安徽省合肥市一六八中學(xué)2020屆高三數(shù)學(xué)下學(xué)期第三次教學(xué)質(zhì)量試題理?含解析?

1、安徽省合肥市一六八中學(xué)2020屆高三數(shù)學(xué)下學(xué)期第三次教學(xué)質(zhì)量試題 理（含解析）試卷滿分150分考試時(shí)間120分鐘一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的）1. 設(shè)集合，則A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式可得集合B，利用交集定義求解即可.【詳解】集合，故選D【點(diǎn)睛】本題主要考查了集合的表示及集合的交集運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.2. 已知復(fù)數(shù)滿足,共軛復(fù)數(shù)為，則（ ）A. 0B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】設(shè)，可得，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，設(shè)，可得，則.故選：C.【點(diǎn)睛】本題主要考查

2、了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，復(fù)數(shù)的概念的應(yīng)用，著重考查了推理與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.3. 公元前5世紀(jì)，古希臘哲學(xué)家芝諾發(fā)表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在阿基里斯前面1000米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜?shù)?0倍.當(dāng)比賽開始后，若阿基里斯跑了1000米，此時(shí)烏龜便領(lǐng)先他100米；當(dāng)阿基里斯跑完下一個(gè)100米時(shí)，烏龜仍然領(lǐng)先他10米.當(dāng)阿基里斯跑完下一個(gè)10米時(shí)，烏龜仍然領(lǐng)先他1米，所以阿基里斯永遠(yuǎn)追不上烏龜.按照這樣的規(guī)律，若烏龜恰好領(lǐng)先阿基里斯米時(shí)，烏龜爬行的總距離為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由題意可知烏龜每次爬行的距離為等比數(shù)列，利用等比數(shù)列

3、前項(xiàng)和公式即可得解.【詳解】由題意，烏龜每次爬行的距離組成等比數(shù)列，且，.故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查了等比數(shù)列前項(xiàng)和公式的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化化歸思想，屬于基礎(chǔ)題.4. 函數(shù)的圖象大致為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出函數(shù)定義域，再判斷函數(shù)的定義域，然后當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，可得結(jié)果.【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)?，因?yàn)樗詾槠婧瘮?shù)，所以排除B因?yàn)楫?dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以排除C,D故選：A【點(diǎn)睛】此題考查由函數(shù)解析式判別斷函數(shù)圖像，利用函數(shù)的奇偶性和函數(shù)值的變化情況進(jìn)行判斷，屬于中檔題.5. 定義：在區(qū)域內(nèi)任取一點(diǎn)，則點(diǎn)滿足的概率為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【

4、分析】利用幾何概型計(jì)算公式，求出試驗(yàn)包含的全部事件對(duì)應(yīng)的集合以及滿足條件的事件A對(duì)應(yīng)的面積，即可求得【詳解】試驗(yàn)包含的全部事件對(duì)應(yīng)的集合是 ，滿足條件的事件 ，如圖所示， ，所以，故選A【點(diǎn)睛】本題主要考查簡(jiǎn)單線性規(guī)劃中可行域的畫法和幾何概型的概率計(jì)算6. 甲、乙兩類水果的質(zhì)量（單位：）分別服從正態(tài)分布，其正態(tài)分布的密度曲線如圖所示，則下列說法錯(cuò)誤的是（ ）A. 甲類水果的平均質(zhì)量B. 甲類水果的質(zhì)量比乙類水果的質(zhì)量更集中于平均值左右C. 甲類水果的平均質(zhì)量比乙類水果的平均質(zhì)量小D. 乙類水果的質(zhì)量服從正態(tài)分布的參數(shù)【答案】D【解析】由圖象可知，甲類水果的平均質(zhì)量1=0.4kg，乙類水果的平均

5、質(zhì)量2=0.8kg，故A，B，C，正確；乙類水果的質(zhì)量服從的正態(tài)分布的參數(shù)2=，故D 不正確故選D7. 瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上.這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”.在平面直角坐標(biāo)系中作，中，點(diǎn)，點(diǎn)，且其“歐拉線”與圓相切，則該圓的直徑為（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】由等腰三角形的性質(zhì)可得邊上的高線，垂直平分線和中線合一，其“歐拉線”為邊的垂直平分線，運(yùn)用中點(diǎn)坐標(biāo)公式和兩直線垂直的關(guān)系，求得邊上的垂直平分線方程，再由直線和圓相切的條件，可求得其值.【詳解】解：因在中，所以邊上的高線、垂直平分線和中線合一，則其

6、“歐拉線”為邊的垂直平分線，因?yàn)辄c(diǎn)，點(diǎn)，所以的中點(diǎn)為因?yàn)橹本€的斜率為，所以的垂直平分線的斜率為，所以的垂直平分線方程為，即，因?yàn)椤皻W拉線”與圓相切，所以可得圓心到“歐拉線”的距離為，所以圓的半徑為故選：B【點(diǎn)睛】此題考查了直線方程，三角形的“歐拉線”的定義，以及直線和圓相切的條件，考查推理能力和計(jì)算能力，屬于中檔題.8. 如圖所示，在等腰中，斜邊，為直角邊上的一點(diǎn)，將沿直折疊至的位置，使得點(diǎn)在平面外，且點(diǎn)在平面上的射影在線段上，設(shè)，則的取值范圍是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】推導(dǎo)出ACBC1，ACB90，AC1AC1，CDC1D（0，1），AC1D90，CH平面ABC，

7、從而AHAC11，當(dāng)CD1時(shí)，B與D重合，AH，當(dāng)CD1時(shí)，AH，由此能求出x的取值范圍【詳解】解：在等腰RtABC中，斜邊AB，D為直角邊BC上的一點(diǎn)，ACBC1，ACB90，將ACD沿直AD折疊至AC1D的位置，使得點(diǎn)C1在平面ABD外，且點(diǎn)C1在平面ABD上的射影H在線段AB上，設(shè)AHx，AC1AC1，CDC1D（0，1），AC1D90，CH平面ABC，AHAC11，故排除選項(xiàng)A和選項(xiàng)C；當(dāng)CD1時(shí)，B與D重合，AH，當(dāng)CD1時(shí)，AH，D為直角邊BC上的一點(diǎn)，CD（0，1），x的取值范圍是（，1）故選B【點(diǎn)睛】本題考查線段長的取值范圍的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知

8、識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題9. 已知函數(shù)的圖象在點(diǎn)處的切線為，若也與函數(shù)，的圖象相切，則必滿足（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【詳解】函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為，圖像在點(diǎn)處的切線的斜率為，切線方程為，即，設(shè)切線與相切的切點(diǎn)為，由的導(dǎo)數(shù)為，切線方程為，即，由，可得，且，解得，消去，可得，令，在上單調(diào)遞增，且，所以有的根，故選D.10. 在直角坐標(biāo)系中，拋物線：與圓：相交于兩點(diǎn)，且兩點(diǎn)間的距離為，則拋物線的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離為( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題設(shè)拋物線與圓C的個(gè)交點(diǎn)為分別為，根據(jù)和圓的性質(zhì)，求得點(diǎn)坐標(biāo)為，代入拋物線方程，解得，即拋物線M的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線

9、的距離【詳解】由題意，設(shè)拋物線與圓的其中一個(gè)交點(diǎn)為，設(shè)另一個(gè)交點(diǎn)為，因?yàn)椋?，則，可得點(diǎn)坐標(biāo)為，代入拋物線方程，得，解得，即拋物線M的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離為，故選A【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的性質(zhì)以及拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì)的應(yīng)用，其中解答中根據(jù)圓的性質(zhì)求得焦點(diǎn)的坐標(biāo)，再代入拋物線的方程求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題11. 如圖，正三棱柱各條棱的長度均相等，為的中點(diǎn)，分別是線段和線段的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），且滿足，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列結(jié)論中不正確的是A. 在內(nèi)總存在與平面平行的線段B. 平面平面C. 三棱錐的體積為定值D. 可能為直角三角形【答案】D【解析】【分析】A項(xiàng)用平行

10、于平面ABC的平面與平面MDN相交，則交線與平面ABC平行；B項(xiàng)利用線面垂直的判定定理；C項(xiàng)三棱錐與三棱錐體積相等，三棱錐的底面積是定值，高也是定值，則體積是定值;D項(xiàng)用反證法說明三角形DMN不可能是直角三角形.【詳解】A項(xiàng)，用平行于平面ABC的平面截平面MND，則交線平行于平面ABC，故正確； B項(xiàng)，如圖：當(dāng)M、N分別在BB1、CC1上運(yùn)動(dòng)時(shí),若滿足BM=CN,則線段MN必過正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正確；C項(xiàng),當(dāng)M、N分別在BB1、CC1上運(yùn)動(dòng)時(shí),A1DM的面積不變,N到平面A1DM的距離不變,所以棱錐N-A1DM的體積不變,即三棱錐A1-DM

11、N的體積為定值,故正確；D項(xiàng),若DMN為直角三角形,則必是以MDN為直角的直角三角形,但MN的最大值為BC1,而此時(shí)DM,DN的長大于BB1,所以DMN不可能為直角三角形,故錯(cuò)誤.故選D【點(diǎn)睛】本題考查了命題真假判斷、棱柱的結(jié)構(gòu)特征、空間想象力和思維能力，意在考查對(duì)線面、面面平行、垂直的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，是中檔題.12. 已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，數(shù)列的前項(xiàng)和為，滿足，且.若存在，使得成立，則實(shí)數(shù)的最小值為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根據(jù)數(shù)列的遞推公式求出，再利用累乘法求出通項(xiàng)公式，再構(gòu)造數(shù)列，判斷數(shù)列的單調(diào)性，即可求出.【詳解】解：因?yàn)?，所以，解得，所?當(dāng)時(shí)，所以，

12、即，所以，所以，累乘可得，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意所以，因?yàn)椋?，令，則，所以數(shù)列為遞增數(shù)列，所以因?yàn)榇嬖?，使得成立，所以故選：A【點(diǎn)睛】此題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查數(shù)列的前項(xiàng)和，以及數(shù)列的函數(shù)特征，考查滿足條件的實(shí)數(shù)值是否存在和判別斷與求法，綜合性強(qiáng)，屬于難題.二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13. 若的展開式中各項(xiàng)系數(shù)的和為81，則該展開式中的常數(shù)項(xiàng)為_.【答案】【解析】【分析】由已知可得的值，寫出二項(xiàng)式的通項(xiàng)，令的指數(shù)為0，可得的值，則答案可求.【詳解】解：在中，令可得其展開式中各項(xiàng)系數(shù)和為，則，解得，所以的展開式的通項(xiàng)公式為：，令，解得，所以常數(shù)項(xiàng)為故答案：【點(diǎn)睛】此題

13、考查二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式的運(yùn)用，解決二項(xiàng)式展開式的特定項(xiàng)問題，二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式是常用工具，屬于基礎(chǔ)題.14. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)在以原點(diǎn)為圓心的圓上已知圓O與y軸正半軸的交點(diǎn)為P，延長AP至點(diǎn)B，使得，則_【答案】2【解析】【分析】根據(jù)點(diǎn)求出，從而得到直線；假設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)，利用可求得，由此可用坐標(biāo)求解.【詳解】圓半徑 則所在直線為：，即：設(shè)，則， 解得： 本題正確結(jié)果：【點(diǎn)睛】本題考查向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，關(guān)鍵在于能夠利用向量垂直求得點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得到所求向量的坐標(biāo)，最終求得結(jié)果.15. 已知兩定點(diǎn)和，動(dòng)點(diǎn)在直線：上移動(dòng)，橢圓以，為焦點(diǎn)且經(jīng)過點(diǎn)，則橢圓的離心率的最大值為_.【答案

14、】【解析】【分析】由題意知，要使橢圓的離心率取最大值，則取最小值，即取最小值，利用點(diǎn)的對(duì)稱性求出最小值即可得到答案.【詳解】解：由題意得，所以， 當(dāng)取最小值時(shí)，橢圓的離心率有最大值，設(shè)點(diǎn)關(guān)于直線：的對(duì)稱點(diǎn)為，則，解得，所以，則，所以，所以當(dāng)時(shí)，橢圓的離心率最大，此時(shí)，故答案為：【點(diǎn)睛】此題考查橢圓的基本性質(zhì)，動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)距離的最值等知識(shí)，屬于中檔題.16. 定義方程的實(shí)數(shù)根叫做函數(shù)的“新駐點(diǎn)”.（1）設(shè)，則在上的“新駐點(diǎn)”為_.（2）如果函數(shù)與的“新駐點(diǎn)”分別為、，那么和的大小關(guān)系是_.【答案】 (1). (2). 【解析】分析】（1）根據(jù)“新駐點(diǎn)”的定義求得，結(jié)合可得出結(jié)果；（2）求出的值，利

15、用零點(diǎn)存在定理判斷所在的區(qū)間，進(jìn)而可得出與的大小關(guān)系.【詳解】（1），根據(jù)“新駐點(diǎn)”的定義得，即，可得，解得，所以，函數(shù)在上的“新駐點(diǎn)”為；（2），則，根據(jù)“新駐點(diǎn)”的定義得，即.，則，由“新駐點(diǎn)”的定義得，即，構(gòu)造函數(shù)，則函數(shù)在定義域上為增函數(shù)，由零點(diǎn)存在定理可知，.故答案為：（1）；（2）.【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的計(jì)算，是新定義的題型，關(guān)鍵是理解“新駐點(diǎn)”的定義，考查分析問題與解決問題的能力，屬于中等題.三、解答題（共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17. 已知在等比數(shù)列中，且，成等差數(shù)列（）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（）若數(shù)列滿足：，求數(shù)列的前項(xiàng)和【答案】（）（）【解析】【分析】（

16、）設(shè)等比數(shù)列的公比為,再根據(jù),成等差數(shù)列求解即可.（）由（）可得，代入有，再分組利用等比和等差數(shù)列的求和公式求解即可.【詳解】（）設(shè)等比數(shù)列的公比為,成等差數(shù)列, （）, .【點(diǎn)睛】本題主要考查了等差數(shù)列的基本量求解以及等差等比數(shù)列求和公式，屬于基礎(chǔ)題.18. 如圖所示，在四棱錐中，平面平面，.（）求證：；（）若二面角為，求直線與平面所成的角的正弦值【答案】（）證明見解析（）【解析】【分析】（）證明,即可證明平面,從而得出.（）根據(jù)二面角為可知,繼而證得平面,并判斷出是直線與平面所成的角,再根據(jù)三角形中的關(guān)系求解正弦即可.【詳解】（）證明：在中,所以,故.因?yàn)槠矫嫫矫?平面平面,所以平面. 又

17、因?yàn)槠矫?所以. （）因?yàn)槠矫?平面,所以.又,平面平面,所以是平面與平面所成的二面角的平面角,即. 因?yàn)?,所以平面.所以是直線與平面所成的角.因?yàn)樵谥?所以在中,.【點(diǎn)睛】本題主要考查了線線垂直的證明以及線面角的求解與證明.屬于中檔題.19. 武漢出現(xiàn)的新型冠狀病毒是一種可以通過飛沫傳播的變異病毒，某藥物研究所為篩查該新型冠狀病毒，需要檢驗(yàn)血液是否為陽性，現(xiàn)有份血液樣本，每份樣本取到的可能性均等，有以下兩種檢驗(yàn)方式：逐份檢驗(yàn)，則需要檢驗(yàn)n次；混合檢驗(yàn)，將其中份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗(yàn).若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，這k份血液全為陰性，因此這k份血液樣本檢驗(yàn)一次就夠了，如果檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為了明確

18、這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對(duì)這k份血液再逐份檢驗(yàn)，此時(shí)這k份血液的檢驗(yàn)次數(shù)總共為次.假設(shè)在接受檢驗(yàn)的血液樣本中，每份樣本的檢驗(yàn)結(jié)果是陰性還是陽性都是獨(dú)立的，且每份樣本是陽性結(jié)果的概率為.（1）假設(shè)有5份血液樣本，其中只有2份為陽性，若采取逐份檢驗(yàn)方式，求恰好經(jīng)過2次檢驗(yàn)就能把陽性樣本全部檢驗(yàn)出來的概率；（2）現(xiàn)取其中份血液樣本，記采用逐份檢驗(yàn)方式，樣本需要檢驗(yàn)的次數(shù)為，采用混合檢驗(yàn)方式，樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為.（i）試運(yùn)用概率統(tǒng)計(jì)知識(shí)，若，試求P關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式；（ii）若，采用混合檢驗(yàn)方式可以使得這k份血液樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值比逐份檢驗(yàn)的總次數(shù)期望值更少，求k的最大值.參考數(shù)

19、據(jù)：，【答案】(1) ;(2) （i）,;（ii）4【解析】【分析】(1)根據(jù)排列的方法列式求概率即可.(2) （i）分別求解,再化簡(jiǎn)求時(shí)的解析式即可.（ii）由題,化簡(jiǎn)可得,再構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)分析函數(shù)的單調(diào)性,再根據(jù)零點(diǎn)存在性定理求區(qū)間端點(diǎn)的正負(fù)判斷即可.【詳解】(1)設(shè)恰好經(jīng)過2次檢驗(yàn)?zāi)馨殃栃詷颖救繖z驗(yàn)出來的事件為,則,故恰好經(jīng)過2次檢驗(yàn)?zāi)馨殃栃詷颖救繖z驗(yàn)出來的概率為(2) （i）由已知可得,所有可能的取值為.所以,所以.若,則,所以.故.所以P關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式,（ii）由題意可知,即,化簡(jiǎn)得.因?yàn)?所以,即.設(shè)函數(shù).又,故當(dāng)時(shí), ,即在上單調(diào)遞減.又,.故的最大值為4.【點(diǎn)睛】本題主要

20、考查了排列在概率中的運(yùn)用,同時(shí)也考查了構(gòu)造函數(shù)數(shù)學(xué)期望的求解以及構(gòu)造函數(shù)分析不等式的方法.屬于中檔題.20. 已知橢圓C：（）的兩焦點(diǎn)與短軸兩端點(diǎn)圍成面積為12的正方形.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)我們稱圓心在橢圓上運(yùn)動(dòng)，半徑為的圓是橢圓的“衛(wèi)星圓”.過原點(diǎn)O作橢圓C的“衛(wèi)星圓”的兩條切線，分別交橢圓C于A、B兩點(diǎn)，若直線、的斜率為、，當(dāng)時(shí)，求此時(shí)“衛(wèi)星圓”的個(gè)數(shù).【答案】(1)；(2)8個(gè).【解析】【分析】(1)由條件可得，解出來即可；(2) 設(shè)“衛(wèi)星圓”的圓心為，由定義可得“衛(wèi)星圓”的標(biāo)準(zhǔn)方程為，求其圓心到直線，直線的距離，整理可轉(zhuǎn)化為、是方程的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則，再加上，解方程即

21、可.【詳解】(1)橢圓C的兩焦點(diǎn)與短軸兩端點(diǎn)圍成面積為12的正方形，由橢圓的定義和正方形的性質(zhì)，可得，解得.又橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.(2)設(shè)“衛(wèi)星圓”的圓心為.由“衛(wèi)星圓”的定義，可得“衛(wèi)星圓”的半徑為.“衛(wèi)星圓”的標(biāo)準(zhǔn)方程為.直線：與“衛(wèi)星圓”相切，則由點(diǎn)到直線的距離公式可，化簡(jiǎn)得.同理可得.、是方程的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，由，得，將代入得，.又“衛(wèi)星圓”的圓心在橢圓C上，代入橢圓方程中，可得.解得，.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，滿足條件點(diǎn)共8個(gè)，這樣“衛(wèi)星圓”存在8個(gè).【點(diǎn)睛】本題考查橢圓方程的求解，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，注意韋達(dá)定理的應(yīng)用，考查計(jì)算能力與分析能力，是一道中檔題.21. 已知，（1）對(duì)，

22、有恒成立，求的最大整數(shù)解；（2）令，若有兩個(gè)零點(diǎn)分別為，且為的唯一的極值點(diǎn)，求證：.【答案】（1）3 （2）見解析【解析】【分析】（1）由等到價(jià)于，可令，求得導(dǎo)數(shù)，再構(gòu)造函數(shù)，求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性可得的單調(diào)性，以及最小值，即可得到所求的最大整數(shù)值；（2）求得的導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，由極小值小于0，可得，再由分析法，注意構(gòu)造函數(shù)，求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性，即可得證.【詳解】（1）解：等價(jià)于，令，則，令，則，所以在上為遞增函數(shù)，因?yàn)?，所以存在，使得，即，所以在上遞減，在上遞增，所以，所以的最大整數(shù)為3；（2）證明：，則，當(dāng)時(shí)，所以的上單調(diào)遞增，此時(shí)不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，所以，所以解得，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，而要使有兩個(gè)