2020-2021学年河南省驻马店市黄埔教管站中学高三数学理联考试题含解析

2020-2021学年河南省驻马店市黄埔教管站中学高三数学理联考试题含解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 集合，则（）
A．{0,1,2} B．{0,1,2,3} C．{－1,0,1,2,3} D．{－1,0,1,2}
参考答案：
A
2. 已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D. 2
参考答案：
A
试题分析：由双曲线方程可知渐近线为，由渐近线夹角为，可知渐近线倾斜角为，所以
考点：双曲线方程及性质
3. 某一个班全体学生参加历史测试，成绩的频率分布直方图如图，则该班的平均分估计是
（）
A．70 B．75
C．66 D．68
参考答案：D
4. 已知函数f(x)=若f(2-x2)>f(x),则实数x的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(2,+∞)
B.(-∞,-2)∪(1,+∞)
C.(-1,2)
D.(-2,1)
参考答案：
D
5. 执行如图所示的程序框图,输出的S值为时，则输入的的值为（）
A. B.
C. D.
参考答案：
D
6. 四棱锥P-ABCD的底面为正方形ABCD，PA⊥底面ABCD，，若该四棱锥的所有顶点都在体积为的同一球面上，则PA的长为（）
A. 3
B. 2
C. 1
D.
参考答案：
C
【分析】
连接AC、BD交于点E，取PC的中点O，连接OE,可得O
为球心，由该四棱锥的所有顶点都在体积
为的同一球面上，可得PA的值.
【详解】解：
连接AC、BD交于点E，取PC的中点O，连接OE，可得OE∥PA,
OE⊥底面ABCD，可得O到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O为球心，设球半径为R，
可得，可得，
解得PA=1,
故选C.
【点睛】本题主要考察空间几何体外接球的相关知识及球的体积公式，得出球心的位置是解题的关键.
7. 已知复数z满足（i为虚数单位），则为（）
A．2 B．C．D．1
参考答案：
C
由，得，，故选C.
8. sin20°cos10°﹣cos160°sin10°=( )
A．B．C．D．
参考答案：
D
【考点】两角和与差的正弦函数．
【专题】三角函数的求值．
【分析】直接利用诱导公式以及两角和的正弦函数，化简求解即可．
【解答】解：sin20°cos10°﹣cos160°sin10°=sin20°cos10°+cos20°sin10°
=sin30°
=．
故选：D．
【点评】本题考查诱导公式以及两角和的正弦函数的应用，基本知识的考查．
9. 知函数，若函数满足，则a的取值范围是（）
A B C D
参考答案：
D
略
10. 气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度均不低于22 (0C)”.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）：
① 甲地：5个数据的中位数为，众数为；
② 乙地：5个数据的中位数为，总体均值为；
③ 丙地：5个数据中有一个数据是，总体均值为，总体方差为；
则肯定进入夏季的地区
有
( )
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 3个
参考答案：
C
略
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知经过抛物线的焦点F的直线与该抛物线相交于A，B两点，且，若直线AB被圆所截得的弦长为4，则p= ．
参考答案：
或.
抛物线的焦点，设直线方程为，代入有
，设，其中，从而，①
，②
由可得，③
联立①②③可得，
于是直线方程为，即，
从而圆心到直线的距离为，又圆的半径为，弦长为，
从而有，解得或.
12. 已知棱长为2的正方体内接于球O，点P是正方体的一个顶点，点Q是正方体一条棱的中点，则直线PQ被球O截得线段长的最大值为__.
参考答案：
【分析】
由题可得球的半径为正方体的体对角线的一半，当直线被球截得线段最长时，两点刚好在正方体体对角线的两条棱上。

【详解】由题意可得，如下图：
如图，为正方体的两底边对角线与棱构成的矩形，其中。

由正方体的对称性和球的对称性可知，当点为点对角线棱的中点时被球截得线段最长
由图可得由余弦定理得
【点睛】本题主要考查了正方体与球的组合体，把空间问题转化成平面问题是本题的关键，本题难度较大。

13. 已知是等差数列的前项和，，则
.
参考答案：
14. 在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为（结果用数值表示）．
参考答案：
45
【考点】二项式系数的性质．
【专题】二项式定理．
【分析】先把原式前两项结合展开，分析可知仅有展开后的第一项含有x2项，然后写出第一项二项展开式的通项，由x的指数为2求得r值，则答案可求．
【解答】解：∵（1+x+）10 =，∴仅在第一部分中出现x2项的系数．
再由，令r=2，可得，
x2项的系数为．
故答案为：45．
【点评】本题考查了二项式系数的性质，关键是对二项展开式通项的记忆与运用，是基础题．
15. 已知函数，则关于的不等式的解集是_______
参考答案：
16. 已知sin（﹣α）=，则cos （π﹣α）=
．
参考答案：﹣
【考点】运用诱导公式化简求值．
【专题】三角函数的求值．
【分析】已知等式左边利用诱导公式化简求出cosα的值，原式利用诱导公式化简后把cosα的值代入计算即可求出值．
【解答】解：∵sin（﹣α）=cosα=，
∴cos（π﹣α）=﹣cosα=﹣．
故答案为：﹣
【点评】此题考查了运用诱导公式化简求值，熟练掌握诱导公式是解本题的关键．
17. 二项式展开式中，有理项系数之和为24，则a的值为。

参考答案：
三、解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA＝3，F 是棱PA上的一个动点，E为PD的中点。

(1)求证：平面BDF ⊥平面PCF 。

(2)若AF =1，求证：CE∥平面BDF 。

参考答案：
证明(1)连接AC交BD于点O。

因为底面ABCD是菱形，
所以BD⊥AC。

因为PA⊥平面ABCD，
BD?平面ABCD，
所以BD⊥PA。

因为PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，
所以BD⊥平面PAC。

所以BD⊥平面PCF 。

因为BD?平面BDF ，所以平面BDF ⊥平面PCF 。

(2)过点E作EG∥F D交AP于点G，连接CG，连接F O。

因为EG∥F D，EG?平面BDF ，F D?平面BDF ，所以EG∥平面BDF 。

因为底面ABCD是菱形，所以O是AC的中点。

因为E为PD的中点，所以G为PF 的中点。

因为AF ＝1，PA＝3，所以F 为AG的中点。

所以OF ∥CG。

因为CG?平面BDF ，OF ?平面BDF ，
所以CG∥平面BDF 。

又EG∩CG＝G，EG，CG?平面CGE，
所以平面CGE∥平面BDF 。

又CE?平面CGE，所以CE∥平面BDF 。

19. (本题满分14分)如图,矩形中,,,、分别为、边上的点,且
,,将沿折起至位置(如图所示),连结、,其中. (Ⅰ) 求证:平面；
(Ⅱ) 在线段上是否存在点使得平面?若存在,求出点的位置；若不存在,请说明理
由.
(Ⅲ) 求点到平面的距离.
参考答案：
(Ⅰ)答案详见解析；(Ⅱ)存在，；(Ⅲ) .
试题分析：(Ⅰ)三角形和三角形中，各边长度确定，故可利用勾股定理证明垂直关系，进而由线面垂直的判定定理可证明平面；(Ⅱ)要使得平面，只
需，因为，故；(Ⅲ)点到平面的距离，就是点到平面垂线段的长度，如果垂足位置不易确定，可考虑等体积转化，该题中点到面的距离确定，故可利用求点到平面的距离.(Ⅱ) 当为的三等分点(靠近)时,平面.证明如下:
因为,,所以，又平面,平面,所以平面.
20. （本小题满分12分）
已知等差数列满足：，，的前n项和为．
（Ⅰ）求及；
（Ⅱ）令b n=()，求数列的前n项和．
参考答案：
（Ⅰ）设等差数列的公差为d，因为，，所以有
，解得，
所以；==。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以b n===，
所以==，
即数列的前n项和=。

略
21. 已知数列{a n}满足a n+1=3a n，且a1=6
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设b n=（n+1）a n，求b1+b2+…+b n的值．
参考答案：
【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．
【专题】转化思想；作差法；等差数列与等比数列．
【分析】（Ⅰ）运用等比数列的定义和通项公式，即可得到所求；
（Ⅱ）求得b n=（n+1）a n=（n+1）?3n，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．
【解答】解：（Ⅰ）a n+1=3a n，且a1=6
即有数列{a n}为等比数列，且公比q=3，
则a n=a1q n﹣1=6?3n﹣1=2?3n；
（Ⅱ）b n=（n+1）a n=（n+1）?3n，设S n=b1+b2+…+b n=2?3+3?32+4?33+…+（n+1）?3n，
3S n=2?32+3?33+4?34+…+（n+1）?3n+1，
两式相减可得，﹣2S n=6+32+33+34+…+3n﹣（n+1）?3n+1
=6+﹣（n+1）?3n+1，
化简可得S n=?3n+1﹣．
【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，考查运算能力，属于中档题．
22. 在中,分别是角的对边,已知.
(Ⅰ)若,求的大小;
(Ⅱ)若,的面积,且,求.
参考答案：
略。