河南省九师联盟2020届高三11月质量检测数学理科试题

河南省九师联盟2020届高三11月质量检测数学理科试题

‎2019~2020学年高三11月质量检测 数学（理科）‎ 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.下列集合中不同于另外三个集合的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算每个集合中的元素再判断即可.‎ ‎【详解】,另外三个集合都是,‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查集合中元素的求解,属于基础题型.‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质或者举反例逐个选项判断即可.‎ ‎【详解】对于A选项,若,则命题错误．故A选项错误；‎ 对于B选项,取,,则满足,但,故B选项错误；‎ 对于C选项,取,,,则满足,但,故C选项错误；‎ 对于D选项,由不等式的性质可知该选项正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了不等式的性质,属于基础题型.‎ ‎3.已知向量，，若，则实数x的值为（ ）‎ A. -16 B. C. D. 16‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量坐标的运算与垂直的数量积为0求解即可.‎ ‎【详解】因为,且,‎ 所以,解得．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算与向量垂直则数量积为0,属于基础题型.‎ ‎4.若函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出,再求导代入求得在切点出的切线斜率,再根据点斜式求解方程即可.‎ ‎【详解】依题意,得,,则切线的斜率为,‎ 所以切线方程为,即．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义,属于基础题型.‎ ‎5.下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若三个平面两两相交，则它们的交线互相平行 B. 若三条直线两两相交，则它们最多确定一个平面 C. 若不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行 D. 不共线的四点可以确定一个平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行与垂直的判定与性质,或举出反例逐个判断即可.‎ ‎【详解】在A中,从正方体的一个顶点出发的三个平面是两两相交,但他们的交线互相垂直,故A错误；‎ 在B中,从正方体的一个顶点出发的三条棱可以确定三个平面,故B错误；‎ 在C中,不同的两条直线均垂直于同一个平面,则由线面垂直的性质定理得这两条直线平行,故C正确；‎ 在D中,若四点连线构成两条异面直线,这时四点不能确定一个平面,故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直与平行的性质与判定,属于基础题型.‎ ‎6.若关于x的不等式（a，b为常数）的解集为，则不等式的解集是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式（a,b为常数）的解集为可知为方程的两根即可求得,再求解即可.‎ ‎【详解】由解集为,可得,解得．‎ ‎∴所求不等式即为,解得或．‎ 即不等式的解集是．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了二次不等式的解集的性质,属于基础题型.‎ ‎7.函数的相邻两条对称轴之间的距离为，则将的图象向右平移个单位长度，所得函数图象的一个对称中心是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由相邻两条对称轴之间的距离为即可得的周期,再求得平移后的函数表达式,再求解对称中心即可.‎ ‎【详解】由题意．函数的最小正周期为,则,解得,所以．‎ 将的图象向右平移个单位长度．所得函数．令,得,‎ 所以所得函数图象的一个对称中心是．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数图像的平移与基本性质,属于中等题型.‎ ‎8.已知实数a，b满足，，则的最小值为（ ）‎ A. 2018 B. 2019 C. 2020 D. 2021‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将拆成,再根据构造 的结构,利用基本不等式从而求得最小值.‎ ‎【详解】因为,,所以 ‎,‎ 当且仅当,,即,时等号成立．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式的运用与构造,属于中等题型.‎ ‎9.在单调递减的等比数列中，已知，为一元二次方程的两个根，则其前n项和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,为一元二次方程与单调递减的等比数列可求得进而求得.再利用求和公式求前n项和即可.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为q,由已知得,,‎ 所以,,,又数列单调递减,所以,‎ ‎, 所以其前n项和为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质与求和,属于基础题型.‎ ‎10.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得求得定义域,排除A,D,再分析当时的单调性即可.‎ 详解】,‎ 由得或,即函数的定义域为,故A,D错误；‎ 当时,为增函数,所以为增函数,所以排除C．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数图像的判定,属于基础题型.‎ ‎11.在三棱锥中，是边长为的等边三角形，，二面角的大小为，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画图分析,设,,在中利用对应的余弦定理求得的关系式,再表达出三棱锥体积关于的关系式利用基本不等式求解即可.‎ ‎【详解】设,,因为,所以,‎ 所以,即,当且仅当时等号成立．‎ 过A作平面BCD,垂足为O,作垂足为E,连接OE,则,‎ 所以,又,‎ 所以,所以,所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式在立体几何中的运用,需要根据题意建立未知量的关系,再根据关系选用合适的基本不等式求解.属于中等题型.‎ ‎12.已知定义域为的函数，若关于x的方程有无数个不同的实数解，但只有三个不同的实数解，则（ ）‎ A. B. C. 3 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 对每个分段中的函数表达式讨论,即可得,再根据只有三个不同的实数解,可分析得为的根,进而求得,．再求即可.‎ ‎【详解】当时．函数单调递增,则关于x的方程在 内至多只有两个解,所以必为其中一解,即．‎ 故当时,,此时由函数,得；①‎ 若关于x的方程有无数个不同的实数解,则当时,‎ 也一定满足,代入得．②‎ 联立①②,解得,．‎ 当时,,由即,得,解得或,解得或．‎ 所以．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段函数的运用以及复合函数的问题,需要根据题意分析每个根满足的条件与具体值等.属于难题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.若等差数列和等比数列满足，，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差等比数列的性质先求得公比公差,再求得即可.‎ ‎【详解】由,,,‎ 则．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差等比数列的基本性质与运用,属于基础题型.‎ ‎14.若命题“，使得成立”是假命题，则实数k的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意先找到等价命题“,都有恒成立”,再求的最小值即可.‎ ‎【详解】“,使得成立”是假命题等价于“,都有恒成立”是真命题．因为,即的最小值为1,要使“恒成立”,只需,即．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了特称命题的否定与恒成立问题,属于简单题型.‎ ‎15.若x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为________．‎ ‎【答案】-7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域,再判断取最小值时的点即可.‎ ‎【详解】画出约束条件,表示的平面区域（阴影部分）如图所示：‎ 平移直线,由图形知,当目标函数过点M时取得最小值,由,解得．代入得．所以的最小值为―7．‎ 故答案为：-7‎ ‎【点睛】本题主要考查了线性规划的不等式问题,属于基础题型.‎ ‎16.在直三棱柱内有一个与其各面都相切的球O1，同时在三棱柱外有一个外接球.若,，,则球的表面积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出球O1的半径，再求出球的半径，即得球的表面积.‎ ‎【详解】由题得AC=5,‎ 设球O1的半径为，由题得.‎ 所以棱柱的侧棱为2.‎ 由题得棱柱外接球的直径为，所以外接球的半径为，‎ 所以球的表面积为.‎ 故答案：‎ ‎【点睛】本题主要考查几何体的内切球和外接球问题，考查球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ 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.已知在中. 所对的边分别为,若，的面积为.‎ ‎(1)求角的大小;‎ ‎(2)若,求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由三角形的面积为得到，由余弦定理以及得到，进而可求出，得到角；‎ ‎(2)由(1)的结果，先求出，根据，即可求出，再由正弦定理可得，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由的面积为可得 ，‎ 由及余弦定理可得，‎ 故;‎ ‎(2)∵‎ 又，可得 由正弦定理，,得 ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于基础题型.‎ ‎18.城市中大量公园的兴建意味着建筑让位，还地于民，城市公共空间被越来越充分地打开．这种打开不只是物理意义上的空间开放，而是使城市公园不仅供民众用来休憩、娱乐、锻炼，还用于相互交往、传播文化、锤炼公民意识，让城市与人建立更好的连接，推动城市回归人本．某城市计划在靠近环城公路Ax，Ay的P处建一所职业技校，且配套修建一条道路BC，并把三条路围成的三角形区域开辟为休闲公园（如图）．经测量P到Ax，Ay的距离PE，PF分别为4 km，3 km，若，，，．‎ ‎（1）试建立x，y间的等量关系；‎ ‎（2）为尽量减少土地占用，试问如何确定B点的位置，才能使得该公园的面积最小？并求最小面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）当时，最小面积为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据建立等量关系即可.‎ ‎(2)由(1)有,表达出公园的面积,再利用基本不等式求解即可.‎ ‎【详解】（1）因为Р到Ax．Ay的距离分别为4,3．所以,．‎ 因为,①‎ 又,②,所以．‎ ‎（2）因为,所以,解得．‎ 当且仅当时,取“＝”,即,．所以有最小值32．‎ 所以当时,该公园的面积最小,最小面积为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式的实际运用,需要根据题目条件列出对应的表达式,再根据变量间的关系选用合适的基本不等式即可.属于中等题型.‎ ‎19.已知函数图象的一个对称中心为，设函数的最小正周期为T．‎ ‎（1）求T的最大值；‎ ‎（2）当T取最大值时，若，，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用降幂公式与辅助角公式求得,再根据一个对称中心为求得,再求T的最大值即可.‎ ‎(2)由(1)有,利用求得,再求得,利用降幂公式求解与即可.‎ ‎【详解】（1）由题意得 ‎．‎ 因为函数的一个对称中心为,所以,得．‎ 又,所以最小值为1．所以T的最大值为．‎ ‎（2）由（1）知,,‎ 若,则,‎ 即．因为,所以．所以．‎ 所以．‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角恒等变换中的公式,包括降幂公式、辅助角公式等.需要根据题目中角度的关系选用合适的公式,属于中等题型.‎ ‎20.已知数列的前项和满足，且.‎ ‎(Ⅰ)求数列的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)设数列的前项和为，证明：.‎ ‎【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）根据得出是等比数列，从而可得的通项；（Ⅱ）求出，利用裂项法计算得出结论.‎ 试题解析：(Ⅰ)由已知得当时，，所以，‎ 又.‎ 所以是以为首项，为公比的等比数列，所以. ‎ ‎ (Ⅱ)由(Ⅰ)得，所以是等比数列，. ‎ 所以. ‎ 所以 .得证 点睛：本题主要考查了等比数列的证明，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.‎ ‎21.如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，是等边三角形．底面ABCD，，，，点M是棱SB上靠近点S的一个三等分点．‎ ‎（1）求证：平面SCD；‎ ‎（2）求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 取棱SC上靠近点S的一个三等分点N,再证明即可.‎ ‎(2) 作,垂足为点O.再建立空间直角坐标系,分别求平面SCD的一个法向量与平面BCD一个法向量,利用法向量夹角的余弦值求二面角的大小即可.‎ ‎【详解】（1）证明：取棱SC上靠近点S的一个三等分点N,连接MN,DN,‎ 因为,所以且．因为,所以．‎ 又因为,,所以．所以四边形MNDA是平行四边形．‎ 所以．又因为平面SCD,平面SCD,所以平面SCD．‎ ‎（2）作,垂足为点O．如图所示．‎ 因为是等边三角形,所以点O是线段AB的中点．因为侧面底面ABCD,‎ 侧面底面,,二侧面SAB,所以底面ABCD．‎ 所以以点O为原点,OA为x轴,过点O且平行于EC的射线为y轴,OS为z轴,建立如上图所示的空间直角坐标系．因为,,,是等边三角形,‎ 所以,．‎ 所以点,,,,,‎ 所以,．设平面SCD的一个法向量为,则 由,得,解得．‎ 令,得平面SCD的一个法向量为．易知平面BCD一个法向量为．‎ 设二面角的大小是,易知是锐角,则．‎ 又,所以．所以二面角的大小是．‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间中平行垂直的证明与性质等,‎ 同时也考查了建立空间直角坐标系求解二面角的问题,属于中等题型.‎ ‎22.已知函数，．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）当时,在上单调递增,当时,在上单调递减,在上单调递增；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导得,再分与两种情况讨论即可.‎ ‎(2)将中移至左边,再构造新函数,根据第(1)问的结论,分与两种情况讨论的最小值即可.‎ ‎【详解】（1）定义域是,则．‎ 当,即时,对任意恒成立,故函数在上单调递增 当,即时,令,得；令,得,‎ 故函数在上单调递减,在上单调递增．‎ 综上,当时,在上单调递增,当时,在上单调递减,在上单调递增．‎ ‎（2）,即,得．‎ 令,则 ‎．‎ 由（1）知,函数在区间上单调递增,‎ 所以当时,,即在上,恒有．‎ 所以在上．‎ ‎①当时,在区间上恒成立,即在上单调递增,所以（符合题意）；‎ ‎②当时,由,得,‎ 且在上单调递增,又,,‎ 故在上存在唯一的零点,当时,,‎ 即在上单调递减,此时,知在上单调递减,‎ 此时与已知矛盾（不合题意）．‎ 综上,a的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数的单调性与最值问题,同时也考查了利用导数解决恒成立问题与最值问题等,需要求导分情况进行最值的讨论,属于难题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎