2020届河南省高三质量测评（一）数学（理）试题（解析版）

2020届河南省高三质量测评（一）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】解一元二次不等式求得集合A，再根据交集运算即可得解.

【详解】

集合，由，可得，所以，

，

所以.

故选；C.

【点睛】

本题考查了一元二次不等式的解法，集合交集的简单运算，属于基础题.

2．若复数满足，则（其中为虚数单位）的最大值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】根据复数的几何意义可知复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，再根据复数的几何意义即可确定，即可得的最大值.

【详解】

由知，复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，

表示复数对应的点与点间的距离，

又复数对应的点所在圆的圆心到的距离为1，

所以.

故选：B

【点睛】

本题考查了复数模的定义及其几何意义应用，属于基础题.

3．（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据诱导公式及正弦和角公式，展开即可得解.

【详解】

根据诱导公式及正弦和角公式化简可得

故选：D

【点睛】

本题考查了三角函数诱导公式的简单应用，正弦和角公式的简单应用，属于基础题.

4．我们熟悉的卡通形象“哆啦A梦”的长宽比为.在东方文化中通常称这个比例为“白银比例”，该比例在设计和建筑领域有着广泛的应用.已知某电波塔自下而上依次建有第一展望台和第二展望台，塔顶到塔底的高度与第二展望台到塔底的高度之比，第二展望台到塔底的高度与第一展望台到塔底的高度之比皆等于“白银比例”，若两展望台间高度差为100米，则下列选项中与该塔的实际高度最接近的是（    ）

A．400米 B．480米

C．520米 D．600米

【答案】B

【解析】根据题意，画出几何关系，结合各线段比例可先求得第一展望台和第二展望台的距离，进而由比例即可求得该塔的实际高度.

【详解】

设第一展望台到塔底的高度为米，塔的实际高度为米，几何关系如下图所示：

由题意可得，解得；

且满足，

故解得塔高米，即塔高约为480米.

故选：B

【点睛】

本题考查了对中国文化的理解与简单应用，属于基础题.

5．执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的值为（    ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】A

【解析】根据输入的值大小关系，代入程序框图即可求解.

【详解】

输入，，

因为，所以由程序框图知，

输出的值为.

故选：A

【点睛】

本题考查了对数式大小比较，条件程序框图的简单应用，属于基础题.

6．椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角度，水面的边界即是椭圆.现有一高度为12厘米，底面半径为3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一半（玻璃厚度忽略不计），在玻璃杯倾斜的过程中（杯中的水不能溢出），杯中水面边界所形成的椭圆的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围.

【详解】

当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大.

此时椭圆长轴长为，短轴长为6，

所以椭圆离心率，

所以.

故选：C

【点睛】

本题考查了橢圆的定义及其性质的简单应用，属于基础题.

7．函数的图象的大致形状是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据函数奇偶性，可排除D；求得及，由导函数符号可判断在上单调递增，即可排除AC选项.

【详解】

函数

易知为奇函数，故排除D.

又，易知当时，；

又当时，，

故在上单调递增，所以，

综上，时，，即单调递增.

又为奇函数，所以在上单调递增，故排除A，C.

故选：B

【点睛】

本题考查了根据函数解析式判断函数图象，导函数性质与函数图象关系，属于中档题.

8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（    ）

A． B．64 C． D．32

【答案】A

【解析】根据三视图，还原空间几何体，即可得该几何体的体积.

【详解】

由该几何体的三视图，还原空间几何体如下图所示：

可知该几何体是底面在左侧的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为4，

故.

故选：A

【点睛】

本题考查了三视图的简单应用，由三视图还原空间几何体，棱锥体积的求法，属于基础题.

9．已知非零向量，满足，，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由平面向量垂直的数量积关系化简，即可由平面向量数量积定义求得与的夹角.

【详解】

根据平面向量数量积的垂直关系可得，

，

所以，即，

由平面向量数量积定义可得，

所以，而，

即与的夹角为.

故选：B

【点睛】

本题考查了平面向量数量积的运算，平面向量夹角的求法，属于基础题.

10．设函数（，）是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据函数为上的奇函数可得，由函数的对称轴及单调性即可确定的值，进而确定函数的解析式，即可求得的值.

【详解】

函数（，）是上的奇函数，

则，所以.

又的图象关于直线对称可得，，即，，

由函数的单调区间知，，

即，

综上，则，

.

故选：D

【点睛】

本题考查了三角函数的图象与性质的综合应用，由对称轴、奇偶性及单调性确定参数，属于中档题.

11．对于函数，定义满足的实数为的不动点，设，其中且，若有且仅有一个不动点，则的取值范围是（    ）

A．或 B．

C．或 D．

【答案】C

【解析】根据不动点的定义，利用换底公式分离参数可得；构造函数，并讨论的单调性与最值，画出函数图象，即可确定的取值范围.

【详解】

由得，.

令，

则，

令，解得，

所以当时，，则在内单调递增；

当时，，则在内单调递减；

所以在处取得极大值，即最大值为，

则的图象如下图所示：

由有且仅有一个不动点，可得得或，

解得或.

故选：C

【点睛】

本题考查了函数新定义的应用，由导数确定函数的单调性与最值，分离参数法与构造函数方法的应用，属于中档题.

12．已知双曲线（，）的左、右顶点分别为，，虚轴的两个端点分别为，，若四边形的内切圆面积为，则双曲线焦距的最小值为（    ）

A．8 B．16 C． D．

【答案】D

【解析】根据题意画出几何关系，由四边形的内切圆面积求得半径，结合四边形面积关系求得与等量关系，再根据基本不等式求得的取值范围，即可确定双曲线焦距的最小值.

【详解】

根据题意，画出几何关系如下图所示：

设四边形的内切圆半径为，双曲线半焦距为，

则

所以，

四边形的内切圆面积为，

则，解得，

则，

即

故由基本不等式可得，即，

当且仅当时等号成立.

故焦距的最小值为.

故选：D

【点睛】

本题考查了双曲线的定义及其性质的简单应用，圆锥曲线与基本不等式综合应用，属于中档题.

二、填空题

13．的展开式中，的系数为_______（用数字作答）.

【答案】60

【解析】根据二项式定理展开式通项，即可求得的系数.

【详解】

因为，

所以，

则所求项的系数为.

故答案为：60

【点睛】

本题考查了二项展开式通项公式的应用，指定项系数的求法，属于基础题.

14．已知实数，满足则的取值范围是______.

【答案】

【解析】根据约束条件画出可行域，即可由直线的平移方法求得的取值范围.

【详解】

.

由题意，画出约束条件表示的平面区域如下图所示，

令，则

如图所示，图中直线所示的两个位置为的临界位置，

根据几何关系可得与轴的两个交点分别为，

所以的取值范围为.

故答案为：

【点睛】

本题考查了非线性约束条件下线性规划的简单应用，由数形结合法求线性目标函数的取值范围，属于中档题.

15．某次足球比赛中，，，，四支球队进入了半决赛.半决赛中，对阵，对阵，获胜的两队进入决赛争夺冠军，失利的两队争夺季军.已知他们之间相互获胜的概率如下表所示.

则队获得冠军的概率为______.

【答案】0.18

【解析】根据表中信息，可得胜C的概率；分类讨论B或D进入决赛，再计算A胜B或A胜C的概率即可求解.

【详解】

由表中信息可知，胜C的概率为；

若B进入决赛，B胜D的概率为，则A胜B的概率为；

若D进入决赛，D胜B的概率为，则A胜D的概率为；

由相应的概率公式知，则A获得冠军的概率为.

故答案为：0.18

【点睛】

本题考查了独立事件的概率应用，互斥事件的概率求法，属于基础题.

三、双空题

16．在棱长为8的正方体空盒内，有四个半径为的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的三个面相切，另有一个半径为的大球放在四个小球之上，与四个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，五球相切不松动，则小球半径的最大值为_______；大球半径的最小值为______.

【答案】2       

【解析】因为翻转盒子五球相切不松动，可知底面四个小球均相切，则可得的最大值；根据对称性可知大球球心与四个小球球心，，，构成一个正四棱锥，结合几何关系即可确定大球半径的最小值.

【详解】

当正方体盒内四个小球中相邻小球均相切时，小球半径最大，大球半径最小.

由正方体的棱长为8，可得的最大值为2，下面分析时的取值.

由对称性知，大球球心与四个小球球心，，，构成一个正四棱锥，如下图所示：

则，.

又由正方体盒知，正四棱锥的高（其中为正四棱锥底面正方形中心）长为，

故在直角三角形中，，

即，

解得，

即大球半径的最小值为.

故答案为：2，

【点睛】

本题考查了正方体中与球相关的切接问题，空间几何体的结构特征要理解清楚，对空间想象能力要求较高，属于难题.

四、解答题

17．联合国粮农组织对某地区最近10年的粮食需求量部分统计数据如下表：

（1）由所给数据可知，年需求量与年份之间具有线性相关关系，我们以“年份—2014”为横坐标，“需求量”为纵坐标，请完成如下数据处理表格：

（2）根据回归直线方程分析，2020年联合国粮农组织计划向该地区投放粮食300万吨，问是否能够满足该地区的粮食需求？

参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： ，.

【答案】（1）见解析；（2）能够满足.

【解析】（1）根据表中数据，结合以“年份—2014”为横坐标，“需求量”为纵坐标的要求即可完成表格；

（2）根据表中及所给公式可求得线性回归方程，由线性回归方程预测2020年的粮食需求量，即可作出判断.

【详解】

（1）由所给数据和已知条件，对数据处理表格如下：

（2）由题意可知，变量与之间具有线性相关关系，

由（1）中表格可得，，，

，.由上述计算结果可知，所求回归直线方程为，

利用回归直线方程，可预测2020年的粮食需求量为：

（万吨），

因为，故能够满足该地区的粮食需求.

【点睛】

本题考查了线性回归直线的求法及预测应用，属于基础题.

18．的内角，，的对边分别为，，，其面积记为，满足.

（1）求；

（2）若，求的值.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）根据三角形面积公式及平面向量数量积定义代入公式，即可求得，进而求得的值；

（2）根据正弦定理将边化为角，结合（1）中的值，即可将表达式化为的三角函数式；结合正弦和角公式与辅助角公式化简，即可求得和，进而由正弦定理确定，代入整式即可求解.

【详解】

（1）因为，

所以由三角形面积公式及平面向量数量积运算可得

，

所以.

因为，

所以.

（2）因为，

所以由正弦定理代入化简可得，

由（1），代入可得，

展开化简可得，

根据辅助角公式化简可得.

因为，所以，所以，

所以为等腰三角形，且，

所以.

【点睛】

本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的应用，平面向量数量积的运算，正弦和角公式及辅助角公式的简单应用，属于基础题.

19．如图所示，四棱柱中，底面为梯形，，，，，，.

（1）求证：；

（2）若平面平面，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】（1）取中点为，连接，，，，根据线段关系可证明为等边三角形，即可得；由为等边三角形，可得，从而由线面垂直判断定理可证明平面，即可证明.

（2）以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，即可由法向量法求得二面角的余弦值.

【详解】

（1）证明：取中点为，连接，，，如下图所示：

因为，，，

所以，故为等边三角形，则.

连接，因为，，

所以为等边三角形，则.

又，所以平面.

因为平面，

所以.

（2）由（1）知，

因为平面平面，平面，

所以平面，

以为原点，，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易求，则，，，，

则，，.

设平面的法向量，

则即令，则，，

故.

设平面的法向量，

则则

令，则，，故，

所以.

由图可知，二面角为钝二面角角，

所以二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查线面垂直的判定，由线面垂直判定线线垂直，由空间向量法求平面与平面形成二面角的大小，属于中档题.

20．市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款）.

已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004.

（1）若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款的总利息；

（2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）；

（3）对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式.

参考数据：.

【答案】（1）289200元；（2）能够获批；（3）应选择等额本金还款方式

【解析】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，即可由等差数列的前n项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；

（2）根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每月还款额为元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的一半比较即可判断；

（3）计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个利息比较即可判断.

【详解】

（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，

表示数列的前项和，则，，

则，

故小张该笔贷款的总利息为元.

（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，

则，

所以，

即，

因为，

所以小张该笔贷款能够获批.

（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为：

，

因为，

所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金还款方式.

【点睛】

本题考查了等差数列与等比数列求和公式的综合应用，数列在实际问题中的应用，理解题意是解决问题的关键，属于中档题.

21．已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切.

（1）若直线的方程为，求的方程；

（2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）或. （2）存在，；

【解析】（1）根据动圆过，两点，可得圆心在的垂直平分线上，由直线的方程为，可知在直线上；设，由动圆与直线相切可得动圆的半径为；又由，及垂径定理即可确定的值，进而确定圆的方程.

（2）方法一：设，可得圆的半径为，根据，可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设，，可得的中点，进而由两点间距离公式表示出半径，表示出到轴的距离，代入化简即可求得的值，进而确定所过定点的坐标；方法二：同上可得的轨迹方程为，由抛物线定义可求得，表示出线段的中点的坐标，根据到轴的距离可得等量关系，进而确定所过定点的坐标.

【详解】

（1）因为过点，，所以圆心在的垂直平分线上.

由已知的方程为，且，关于于坐标原点对称，

所以在直线上，故可设.

因为与直线相切，所以的半径为.

由已知得，，又，

故可得，解得或.

故的半径或，

所以的方程为或.

（2）法一：设，由已知得的半径为，.

由于，故可得，化简得的轨迹方程为.

设，，则得，的中点，

则以为直径的圆的半径为：

，

到轴的距离为，

令，①

化简得，即，

故当时，①式恒成立.

所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.

法二：设，由已知得的半径为，.

由于，故可得，化简得的轨迹方程为.

设，因为抛物线的焦点坐标为，

点在抛物线上，所以，

线段的中点的坐标为，

则到轴的距离为，

而，

故以为径的圆与轴切，

所以当点与重合时，符合题意，

所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.

【点睛】

本题考查了圆的标准方程求法，动点轨迹方程的求法，抛物线定义及定点问题的解法综合应用，属于难题.

22．已知函数有两个极值点，.

（1）求实数的取值范围；

（2）证明：.

【答案】（1） （2）证明见解析

【解析】（1）先求得导函数，根据两个极值点可知有两个不等实根，构造函数，求得；讨论和两种情况，即可确定零点的情况，即可由零点的情况确定的取值范围；

（2）根据极值点定义可知，，代入不等式化简变形后可知只需证明；构造函数，并求得，进而判断的单调区间，由题意可知，并设，构造函数，并求得，即可判断在内的单调性和最值，进而可得，即可由函数性质得，进而由单调性证明

，即证明，从而证明原不等式成立.

【详解】

（1）函数

则，

因为存在两个极值点，，

所以有两个不等实根.

设，所以.

①当时，，

所以在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意.

②当时，令得，

所以，即.

又因为，，

所以在区间和上各有一个零点，符合题意，

综上，实数的取值范围为.

（2）证明：由题意知，，

所以，.

要证明，

只需证明，

只需证明.

因为，，所以.

设，则，

所以在上是增函数，在上是减函数.

因为，

不妨设，

设，，

则，

当时，，，

所以，所以在上是增函数，

所以，

所以，即.

因为，所以，

所以.

因为，，且在上是减函数，

所以，

即，

所以原命题成立，得证.

【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的极值点，由导数证明不等式，构造函数法的综合应用，极值点偏移证明不等式成立的应用，是高考的常考点和热点，属于难题.