安徽省合肥市高三下学期第三次教学质量理科数学试题

合肥一六八中学2017级高三第三次教学质量素养检测

理科数学

试卷满分150分考试时间120分钟

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1. 设集合，，则　　

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

解一元二次不等式可得集合B，利用交集定义求解即可.

【详解】集合，

，

．

故选D．

【点睛】本题主要考查了集合的表示及集合的交集运算，属于基础题.

2. 已知复数满足,共轭复数为，则（    ）

A. 0 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

设，可得，即可求解，得到答案.

【详解】由题意，设，可得，

则.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，复数的概念的应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.

3. 公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然领先他10米.当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然领先他1米……，所以阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若乌龟恰好领先阿基里斯米时，乌龟爬行的总距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意可知乌龟每次爬行的距离为等比数列，利用等比数列前项和公式即可得解.

【详解】由题意，乌龟每次爬行的距离组成等比数列，且，，

.

故选：D.

【点睛】本题考查了等比数列前项和公式的应用，考查了转化化归思想，属于基础题.

4. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先求出函数定义域，再判断函数的定义域，然后当时，，当时，，当时，，可得结果.

【详解】函数的定义域为，

因为

所以为奇函数，所以排除B

因为当时，，当时，，当时，

所以排除C,D

故选：A

【点睛】此题考查由函数解析式判别断函数图像，利用函数的奇偶性和函数值的变化情况进行判断，属于中档题.

5. 定义：在区域内任取一点，则点满足的概率为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用几何概型计算公式，求出试验包含的全部事件对应的集合以及满足条件的事件A对应的面积，即可求得．

【详解】试验包含的全部事件对应的集合是 ，满足条件的事件

，如图所示，

， ，所以，故选A．

【点睛】本题主要考查简单线性规划中可行域的画法和几何概型的概率计算．

6. 甲、乙两类水果的质量（单位：）分别服从正态分布，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法错误的是（   ）

A. 甲类水果的平均质量

B. 甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右

C. 甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小

D. 乙类水果的质量服从正态分布的参数

【答案】D

【解析】

由图象可知，甲类水果的平均质量μ1=0.4kg，乙类水果的平均质量μ2=0.8kg，故A，B，C，正确；乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2=，故D 不正确．故选D．

7. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，中，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则该圆的直径为（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由等腰三角形的性质可得边上的高线，垂直平分线和中线合一，其“欧拉线”为边的垂直平分线，运用中点坐标公式和两直线垂直的关系，求得边上的垂直平分线方程，再由直线和圆相切的条件，可求得其值.

【详解】解：因在中，，

所以边上的高线、垂直平分线和中线合一，则其“欧拉线”为边的垂直平分线，

因为点，点，所以的中点为

因为直线的斜率为，

所以的垂直平分线的斜率为，

所以的垂直平分线方程为，即，

因为“欧拉线”与圆相切，

所以可得圆心到“欧拉线”的距离为，

所以圆的半径为

故选：B

【点睛】此题考查了直线方程，三角形的“欧拉线”的定义，以及直线和圆相切的条件，考查推理能力和计算能力，属于中档题.

8. 如图所示，在等腰中，斜边，为直角边上的一点，将沿直折叠至的位置，使得点在平面外，且点在平面上的射影在线段上，设，则的取值范围是(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

推导出AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，从而AH＜AC1＝1，当CD＝1时，B与D重合，AH，当CD＜1时，AH，由此能求出x的取值范围．

【详解】解：∵在等腰Rt△ABC中，斜边AB，D为直角边BC上的一点，

∴AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，

将△ACD沿直AD折叠至△AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，

且点C1在平面ABD上的射影H在线段AB上，设AH＝x，

∴AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，

CH⊥平面ABC，

∴AH＜AC1＝1，故排除选项A和选项C；

当CD＝1时，B与D重合，AH，

当CD＜1时，AH，

∵D为直角边BC上的一点，

∴CD∈（0，1），∴x的取值范围是（，1）．

故选B．

【点睛】本题考查线段长的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

9. 已知函数的图象在点处的切线为，若也与函数，的图象相切，则必满足（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】函数的导数为，图像在点处的切线的斜率为，切线方程为，即，设切线与相切的切点为，，由的导数为，切线方程为，即，∴，．

由，可得，且，解得，消去，可得，

令，，

在上单调递增，且，，所以有的根，故选D.

10. 在直角坐标系中，抛物线：与圆：相交于两点，且两点间的距离为，则抛物线的焦点到其准线的距离为(   )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由题设抛物线与圆C的个交点为分别为，根据和圆的性质，求得点坐标为，代入抛物线方程，解得，即抛物线M的焦点到其准线的距离．

【详解】由题意，设抛物线与圆的其中一个交点为，设另一个交点为，

因为，所以，则，

可得点坐标为，代入抛物线方程，得，

解得，即抛物线M的焦点到其准线的距离为，故选A．

【点睛】本题主要考查了圆的性质以及抛物线的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中根据圆的性质求得焦点的坐标，再代入抛物线的方程求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．

11. 如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是

A. 在内总存在与平面平行的线段

B. 平面平面

C. 三棱锥的体积为定值

D. 可能为直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】

A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；

B项利用线面垂直的判定定理；

C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;

D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.

【详解】A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；

B项，如图：

当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；

C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；

D项,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误.

故选D

【点睛】本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.

12. 已知数列的前项和为，数列的前项和为，满足，，，且.若存在，使得成立，则实数的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据数列的递推公式求出，再利用累乘法求出通项公式，再构造数列，判断数列的单调性，即可求出.

【详解】解：因为，所以，解得，

所以         

当时，

所以，即，

所以，

所以，

累乘可得，，经检验符合题意

所以，

因为，所以，

令，

则，

所以数列为递增数列，

所以

因为存在，使得成立，

所以

故选：A

【点睛】此题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前项和，以及数列的函数特征，考查满足条件的实数值是否存在和判别断与求法，综合性强，属于难题.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 若的展开式中各项系数的和为81，则该展开式中的常数项为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

由已知可得的值，写出二项式的通项，令的指数为0，可得的值，则答案可求.

【详解】解：在中，令可得其展开式中各项系数和为，则，解得，

所以的展开式的通项公式为：，

令，解得，

所以常数项为

故答案：

【点睛】此题考查二项式展开式的通项公式的运用，解决二项式展开式的特定项问题，二项式展开式的通项公式是常用工具，属于基础题.

14. 如图，在平面直角坐标系中，点在以原点为圆心的圆上．已知圆O与y轴正半轴的交点为P，延长AP至点B，使得，则____．

【答案】2

【解析】

【分析】

根据点求出，从而得到直线；假设点坐标，利用可求得，由此可用坐标求解.

【详解】圆半径   

则所在直线为：，即：

设，则，

解得：       

本题正确结果：

【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，关键在于能够利用向量垂直求得点的坐标，从而得到所求向量的坐标，最终求得结果.

15. 已知两定点和，动点在直线：上移动，椭圆以，，为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

由题意知，要使椭圆的离心率取最大值，则取最小值，即取最小值，利用点的对称性求出最小值即可得到答案.

【详解】解：由题意得，，所以，

当取最小值时，椭圆的离心率有最大值，

设点关于直线：的对称点为，

则，解得，

所以，

则，所以，

所以当时，椭圆的离心率最大，

此时，

故答案为：

【点睛】此题考查椭圆的基本性质，动点到定点距离的最值等知识，属于中档题.

16. 定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”.

（1）设，则在上的“新驻点”为_________.

（2）如果函数与的“新驻点”分别为、，那么和的大小关系是____.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

分析】

（1）根据“新驻点”的定义求得，结合可得出结果；

（2）求出的值，利用零点存在定理判断所在的区间，进而可得出与的大小关系.

【详解】（1），，

根据“新驻点”的定义得，即，可得，

，解得，所以，函数在上的“新驻点”为；

（2），则，根据“新驻点”的定义得，即.

，则，由“新驻点”的定义得，即，

构造函数，则函数在定义域上为增函数，

，，

，由零点存在定理可知，，

.

故答案为：（1）；（2）.

【点睛】本题考查导数的计算，是新定义的题型，关键是理解“新驻点”的定义，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题.

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. 已知在等比数列中，，且，，成等差数列．

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若数列满足：，求数列的前项和．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（Ⅰ）设等比数列的公比为,再根据,,成等差数列求解即可.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，代入有，再分组利用等比和等差数列的求和公式求解即可.

【详解】（Ⅰ）设等比数列的公比为,

∵,,成等差数列,

,

（Ⅱ）,

    .

【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解以及等差等比数列求和公式，属于基础题.

18. 如图所示，在四棱锥中，平面平面，.

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）若二面角为，求直线与平面所成的角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（Ⅰ）证明,即可证明平面,从而得出.

（Ⅱ）根据二面角为可知,,继而证得平面,并判断出是直线与平面所成的角,再根据三角形中的关系求解正弦即可.

【详解】（Ⅰ）证明：在中,,

所以,故.

因为平面平面,平面平面,,

所以平面.

又因为平面,所以.

（Ⅱ）因为平面,平面,所以.

又,平面平面,

所以是平面与平面所成的二面角的平面角,即.

因为 ,所以平面.

所以是直线与平面所成的角.

因为在中,,

所以在中,.

【点睛】本题主要考查了线线垂直的证明以及线面角的求解与证明.属于中档题.

19. 武汉出现的新型冠状病毒是一种可以通过飞沫传播的变异病毒，某药物研究所为筛查该新型冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，每份样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次；②混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k份血液全为阴性，因此这k份血液样本检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份血液再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阴性还是阳性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.

（1）假设有5份血液样本，其中只有2份为阳性，若采取逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；

（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.

（i）试运用概率统计知识，若，试求P关于k的函数关系式；

（ii）若，采用混合检验方式可以使得这k份血液样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值.

参考数据：，，，，

【答案】(1) ;(2) （i）,;（ii）4

【解析】

【分析】

(1)根据排列的方法列式求概率即可.

(2) （i）分别求解,再化简求时的解析式即可.

（ii）由题,化简可得,再构造函数求导分析函数的单调性,再根据零点存在性定理求区间端点的正负判断即可.

【详解】(1)设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的事件为,则,故恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的概率为

(2) （i）由已知可得,所有可能的取值为.

所以,,

所以.

若,则,所以.

故.

所以P关于k的函数关系式,

（ii）由题意可知,即,化简得.

因为,所以,即.

设函数.

又,故当时, ,即在上单调递减.

又,.

故的最大值为4.

【点睛】本题主要考查了排列在概率中的运用,同时也考查了构造函数数学期望的求解以及构造函数分析不等式的方法.属于中档题..

20. 已知椭圆C：（）的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A、B两点，若直线、的斜率为、，当时，求此时“卫星圆”的个数.

【答案】(1)；(2)8个.

【解析】

【分析】

(1)由条件可得，解出来即可；

(2) 设“卫星圆”的圆心为，由定义可得“卫星圆”的标准方程为，求其圆心到直线，直线的距离，整理可转化为、是方程的两个不相等的实数根，则，再加上，，解方程即可.

【详解】(1)∵椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形，

∴由椭圆的定义和正方形的性质，可得，

解得.

又

∴椭圆C的标准方程为.

(2)设“卫星圆”的圆心为.

由“卫星圆”的定义，可得“卫星圆”的半径为.

∴“卫星圆”的标准方程为.

∵直线：与“卫星圆”相切，

则由点到直线的距离公式可，

化简得.

同理可得.

∴、是方程的两个不相等的实数根，

∴，由，得，

将代入得，.

又∵“卫星圆”的圆心在椭圆C上，

∴代入椭圆方程中，可得.

解得，

.

当时，；

当时，，

∴满足条件点共8个，

∴这样“卫星圆”存在8个.

【点睛】本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，注意韦达定理的应用，考查计算能力与分析能力，是一道中档题.

21. 已知，

（1）对，有恒成立，求的最大整数解；

（2）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求证：.

【答案】（1）3  （2）见解析

【解析】

【分析】

（1）由等到价于，可令，求得导数，再构造函数，求得导数，判断单调性可得的单调性，以及最小值，即可得到所求的最大整数值；

（2）求得的导数的单调性，由极小值小于0，可得，再由分析法，注意构造函数，求得导数和单调性，即可得证.

【详解】（1）解：等价于，

令，则，

令，则，

所以在上为递增函数，

因为，

所以存在，使得，即，

所以在上递减，在上递增，

所以，

所以的最大整数为3；

（2）证明：，则，

当时，，所以的上单调递增，

此时不可能有两个零点，

所以，

所以

解得，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，上单调递增，

而要使有两个零点，要满足，

即，可得，

因为，，令，

由，得

所以，

而

即

由，只需证，

令，则，

令，则，

所以在上递增，；

所以在上递增，，

所以

【点睛】此题考查导数的运用，求单调性和极值、最值，考查构造函数法和分析法，考查转化思想和化简运算能力，属于难题.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

22. 已知直线的参数方程为 （为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；

（2）设直线与曲线交于两点，求．

【答案】（1），；（2）2

【解析】

【分析】

（1）消去参数即可确定普通方程，将极坐标方程两边乘以整理计算即可确定直角坐标方程；（2）联立直线参数方程的标准形式和圆的方程，结合参数的几何意义即可求得弦长．

【详解】（1）直线 （为参数），消去得：

即：

曲线，即

又，．

故曲线

（2）直线的参数方程为 （为参数）

直线的参数方程为 （为参数）

代入曲线，消去得：

由参数的几何意义知，

【点睛】本题考查直线的参数方程，圆的极坐标方程与普通方程的互化等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．

23. 已知函数.

(1)解不等式；

(2)设函数的最小值为m，已知正实数a，b，且，证明：.

【答案】(1)；(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

(1)分类讨论去绝对值，解不等式即可；

(2)由绝对值三角不等式可得，得，由得，进而可证明.

【详解】(1)不等式，

即为不等式，

当时，不等式可化为，解得；

当时，不等式可化为，即，无解；

当时，不等式可化为，解得.

综上，不等式的解集是；

(2)，

当且仅当时取等号，

.

，

.

，

，

，

即.

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，考查计算能力与分析能力，是中档题.