2021届河南省十所名校高中毕业班阶段性测试（四）数学（文）试题含解析

2020-2021学年河南省十所名校高中毕业班阶段性测试（四）数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求解出函数的值域为集合，求解出不等式的解集为集合，根据交集运算求解出的结果.

【详解】因为，所以，

因为，所以或，解得，所以，

所以，

故选：D.

2．复数的共轭复数对应的点在复平面内的（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】利用复数的四则运算得出复数的共轭复数，再利用复数的几何意义即可得出结果.

【详解】解析因为，

所以，对应的点在第一象限.

故选：A

3．如图所示的圆盘的三条直径把圆分成六部分，往圆盘内任投一飞镖（大小忽略不计），则飞镖落到阴影部分内的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】确定阴影部分的面积在整个转盘中占的比例，根据这个比例即可求出飞镖落到阴影部分内的概率．

【详解】解：由题意，阴影部分为3个扇形，其面积正好占整个的一半，

所以所求概率为．

故选：B.

4．已知命题：，使得；命题：若，，且，则．下列命题为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，分析命题和的真假，由复合命题真假的判断方法分析可得答案．

【详解】解：根据题意，对于命题，，都有，则恒成立，

而，故不存在，使得成立，是假命题，

对于，若，，且，则，必有，是真命题，

则、、都是假命题，是真命题，

故选：B．

5．已知非零向量，的夹角为，且满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量垂直，得到，结合条件化简得到，从而求得.

【详解】由已知可得，于是，即，解得，所以．

故选：D

6．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】化简得，再利用同角的平方关系得解.

【详解】即，

即，

解得．又，

所以．

故选：D

7．若函数的图象过点，直线向右平移个单位长度后恰好经过上与点最近的零点，则在上的单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，先求出的解析式，进而求出它在，上的单调递增区间．

【详解】由题意，可知函数的四分之一周期为，则的周期，

∴．

又函数的图象过点，

∴，

∴，，

∴，，

令，得．

∴．

由，，解得，．

取，得，即为所求．

故选：C

8．一个多面体的正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，如图所示，，是所在边的中点，则该多面体的表面积为（ ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三视图还原成立体图形，根据各棱长及棱长关系，求得表面积.

【详解】多面体是正方体沿如图所示的粗线割下一个三棱锥所得的几何体，

其表面积．

故选：B

9．已知双曲线的右焦点为，直线过点与一条渐近线垂直，原点到的距离等于虚轴的长，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用已知条件推出，关系，然后结合求解双曲线的离心率即可．

【详解】设，不妨设一条渐近线为，则的方程为，

即．

原点到的距离，

所以，

解得．

故选：B

10．拉格朗日中值定理又称拉氏定理，是微积分学中的基本定理之一，它反映了函数在闭区间上的整体平均变化率与区间某点的局部变化率的关系，其具体内容如下：若在上满足以下条件：①在上图象连续，②在内导数存在，则在内至少存在一点，使得（为的导函数）．则函数在上这样的点的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】用已知定义得到存在点，，使得，转化为研究函数数和图象的交点个数，作出函数图象即可得到答案．

【详解】函数，则，

由题意可知，存在点，，使得，即，

所以，，，

作出函数和的图象，如图所示，

由图象可知，函数和的图象只有一个交点，

所以，，只有一个解，即函数在，上点的个数为1个．

故选：A

11．在中，角，，的对边分别为，，，，，，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】因为，所以，结合正弦定理，，代入化简，求得，从而求得，由面积公式求得结果.

【详解】因为，所以，由正弦定理可得，即．

所以，，，

所以的面积．

故选：C

12．已知抛物线：的焦点为，准线为，，为抛物线上的两点（与坐标原点不重合），于，于，已知的中点的坐标为，与的面积比为，则的值为（    ）

A．4 B．3 C．1 D．1或

【答案】C

【分析】由题意可将与的面积表示出来，再用等量关系即可解出的值．

【详解】设交轴于点，交轴于点，由与的面积比为，

则，由于，不是原点，则，

又的中点的坐标为，

则直线的斜率存在，设方程为，，，，，

联立，即，

，

，又，

，代入得，

故选：

．

二、填空题

13．已知函数则的最大值为______．

【答案】-1

【分析】利用分段函数的单调性可得结果.

【详解】时，单调递增，；

时，单调递减，.

所以的最大值为．

故答案为：．

14．执行如图所示的程序框图，输出的_________．

【答案】

【分析】根据框图模拟计算即可求解.

【详解】由题意可得，；

，；…；

，,

跳出循环，输出结果，

故答案为：

15．若，满足约束条件，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得解.

【详解】

作出不等式组对应的可行域，如图中阴影部分所示，其中，，，

由得，它表示斜率为，纵截距为的直线，

作出直线并平移，结合图形知，当平移后的直线经过点时，最小，平移后的直线越接近点，越大，

将代入，得，

将代入，得，

故的取值范围为．

故答案为：

16．在平面四边形中，已知，，，．沿对角线折起得到四面体，当与平面所成的角最大时，该四面体的外接球的半径为______．

【答案】

【分析】当与平面所成的角最大时，最大角为，此时平面平面，证明平面，再得出的长，结合勾股定理得出四面体的外接球的半径.

【详解】当与平面所成的角最大时，最大角为，此时平面平面．
 

在中，由余弦定理可得

又，为直角三角形，，平面．

如图，设四面体的外接球的球心为，截面对应圆的圆心为

截面对应圆的圆心为，为的中点

则球心到平面的距离为．

设的外接圆半径为，由正弦定理可得，则．

设四面体的外接球半径为，连接，

在中，，解得．

故答案为：

三、解答题

17．已知公差不为0的等差数列满足，，成等比数列，，10，成等差数列．

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）设的前项和为，令，设数列的前项和为，证明：．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】（Ⅰ）设出公差，由已知建立关系求得首项和公差即可得出通项公式；

（Ⅱ）利用裂项相消法求得即可证明.

【详解】（Ⅰ）设数列的公差为．

由题意得，即①．

∵，10，成等差数列，

∴，即②．

解①②组成的方程组得．

∴数列的通项公式为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得．

所以，

．

18．为提高空气质量，缓解交通压力，某市政府推行汽车尾号单双号限行．交通管理部门推出两个时间限行方案，方案A：早晨六点到夜晚八点半限号；方案B：早晨七点到夜晚九点限号．现利用手机问卷对600名有车族进行民意考察，考察其对A，B方案的认可度，并按年龄段统计，22~40岁为青年人，41~60岁为中年人，人数分布表如下：

现利用分层抽样从上述抽取的600人中再抽取30人，进行深入调查，

（Ⅰ）若抽取的青年人与中年人中分别有12人和5人同意执行B方案，其余人同意执行A方案，完成下列列联表，并判断能否有90%的把握认为年龄层与是否同意执行方案A有关；

（Ⅱ）若从同意执行B方案的4个青年人和2个中年人中，随机抽取3人进行访谈，求抽取的3人中青、中年都有的概率．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】（Ⅰ）列联表见解析，没有90%的把握认为年龄层与是否同意执行A方案有关；（Ⅱ）．

【分析】（1）由题可知，抽出的30人中青年人有18人，中年人有12人，补充完整列联表，计算卡方值，与2.706比较，即可判断相关性；

（2）记4个青年人为，，，，2个中年人为，，则从中选3人，列举出所有的情况，找出其中青、中年都有的情况，按照概率求法求得即可.

【详解】（Ⅰ）由题可知，抽出的30人中青年人有18人，中年人有12人．

列联表如下：

，

∴没有90%的把握认为年龄层与是否同意执行A方案有关

（Ⅱ）记4个青年人为，，，，2个中年人为，，则从中选3人，一共有如下20种情况：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．

其中青、中年都有的情况有16种．

所求的概率．

19．如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点，为上一点．

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ）求到平面的距离．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．

【分析】（I）由直三棱柱性质知，，由边长关系证得，从而平面．证得，结合边长关系证得，从而平面．从而.

（II）由（I）证得平面，平面，点到平面的距离为线段的长.利用等体积代换法求得点到面的距离，.

【详解】（Ⅰ）由三棱柱为直三棱柱易知．

∵，，，∴，∴，

又，，平面，

∴平面．

∵平面，∴．

∵为的中点，∴，∴，

∴，∴．

又，，平面，∴平面．

∵平面，∴．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

又，，，平面，∴平面．

又，平面，平面，

∴平面，点到平面的距离为线段的长．

∴．

∵平面，，∴平面，．

又，，∴平面，∴．

∴为直角三角形，其面积．

设到平面的距离为，∵，∴．

20．已知椭圆：的离心率为，椭圆的右焦点与右顶点及上顶点构成的三角形面积为．

（1）求椭圆的标准方程．

（2）已知直线与椭圆交于，两点，若点的坐标为，问：是否存在，使得？若存在，求出的取值范围；不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析．

【分析】（1）根据题意建立两个关于，，的方程，进而解出，，即可求椭圆的标准方程；

（2）联立直线与椭圆，结合韦达定理求出即可得答案．

【详解】（1）设椭圆的半焦距为．

由题意可知，即，代入，得．

将，．

又，

所以，代入解得．

所以，，

所以椭圆的标准方程为．

（2）直线与椭圆方程联立方程组得

消去得，（）

设，，则，是方程（）的两根，

，，

所以

．

故不存在，使得．

21．已知函数．

（Ⅰ）若函数在上存在单调递减区间，求的取值范围；

（Ⅱ）当时，证明：对任意，恒成立．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】（I）求导，令，可得，在上存在单调递减区间，等价于不等式在上有解，解得参数范围即可.

（II）求导，根据参数范围，求得函数单调区间，将不等式转化为的大小比较，从而证得结论.

【详解】（Ⅰ）由题意得．

令，可得．

在上存在单调递减区间，等价于不等式在上有解，

所以，解得．

（Ⅱ），（，）

令，可得，令，可得，

所以在上单调递增，在上单调递减．

因为，

所以，

所以，即，

即，

即．

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（其中：为参数，为常数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线的极坐标方程为，射线与曲线交于，两点．

（1）写出当时的极坐标方程以及曲线的参数方程；

（2）在（1）的条件下，若射线与直线交于点，求的取值范围．

【答案】（1）的极坐标方程为；曲线的参数方程为；

（2）的取值范围为．

【分析】（1）根据参数方程和极坐标方程基本概念求解；

（2）首先用表示和，再用三角函数值域确定取值范围．

【详解】（1）当时的参数方程为

它的普通方程为，化为极坐标方程为．

曲线：，故，

故，

故曲线的参数方程为（为参数．且）．

（2）设，，则，．

所以

．

因为，所以，

所以，

所以的取值范围为．

23．已知函数．

（1）求不等式的最小整数解；

（2）在（1）的条件下，对任意，，若，求的最小值．

【答案】（1）；（2）8

【分析】（1）利用分类讨论法求解不等式，进而得到最小整数解；

（2）化简整理，再利用基本不等式及不等式的性质求出，进而求得结果.

【详解】（1）当时，原不等式化为，解得，所以；

当时，原不等式化为，解得，所以；

当时，原不等式化为，解得，所以．

综上，原不等式的解集为．

所以最小整数解．

（2）由（1）知，，又，

所以

．

，，，

又，当且仅当时等号成立，

，，，所以的最小值为8

【点睛】方法点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，函数与基本不等式的综合应用，含有多个绝对值符合的不等式，一般可用零点分段法求解，对于形如或，利用实数绝对值的几何意义求解，解答题采用零点分段法求解，考查学生的逻辑推理能力，属于中档题.