黑龙江省大庆市2020届高三数学第三次教学质量检测试题 文（含解析）

大庆市高三年级第三次教学质量检测试题文科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因为，因此可知答案为D.考点：复数的运算点评：主要是考查了复数的除法运算，属于基础题。2.已知集合，则（ ）A. B. C. 且D. 【答案】A【解析】【分析】由定义域的求法得到集合A，解不等式得到集合B，然后可得【详解】由题意得，所以故选A【点睛】本题以不等式为载体考查集合的交集运算，解题时正确解不等式是关键，属于基础题3.已知双曲线的方程为，则下列说法正确的是（ ）A. 焦点在轴上B. 实轴长为2C. 渐近线方程为D. 离心率为【答案】D【解析】【分析】根据双曲线方程的形式对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论【详解】对于A，由方程可得焦点在轴上，所以A不正确对于B，根据方程可得实轴长为4，所以B不正确对于C，由得，即为渐近线方程，所以C不正确对于D，由题意得，所以，所以离心率，所以D正确故选D【点睛】本题考查双曲线的基本性质，解题时由标准方程得到相关参数是解题的关键，属于基础题4.在某线性回归分析中，已知数据满足线性回归方程，并且由观测数据算得，则当时，预测数值（ ）A. 108.5B. 210C. 140D. 210.5【答案】A【解析】【分析】先根据题中的条件求出，然后再进行预测即可【详解】由题意得样本中心为，由于回归直线过样本中心，所以，解得，所以回归直线方程为当时，故选A【点睛】回归直线方程过样本中心是回归分析中的一个重要结论，利用此结论可求回归方程中的参数，也可求样本数据中的参数，解题时要注意这一结论的应用，属于基础题5.设，是两条不同的直线，两个不同的平面.若，则“”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】C【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的判定方法进行分析，进而可得结论【详解】由题意得，当，且时，则必有；反之，当，时，则必有，所以当，时，则“”是“”的充要条件故选C【点睛】判断是的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件能否推得条件；二是由条件能否推得条件对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，可借助集合思想把抽象、复杂问题形象化、直观化外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题6.在等差数列中，若，则（ ）A. 6B. 9C. 12D. 18【答案】C【解析】【分析】由得，然后再根据等差数列项的下标和的性质得到所求【详解】设等差数列的公差为，则由得，整理得，所以故选C【点睛】本题考查等差数列的基本运算和下标和的性质，运用下标和性质解题可简化运算，提高解题的效率，属于基础题7.运行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）A. -10B. -9C. -8D. -6【答案】A【解析】【分析】依次运行程序框图中的程序可得输出结果【详解】依次运行框图中的程序，可得：第一次：，满足条件，继续运行；第二次：，满足条件，继续运行；第三次：，满足条件，继续运行；第二次：，不满足条件，停止运行，输出故选A【点睛】解答关于循环结构的问题时，首先要弄清楚循环体是什么、变量的初始条件是什么和循环的终止条件是什么，要特别注意循环终止时各变量的当前值对于求输出结果的问题，可依次运行框图中的程序，直到停止运行、得到输出的结果8.已知实数，满足，则的最小值为（ ）A. 0B. C. D. -2【答案】D【解析】【分析】画出不等式组表示的可行域由得，平移直线，结合图形可得取得最小值时的最优解，进而得到最小值【详解】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示由得平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点时，直线在y轴上的截距最小，此时z取得最小值，所以故选D【点睛】利用线性规划求目标函数的最值问题是常考题型，一般以选择题、填空题的形式出现，难度适中解题时要熟练画出可行域，把目标函数适当变形，把所求最值转化为求直线的斜率、截距、距离等问题处理，主要考查数形结合在解题中的应用和计算能力9.函数的图象关于（ ）A. 直线对称B. 点对称C. 直线对称D. 点对称【答案】D【解析】【分析】结合对称轴和最值对应关系、对称中心和零点的对应关系，对四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论【详解】对于A，当时，不是函数的最值，所以A不正确对于B，当时，函数值不为零，所以B不正确对于C，当时，不是函数的最值，所以C不正确对于D，当时，函数值为零，因此函数图象的对称中心为，所以D正确故选D【点睛】解答此类问题时，常用的方法是利用排除法求解，解题时注意正弦型、余弦型函数图象额对称轴与最值间的关系、对称中心和零点间的关系，运用这些关系解题可提高解题的效率考查对基本知识的理解和掌握，属于基础题10.第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的.如图，会标是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形.设直角三角形的一个锐角为，且，若在大正方形内随机取一点，则该点取自小正方形区域的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据求出小正方形的边长和直角三角形两直角边的长，进而得到大正方形的边长，然后根据几何概型概率公式求解即可【详解】如图，设小正方形的边长为，直角三角形较大的锐角为、较小的边长为，则直角三角形较大的直角边长为，大正方形的边长为，由几何概型概率公式可得，所求概率为故选B【点睛】解答几何概型概率的关键是分清概率是属于长度型的、面积型的、还是体积型的，然后再根据题意求出表示基本事件的点构成的线段的长度（或区域的面积、空间几何体的体积），最后根据公式计算即可11.某三棱锥是由一个正方体被四个平面截去四部分得到的，其三视图都是边长为2的正方形，如图，则该三棱锥的表面积为（ ）A. 8B. C. D. 16【答案】B【解析】【分析】由三视图得到三棱锥的形状，然后根据三棱锥的特点可求出其表面积【详解】由三视图可得，该三棱锥是从正方体中截取四个相同的三棱锥得到的，即如图中的三棱锥由题意得，该三棱锥的所有棱长为，所以该三棱锥的表面积为故选B【点睛】在由三视图还原空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线在还原空间几何体实际形状时，一般是以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑12.定义在上的函数同时满足：对任意的都有；当时，.若函数（且）恰有3个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意得方程（且）有三个解，在同一坐标系内画出函数和的图象，根据两函数图象的位置关系及两图象交点个数可得关于的不等式组，进而可得所求范围【详解】由题意得方程（且）有三个解，所以函数和的图象有三个交点因为对任意的都有，所以函数是周期为1函数又当时，画出函数的图象，如下图所示又由题意可得，若函数的图象与函数的图象有交点，则需满足结合图象可得，要使两函数的图象有三个交点，则需满足，解得，所以实数的取值范围是故选C【点睛】本题考查函数性质、图象的应用，解题的关键在于将函数零点的问题转化为两函数图象交点个数的问题处理，考查画图、用图的能力和转化意识的应用，属于综合性问题，难度适中二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.计算：_【答案】6【解析】【分析】根据对数、指数的运算性质求解即可得到结果【详解】原式故答案为：【点睛】本题考查指数、对数的运算，解题时根据相应的运算性质求解即可，属于简单题14.已知向量，的夹角为，且，则_【答案】2【解析】【分析】根据平面向量的数量积求出，进而可得所求结果【详解】，故答案为：【点睛】数量积为解决平面中垂直问题、长度问题和夹角问题提供了工具，解题的关键是正确求出向量的数量积，考查计算能力和数量积的应用，属于基础题15.设等比数列的前项和为.若，则_【答案】-2【解析】【分析】先根据求出等比数列的公比，然后化简可得结果【详解】设等比数列的公比为当时，不成立当时，由得，整理得，即，解得所以故答案为：【点睛】利用公式求等比数列的前项和时，在公比不确定的情况下，一定要注意对公比取值的分类讨论，即解题时分为和两种情况求解，考查计算能力，属于基础题16.点在抛物线：上，为的焦点，以为直径的圆与轴只有一个公共点，且点的坐标为，则_【答案】5【解析】【分析】设点的坐标为，根据可求出的值，然后再根据抛物线的定义可得的值【详解】由抛物线的方程为可得其焦点坐标为 ，准线方程为设点的坐标为，则，由题意得点在以为直径的圆上，整理得，解得由抛物线的定义可得故答案为：【点睛】解答本题的关键有两个：一是把几何图形的性质用转化为坐标的运算，二是根据抛物线的定义将曲线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，考查转化能力和计算能力，属于基础题三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤.17.在中，是上的点，.（）求的值；（）若，求的长.【答案】（）（）.【解析】【分析】（）由题意求出，然后根据两角差的正弦公式求解即可（）在中，可得然后在中由余弦定理可得【详解】（）由题意得 ，（）在中，在中，由余弦定理得 ，【点睛】本题考查解三角形的应用，解题的关键是把题中的条件转移到一个三角形中，然后根据正余弦定理进行求解，同时要注意三角形中角的关系的灵活运用，属于中档题18.某大城市一家餐饮企业为了了解外卖情况，统计了某个送外卖小哥某天从9:00到21:00这个时间段送的50单外卖.以2小时为一时间段将时间分成六段，各时间段内外卖小哥平均每单的收入情况如下表，各时间段内送外卖的单数的频率分布直方图如下图.时间区间每单收入（元）65.566.45.56.5（）求频率分布直方图中的值，并求这个外卖小哥送这50单获得的收入；（）在这个外卖小哥送出的50单外卖中男性订了25单，且男性订的外卖中有20单带饮品，女性订的外卖中有10单带饮品，请完成下面的列联表，并回答是否有的把握认为“带饮品和男女性别有关”？带饮品不带饮品总计男女总计附：0.0500.0100.0050.0013.8416.6357.87910.828【答案】（）见解析（）见解析【解析】【分析】（）根据频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1可得，于是可得每个时间段上的频数，进而结合题意可求出获得的收入（）根据题意完成列联表，然后根据表中的数据求出，再根据临界值表中的数据得到结论【详解】（）由频率分布直方图得：，.样本容量，在这个时间段的频数为，同理可求得，这5个时间段的频数分别为14，10，5，8.5.外卖小哥送50单的收入为（元）（）由题意得列联表如下：带饮品不带饮品总计男20525女101525总计302050由表中数据可得有的把握认为“带饮品和男女性别有关”【点睛】独立性检验的方法：构造22列联表；计算；查表确定有多大的把握判定两个变量有关联注意：查表时不是查最大允许值，而是先根据题目要求的百分比找到第一行对应的数值，再将该数值对应的值与求得的相比较另外，表中第一行数据表示两个变量没有关联的可能性，所以其有关联的可能性为19.如图，在三棱柱中，分别是，的中点.（）证明：平面；（）若这个三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，側面都是正方形，求五面体的体积.【答案】（）见解析（）【解析】【分析】（）由条件证明为平行四边形，故得，然后再由线面平行的判定定理可得结论成立（）方法一：取的中点为，连接，然后证明为四棱锥的高，于是可得所求体积方法二：取的中点，连接，根据条件可证得是四棱锥的高，且，然后根据 求解【详解】（）证明：设的中点为，连接，.，分别为，的中点，且.为的中点，且.且，为平行四边形，.平面，平面，平面.（）解法一：取的中点为，连接，为等边三角形，.侧面是正方形，.又平面，且，平面.平面，又，平面，即为四棱锥的高.故所求体积 .（）解法二：取的中点，连接，为等边三角形，.侧面都是正方形，.平面且，平面.平面，平面.是四棱锥的高，且.故所求体积 .【点睛】求解几何体的体积时首先要分清几何体的类型，对于规则的几何体可根据体积公式直接求出底面面积及该底面上的高，然后可得体积对于不规则的几何体一般利用分割、补形的方法转化为规则的几何体的体积求解，此类问题考查计算和转化能力，属于中档题20.已知点，动点到直线：的距离为，且，设动点的轨迹为曲线.（）求曲线的方程；（）过点作互相垂直的两条直线，分别交曲线于点，和，若四边形面积为，求直线的方程.【答案】（）；（）和.【解析】【分析】（）设点，然后根据直接法求解可得曲线方程（）设出直线的方程为或，然后利用代数法求出和，并根据四边形的面积可求出直线方程中的参数，进而得到直线方程【详解】（）设，整理得曲线的方程为（）解法一：当直线的斜率为0时，则，四边形的面积.当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，由消去得.由已知可知恒成立，设，则， 直线，互相垂直，以替换上式中的可求得，四边形的面积，解得，直线的方程为或，即和.解法二：当直线的斜率不存在时，可求出，.，四边形的面积.当直线斜率存在且不为0时，设直线的方程为，由消去得.由已知可知恒成立，设，则，. 直线，互相垂直，用替换上式中的可求得.四边形的面积，解得，直线的方程为或，即和【点睛】由于解答解析几何问题时通常要遇到大量的计算，所以在解题时要合理运用简化运算的方法，以达到快速解题的目的常用的简化运算的方法有：“设而不求”、“整体代换”、“巧设直线方程”等，还有象本题中的“以替换上式中的”求弦长的方法21.已知函数.（）当时，求的单调区间；（）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）增区间为，；减区间为（）.【解析】【分析】（）求出，由可得增区间，由可得减区间（）由题意将问题转化为对恒成立，构造函数，然后求出的最小值，并由最小值大于等于零可得所求范围【详解】（）当时，得，令，得，由得或时，由得，增区间为，；减区间为（）由条件得对恒成立，对恒成立设，则，令，得（1）当，即时，有，在上是减函数，解得，不合题意（2）当，即时，则得在上是减函数，在上是增函数，解得，符合题意综上可得，实数的取值范围是【点睛】解答恒成立问题的常用方法是参数分离法或参数讨论法参数分离法是将题中的参数分离在不等号的一边，然后转化为求函数的最值的问题求解；若用参数分离无法求解，则可用参数讨论的方法求解，此时需要对参数进行分类讨论，此时需要做到分类标准选择合理、分类不重不漏22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为，射线的极坐标方程为.（）