。【详解】设，因为，所以，所以，解得：，所以复数在复平面内对应的点为，此点位于第四象限.故选：D【点睛】本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题。3.已知向量，且与的夹角为，则（ ）A. 5B. C. 7D. 37【答案】B【解析】【分析】求出，从而求得，将等价变形为，整理即可得解。【详解】由题可得：，所以，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了向量模的坐标运算、向量的数量积概念，考查转化能力及计算能力，属于基础题。4.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数的表达式即可判断在上递减，利用单调性可得：，解不等式即可。【详解】函数在各段内都是减函数，并且，所以在上递减，又，所以解得：，故选：A.【点睛】本题主要考查了函数单调性的应用，考查计算能力及转化能力，属于中档题。5.下图的程序框图的算法思路源于我国 古代数学名著九章算术中的“中国剩余定理”.已知正整数被 除余， 被除余，被除余，求的最小值.执行该程序框图，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据正整数n被3除余2，被8除余5，被7除余4，求出n的最小值详解：正整数n被3除余2，得n=3k+2，kN；被8除余5，得n=8l+5，lN；被7除余4，得n=7m+4，mN；求得n的最小值是53故选：C点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.6.已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于轴对称，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简为，求出它的图象向左平移个单位长度后的图象的函数表达式，利用所得到的图象关于轴对称列方程即可求得，问题得解。【详解】函数可化为：，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，又所得到的图象关于轴对称，所以，解得：，即：，又，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式及三角函数图象的平移、性质等知识，考查转化能力，属于中档题。7.如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）A. 18B. 12C. 10D. 9【答案】D【解析】【分析】由三视图可得：该几何体是长方体中的一个四棱锥，直接利用锥体体积公式计算即可求解。【详解】由三视图可得：该几何体是长方体中的一个四棱锥，三视图中的俯视图的面积就是四棱锥的底面面积，四棱锥的高为3，所以.故选：D【点睛】本题主要考查了三视图还原及锥体体积计算，考查空间思维能力，属于基础题。8.已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线上，且，成等差数列，则该双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设双曲线左、右焦点坐标分别为，由，成等差数列列方程，结合双曲线定义即可求得：，用坐标表示出，联立方程组即可求得，结合点在双曲线上，即可列方程求得，问题得解。【详解】设双曲线的左、右焦点坐标分别为，因为，成等差数列，所以，又点在双曲线的右支上，所以，解得：，即：，整理得：，（1）-（2）得：，所以，又点在双曲线上，所以，将代入，解得：，所以所求双曲线的方程为，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及简单性质、等差数列的概念，还考查了方程思想及计算能力，属于中档题。9.如图所示，三国时代数学家在周脾算经中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）A. 20B. 27C. 54D. 64【答案】B【解析】【分析】设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。【详解】设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，则，解得：故选：B【点睛】本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。10.如果点满足，点在曲线上，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出约束条件对应的可行域，及圆，先求圆心M与可行域内任一点P的距离的最大值、最小值，再确定PQ的取值范围.【详解】作出约束条件对应的可行域，如图区域，又点Q在圆M：上，圆心M到直线的距离为，又A(-1,0)，B(1,1)，C(0,2)所以,所以MP的最大值为4，最小值为，所以，故选D.【点睛】本题考查线性规划问题，首先画出不等式表示的区域，目标函数为非线性时，要注意其所表示的几何意义，根据几何意义求出目标函数的范围或最值.11.在四面体中，平面，若四面体的外接球的表面积为，则四面体的体积为（ ）A. 24B. 12C. 8D. 4【答案】C【解析】【分析】先求的外接圆半径，利用球面积公式求四面体的外接球半径，利用球的性质：球心与截面小圆圆心连线与小圆面垂直及条件平面得球心到平面ABC的距离为AD的一半，在直角三角形中利用勾股定理求出AD，再计算四面体的体积.【详解】取BC的中点E，由AB=AC=，BC=2，所以为等腰三角形，AE=3，CE=1，所以外接圆的圆心在AE上.设外接圆半径为r，则在直角三角形中，设四面体的外接球球心为O，连接,则平面ABC,又平面，所以,又OA=OB=OC=OD，所以设四面体的外接球的半径为R，则，,在直角三角形中,所以,故选C.【点睛】本题考查空间几何体的面积和体积计算，考查球的性质，空间想象能力，属于中档题.12.已知，曲线与有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数的最小值为（ ）A. 0B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对函数、求导，设切点坐标，利用导数的几何意义及切点在曲线上列方程组，消去，得b关于a的函数关系，再利用导数求此函数的最值可解.【详解】由，由，.设两曲线的公共点P，因为两曲线在公共点处的切线相同，所以，由，又，所以，消去得，设，令，此时，又，时，所以时取极小值即.故选B.【点睛】本题考查函数的求导公式，导数的几何意义，利用导数求函数的最值，考查基本运算和处理问题的能力，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题.13.的展开式中含项的系数为_【答案】5【解析】【分析】写出的展开式的通项，令x的次数为2确定项数，再求项的系数.【详解】设二项展开式中第r+1项含项，所以，所以，故答案为5.【点睛】本题考查二项式展开式的通项及应用，考查基本运算能力，属于简单题.14.在中，角，所对的边分别为，若，成等比数列，且，则的值是_【答案】【解析】【分析】由条件得利用正弦定理边化角，将化弦，再由求出可得.【详解】由a,b,c成等比数列，得，由正弦定理得，因为，所以，由,所以，故答案为.【点睛】本题考查正弦定理，同角三角函数的基本关系，等比中项，三角式的恒等变形，属于中档题.15.已知，且，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由已知将化为一次式，运用 “1”的变换，再利用基本不等式可得.【详解】因为，所以，=（当且仅当，即，时取等号），所以的最小值为，故答案为.【点睛】本题考查基本不等式及利用基本不等式求最值,将所求式运用“1”的变换，化为积为常数的形式是关键，属于中档题.16.已知过椭圆的左顶点作直线交轴于点，交椭圆于点，若是等腰三角形，且，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】【分析】由条件确定P点坐标，利用向量关系求出Q的坐标，代入椭圆方程求离心率.【详解】因为是等腰三角形且，所以.设，因为，所以，得，,又Q在椭圆上，所以，又，所以，,故答案为.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，考查计算能力，属于中档题.三、解答题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等差数列的公差，若，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)由条件列方程组，求出首项和公差，确定通项公式;(2)利用确定，再将裂项变形，代入，化简可得.【详解】（1）设数列的首项为，依题意， ，解得，数列的通项公式为.（2），.【点睛】本题考查等差数列的通项公式，利用裂项相消求数列前n项的和，考查方程的思想，属于中档题.18.已知平面多边形中，为的中点，现将沿折起，使.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见证明；(2) 【解析】【分析】(1)取的中点，判断四边形为平行四边形，利用直线与平面平行的判定定理可证.(2)取中点，利用折叠前后的关系判断平面,根据判断形状.以中点O为原点，为轴建立空间直角坐标系，写出的坐标，求平面的法向量，可得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）取的中点，连.为中点，为的中位线，.又，四边形为平行四边形，.平面，平面，平面.（2）由题意知为等腰直角三角形，为直角梯形.取中点，连接，平面多边形中，三点共线，且，翻折后，平面，平面，平面，.在直角三角形中，为等边三角形.取的中点，的中点，则，平面.以为原点，分别为，轴正方向建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则，.故可取，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查直线与平面平行的判定和性质，考查利用空间向量求直线与平面所成角的大小，能够判断折叠前后量的变与不变的关系，能够考虑计算中的证明要求,考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力.19.已知抛物线：，其焦点为，为坐标原点，直线与抛物线相交于不同两点，为的中点.（1若，的坐标为，求直线的方程；（2）若直线过焦点，的垂直平分线交轴于点，试问：是否为定值，若为定值，试求出此定值，否则，说明理由.【答案】(1) (2)见解析【解析】【分析】（1）设直线的方程，与抛物线方程列方程组，利用弦AB的中点坐标利用韦达定理求解；（2）设直线的方程，与抛物线方程列方程组，利用韦达定理求弦AB的中点坐标，建立AB垂直平分线方程，确定N的坐标，计算、，化简可得.【详解】（1）由题意知直线的斜率不为0，故设直线的方程为：，即，设，.由联立，化简得，AB中点为M,，即.直线的方程为：.（2）拋物线：，焦点的坐标为.由题意知直线的斜率不会为0，且过焦点，故设直线的方程为，设，由联立，化简得，.，.的方程为，令，解得，.，.为定值【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系问题，一般把直线方程与抛物线（圆锥曲线）方程联立方程组，利用一元二次方程根与系数的关系简化运算.难点涉及字母较多，运算易出错.对于定值问题，先把要判断的量用适当的变量表示，再根据其它条件把变量消去或约去，得到常数.本题考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力.20.某共享单车经营企业欲向甲市投放单车，为制定适宜的经营策略，该企业首先在已投放单车的乙市进行单车使用情况调查.调查过程分随机问卷、整理分析及开座谈会三个阶段.在随机问卷阶段，两个调查小组分赴全市不同区域发放问卷并及时收回；在整理分析阶段，两个调查小组从所获取的有效问卷中，针对15至45岁的人群，按比例随机抽取了300份，进行了数据统计，具体情况如下表：组别年龄组统计结果组统计结果经常使用单车偶尔使用单车经常使用单车偶尔使用单车27人13人40人20人23人17人35人25人20人20人35人25人（1）先用分层抽样的方法从上述300人中按“年龄是否达到35岁”抽出一个容量为60人的样本，再用分层抽样的方法将“年龄达到35岁”的被抽个体数分配到“经常使用单车”和“偶尔使用单车”中去.求这60人中“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人数；为听取对发展共享单车的建议，调查组专门组织所抽取的“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人员召开座谈会.会后共有3份礼品赠送给其中3人，每人1份（其余人员仅赠送骑行优惠券）.已知参加座谈会的人员中有且只有4人来自组，求组这4人中得到礼品的人数的分布列和数学期望；（2）从统计数据可直观得出“是否经常使用共享单车与年龄（记作岁）有关”的结论.在用独立性检验的方法说明该结论成立时，为使犯错误的概率尽可能小，年龄应取25还是35？请通过比较的观测值的大小加以说明.参考公式：，其中.【答案】(1) 9人 见解析；(2) 【解析】【分析】（1）根据分层抽样要求，先求从300人中抽取60人，其中“年龄达到35岁”的人数，再求“年龄达到35岁” 中偶尔使用单车的人数；确定随机变量X的取值，计算X各个取值的概率，得分布列及数学期望.(2)对年龄m是否达到35,m是否达到25对数据重新整理（22联表），根据公式计算相应的，比较大小确定.【详解】（1）从300人中抽取60人，其中“年龄达到35岁”的有人，再将这20人用分层抽样法按“是否经常使用单车”进行名额划分，其中“年龄达到35岁且偶尔使用单车”的人数为.组这4人中得到礼品的人数的可能取值为0，1，2，3，相应概率为：，.故其分布列为0123.（2）按“年龄是否达到35岁”对数据进行整理，得到如下列联表：经常使用单车偶尔使用单车合计未达到35岁12575200达到35岁5545100合计180120300时，由（1）中的列联表，可求得的观测值.时，按“年龄是否达到25岁”对数据进行整理，得到如下列联表：经常使用单车偶尔使用单车合计未达到25岁6733100达到25岁11387200合计180120300可求得的观测值.，欲使犯错误的概率尽可能小，需取.【点睛】本题考查分层抽样和独立性检验，随机变量的分布列及数学期望，考查统计知识理解掌握水平、对数据的处理能力及分析推理解决实际问题的能力.21.已知函数.（1）讨论的极值点的个数；（2）若方程在上有且只有一个实根，求的取值范围.【答案】(1) 时，有一个极值点；当时，有两个极值点.(2) 或或【解析】【分析】（1）对求导，讨论的解是否在，在时判断解左右的导数符号，确定极值点的个数.（2）利用（1）所求，对a讨论，研究函数的单调性及极值，应用零点存在定理判断何时方程在上有且只有一个实根.【详解】（1）的定义域为，.由得或.当时，由得，由得，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极小值，无极大值；当，即时，由得，或，由得，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值，在处取得极大值.综上，当时，有一个极值点；当时，有两个极值点.（2）当时，设，则在上有且只有一个零点.显然函数与的单调性是一致的.当时，由（1）知函数在区间上递减，上递增，所以在上的最小值为，由于，要使在上有且只有一个零点，需满足或，解得或.当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.，当时，总有.，又在上必有零点.在上单调递增，当时，在上有且只有一个零点.综上，当或或时，方程在上有且只有一个实根.【点睛】本题考查导数的综合运用，利用导数求函数的极值、单调性，恰当取值满足零点存在定理是关键，考查分类讨论思想、转化问题的能力及计算能力，属于难题.22.选修4-4：坐标系与参数方