【KS5U解析】河南省平顶山许昌济源2020届高三第一次质量检测数学（理）试题 Word版含解析

1、平顶山许昌济源2020年高三第一次质量检测理科数学一、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.复数等于（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用复数的四则运算法则对原式进行化简计算可得答案.【详解】解：，故选：d.【点睛】本题主要考查复数的四则运算法则，相对简单.2.如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数关系式，据此可知，这段时间水深(单位：)的最大值为（ ）a. 5b. 6c. 8d. 10【答案】c【解析】【分析】由题意和最小值易得k的值，进而可得最大值.【详解】由题意可得当取得最小值-1时，函数取

2、最小值，因此当取得最大值1时，函数取最小值.故选：c【点睛】本题考查了三角函数的应用问题，考查了学生实际应用，综合分析，数学运算能力，属于中档题.3.中，点d在边ab上，cd平分，若，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据三角形的内角平分线定理，得到，再由，将各个向量用表示出来，即可求解【详解】由题意，因为cd平分，可得,又因为，所以，所以故选：a【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，其中解答中熟记三角形的内角平分线定理，熟练应用向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题4.干支纪年历法（农历），是屹立于世界民族之林的科学历法之一，与国际公历历法并

3、存黄帝时期，就有了使用六十花甲子的干支纪年历法干支是天干和地支的总称，把干支顺序相配正好六十为一周期，周而复始，循环记录甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号叫天干；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二个符号叫地支受此周期律的启发，可以求得函数的最小正周期为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由天干为10个，地支为12个，其周期为其公倍数：60，可得与的周期，可得的最小正周期.【详解】解：由天干为10个，地支为12个，其周期为其公倍数：60故可得：的周期,的周期,的最小公倍数为，故的最小正周期为.故选：c.【点睛】本题主要考查周期的相关知识及知识迁移与

4、创新的能力，属于中档题.5.下图是计算某年级500名学生期末考试（满分为100分）及格率q的程序框图，则图中空白框内应填入（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】通过题意与框图进行分析判断，可得空白框内应填入的表达式.【详解】解：由题意结合框图可得：程序执行的过程时，如果输入的成绩不小于60分就及格，就把变量m加1，即变量m为统计成绩及格的人数，否则，由变量n统计成绩不及格的人数，总人数由变量i进行统计，不超过500就继续输入成绩，直到输入完500个成绩终止循环，由q表示及格率，可得，故选：d.【点睛】本题主要考查程序框图的相关知识，熟练程序框图并结合题意进行判断时解题的关键.

5、6.设函数，若，则实数的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据函数的解析式和已知条件，分和，两种情况讨论，即可求解【详解】由题意，函数，不妨设，则，可得，所以函数为定义域上的奇函数，又由，可得，即，即，当时，可得，即，解得；当时，可得，即，解得，综上可得实数的取值范围是故选：a【点睛】本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，合理应用函数的奇偶性，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题7.若直线过点，则的最小值为（ ）a. 10b. 9c. 8d. 6【答案】b【解析】【分析】由题意可得，

6、再利用“乘1法”与基本不等式可得答案.【详解】解：由题意得：直线过点，可得，可得：，故选：b.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，熟练利用“乘1法”是解题的关键.8.已知o为坐标原点，f是椭圆c：的左焦点，a，b分别为c的左，右顶点.p为c上一点，且pfx轴.过点a的直线l与线段pf交于点m，与y轴交于点e.若直线bm经过oe的中点，则c的离心率为a. b. c. d. 【答案】a【解析】试题分析：如图取与重合，则由直线同理由,故选a.考点：1、椭圆及其性质；2、直线与椭圆.【方法点晴】本题考查椭圆及其性质、直线与椭圆，涉及特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转

7、化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 如图取与重合，则由直线同理由.9.对于复数，若集合具有性质“对任意，必有”，则当时，等于()a. 1b. 1c. 0d. 【答案】b【解析】试题分析：集合中各不相同，由已知“对任意，必有”可知时，时考点：复数运算点评：在计算的值时要注意验证已知中的对任意，必有是否成立和集合元素的互异性10.在直角梯形abcd中，沿bd将abcd折成 的二面角，则折后直线ac与平面bcd所成角的正弦值为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】取的中点，连接交于点，推得为二面角的平面角，即，再由由面面垂直的性质定理，推得平面，得到为与平面所成的角，

8、在直角中，即可求解【详解】由题意，取的中点，连接交于点，在图（1）中，正方形，则，即在图（2）中，所以为二面角的平面角，即，又在中，所以等边三角形，取的中点，则，且，由面面垂直的性质定理，可得平面，所以为与平面所成的角，设，在中，由余弦定理可得，解得，所以，所以故答案为：b【点睛】本题主要考查了二面角的平面角的概念及应用，以及直线与平面所成角的求解，其中解答中熟记二面角的平面角和直线与平面所成角的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，以及计算能力，属于中档试题11. 现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工

9、作至少有一人参加甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是a. 152b. 126c. 90d. 54【答案】b【解析】试题分析：根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，甲乙一起参加除了开车的三项工作之一，甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案解：根据题意，分情况讨论，甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：c31×a33=18种；甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；1°丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作，有a32×c32×a22=3

10、5;2×3×2=36种；2°甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作：a32×c31×c21×a22=72种；由分类计数原理，可得共有18+36+72=126种，故选b考点：排列、组合的实际应用12.已知函数对有成立，则k的最小值为（ ）a. 1b. c. ed. 【答案】b【解析】【分析】先判定时不符合题意，再由时，令，求得，分类讨论求得函数的单调性与最值，即可求解【详解】由题意，函数对有成立，当时，取时，可得，所以不符合题意，舍去；当时，令，则，令，可得或，（1）当时，则，则在上恒成立，因此在单调减，从而对任意，总有，即对任意

11、，都有成立，所以符合题意；（2）当时，对于，因此在内单调递增，所以当时，即存在不成立，所以不符合题意，舍去，综上可得，实数的取值范围是，即实数的最小值为故选：b【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的单调性与最值，以及不等式的恒成立问题的求解，其中解答中根据题意，构造新函数，分类讨论得出函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能，属于中档试题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.在区域内任取一点，能满足的概率为_【答案】【解析】【分析】先求得区域表示面积，再求得，表示面积为，利用面积比的几何概型，即可求解【详解】由题意，区域表示一个边长为1的正方形，其面积，

12、又由，即，即，表示以为圆心，以1为半径的圆在正方形内部的部分，如图所示，其面积为,由面积比几何概型，可得概率为，故答案为：【点睛】本题主要考查了几何概型的概率的计算问题，解决此类问题的步骤：求出满足条件a的基本事件对应的“几何度量”，再求出总的基本事件对应的“几何度量”，然后根据求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题14.在中，其中a，b，c分别为内角a，b，c的对边，则角a的大小为_【答案】【解析】【分析】由正弦定理和题设条件，化简得，再由余弦定理，求得，即可求解【详解】由题意，因为由正弦定理化简得，整理得，又由余弦定理，可得，又因为，所以故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定

13、理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解15.平面直角坐标系xoy中，双曲线的渐近线与抛物线 交于点o，a，b，且的垂心为的焦点，则的离心率为_；如果与在第一象限内有且只有一个公共点，且，那么的方程为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由双曲线的渐近线与抛物线联立，求得或，取，设垂心，得到，再根据垂心的性质，求得，利用离心率的定义，可求得双曲线的离心率，再由双曲线与抛物线的联立方程组，利用，求得，即

14、可得到抛物线的方程【详解】由题意，双曲线的渐近线为，与抛物线联立，可得或，取，设垂心，则，因为的垂心为的焦点，所以，整理得，即，即，所以，又由，则，所以曲线，与抛物线联立方程组，可得，即，因为曲线与在第一象限内有且只有一个公共点，所以，解得，所以故答案为：，【点睛】本题主要考查了双曲线和抛物线的标准方程，及其简单的几何性质的综合应用，其中解答中熟记双曲线和抛物线的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题16.设圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，那么该圆锥体积的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据三角形形式得出圆锥的底面半径和高的关系，根据

15、体积公式和基本不等式，即可求解【详解】如图所示，设圆锥的高为，底面半径为，则当圆锥的体积最小小球与圆锥侧面相切，由，可得，即，所以圆锥的体积，当且仅当，即等号成立，所以圆锥体积的最小值为故答案为： 【点睛】本题主要考查了圆锥的几何结构特征，以及体积公式与基本不等式的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第2223题为选考题，考生根据要求作答（）必考题：60分17.已知数列满足，且，（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记，求数列的前n项和【答案】（1

16、）证明见解析，；（2）【解析】【分析】（1）由，整理得，得出是以2为公比，以为首项的等比数列，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用等差数列的前项和公式和“乘公比错位相加法”，即可求得数列的前项和【详解】（1）由题意，数列满足，可得，即，所以是以2为公比，以为首项的等比数列，所以，又由当，成立，所以数列的通项公式为（2）由（1）可得，所以令，则， 两式相减得，解得， 又由，故【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数

17、，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等18.如图，在正三棱柱中，e是的中点（1）求证：截面侧面；（2）若，求到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】分析】（1）设o，分别为ac，的中点，与相交于f，侧面,可得侧面，截面侧面；（2）求出、的面积及a到平面 ，由可得到平面的距离.【详解】解：（1）设o，分别为ac，的中点，与相交于f是正三棱柱，侧面底面abco是正三角形abc边ac的中点，侧面，e，f是中点，ebof是平行四边形 ，侧面又平面，截面侧面（2），则，所以的面积为又因为a到平面的距离为，的面积为设到平面的距离为d，即，b1到平面的距离为【点睛】本题主要考查面面垂直

18、及线面垂直的判定定理及三棱锥体积的计算，属于中档题，注意灵活运用三棱锥的性质及面面垂直的判定定理解题.19.一款手游，页面上有一系列的伪装，其中隐藏了4个宝藏如果你在规定的时间内找到了这4个宝藏，将会弹出下一个页面，这个页面仍隐藏了2个宝藏，若能在规定的时间内找到这2个宝藏，那么闯关成功，否则闯关失败，结束游戏；如果你在规定的时间内找到了3个宝藏，仍会弹出下一个页面，但这个页面隐藏了4个宝藏，若能在规定的时间内找到这4个宝藏，那么闯关成功，否则闯关失败，结束游戏；其它情况下，不会弹出下一个页面，闯关失败，并结束游戏假定你找到任何一个宝藏概率为，且能否找到其它宝藏相互独立（1）求闯关成功的概率；

19、（2）假定你付1个q币游戏才能开始，能进入下一个页面就能获得2个q币的奖励，闯关成功还能获得另外4个q币的奖励，闯关失败没有额外的奖励求一局游戏结束，收益的q币个数x的数学期望（收益=收入-支出）【答案】（1）；（2）ex=【解析】【分析】（1）记闯关成功为事件a，事件a共分二类，找到4个宝藏并且闯关成功为事件b，找到3个宝藏并且闯关成功为事件c，那么a=b+c，利用互斥事件的概率的加法公式，即可求解（2）记一局游戏结束能收益x个q币，得到，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用期望的公式，求得数学期望【详解】（1）由题意，记闯关成功为事件a，事件a共分二类，找到4个宝藏并且闯关成功为事件

20、b，找到3个宝藏并且闯关成功为事件c，那么, 因为，所以（2）记一局游戏结束能收益x个q币，那么，由（1）知，又x的概率分布列为：x115p所以ex=【点睛】本题主要考查了互斥事件的概率加法公式，以及离散型随机变量的分布列与期望的求解，其中解答中认真审题，求得随机变量的取值，准确求解相应的概率，得出随机变量的分布列是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题20.已知动圆过定点，且在y轴上截得的弦mn的长为8（1）求动圆圆心的轨迹c的方程；（2）已知点，长为的线段pq的两端点在轨迹c上滑动当轴是的角平分线时，求直线pq的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）设圆心，

21、线段mn的中点为e，由圆的性质得，结合两点间的距离公式，即可求解（2）当pq与x轴不垂直时，由x轴平分，得，设直线，利用根与系数的关系，求得，进而解得，得出直线的方程；当pq与x轴垂直时，取得直线pq的方程为【详解】（1）由题意，动圆过定点，设圆心，线段mn的中点为e，连接，则，则由圆的性质得，所以，所以，整理得当时，也满足上式，所以动圆的圆心的轨迹方程为（2）设，由题意可知，（）当pq与x轴不垂直时，由x轴平分，得，所以，所以，整理得，设直线，代入c的方程得：则，所以，解得，由于，解得，因此直线pq的方程为（）当pq与x轴垂直时，可得直线pq的方程为综上，直线pq的方程为或【点睛】本题主要考

22、查轨迹方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等21.设函数（为常数）（1）讨论函数可能取得的最大值或最小值；（2）已知时，恒成立，求的取值范围【答案】（1）最大值，无最小值；（2）【解析】【分析】（1）求得函数的导数，分类讨论求得函数的单调性和最值；（2）转化为对时恒成立，令，利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解【详解】（1）由题意，函数的定义域为，且 （）当，由可得增函数，这时函数没有最大值也没有最小值（）当，函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，所以，时，取得最大值，且无最小值（2）由时，恒成立，可得对时恒成立，令，则，令，则，所以是增函数，因此，方程有唯一解，所以函数在时取得最小值，由于，所以，因此【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题