2021届河南省名校联盟高三9月质量检测数学（理）试题（解析版）

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2021届河南省名校联盟高三9月质量检测数学（理）试题


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由集合描述求的集合，应用集合交运算求交集即可.
【详解】
因为，所以．
故选：D．
【点睛】
本题考查了集合的基本运算，根据集合交运算求集合，属于简单题.
2．设（为虚数单位），则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【解析】由复数的运算求出，得出对应点的坐标后可得象限．
【详解】
因为，所以在复平面内所对应的点为，在第四象限．
故选：D．
【点睛】
本题考查复数的综合运算，复数的几何意义，解题方法是由复数运算化复数为代数形式，然后由复数的几何意义得出结论．
3．某工厂生产，，三种不同型号的产品，某月生产这三种产品的数量之比依次为，现用分层抽样方法抽取一个容量为120的样本，已知B种型号产品抽取了60件，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】利用样本容量与总体容量比值相等可得．
【详解】
由题意，，解得．
故选：C．
【点睛】
本题考查分层抽样，解题根据是样本容量与总体容量比值相等．
4．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）

A．15 B．17 C．18 D．19
【答案】C
【解析】模拟程序运行，观察变量值的变化，判断循环条件可得结论．
【详解】
第一次运行时，，；
第二次运行时．，；
第三次运行时，，；
第四次运行时，，
此时满足判断条件．
则输出的值为18．
故选：C．
【点睛】
本题考查程序框图，考查循环结构，解题方法是模拟程序运行，观察变量值的变化，从而得出结论．
5．圆：被直线：所截得的弦长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】求出圆心到直线的距离，圆的半径，利用垂径定理得弦长．
【详解】
圆的圆心为，半径为，到直线的距离为，所以所截得的弦长为．
故选：B．
【点睛】
本题考查求直线与圆相交弦长，解题方法是几何法，求出圆心到直线的距离后由勾股定理得弦长．
6．2019年北京世园会的吉祥物“小萌芽”“小萌花”是一对代表着生命与希望、勤劳与美好、活泼可爱的园艺小兄妹．造型创意来自东方文化中百子图的“吉祥娃娃”，通过头饰、道具、服装创意的巧妙组合，被赋予了普及园艺知识、传播绿色理念的特殊使命．现从4张分别印有“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”的这4个图案的卡片（卡片的形状、大小、质地均相同）中随机选取2张，则2张恰好是“小萌芽”和“小萌花”卡片的概率为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】4个图案的卡片编号后用列举法写出任选2张的所有可能事件，而2张恰好是“小萌芽”和“小萌花”卡片方法恰有1种，计数后可得概率．
【详解】
给“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”编号分别为1，2，3，4．从中选2个基本事件为：12，13．14，23，24，34共6个，所以2张恰好是“小萌芽”和“小萌花”卡片的概率为．
故选：B．
【点睛】
本题考查古典概型，解题方法是列举法．
7．函数的图像大致是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由奇偶性排除A，C，再求出时函数有最值可排除D，从而得正确选项．
【详解】
由，所以偶函数，可排除A，C；
当时，，即当且仅当时，，可排除D．
故选：B．
【点睛】
本题考查由函数解析式选择函数图象，解题方法是排除法，通过研究函数的性质如奇偶性、单调性、对称性等排除一些选项，再由特殊的函数值、函数值的正负，函数值的变化趋势，图象的特殊点等排除一些选项，最终得出正确选项．
8．将函数的图象向左平移个单位长度，若所得图象与原图象关于轴对称，则（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】A
【解析】由题意得等于半个周期周期的整数倍，求出，求出解析式，再利用诱导公式即可求解.
【详解】
由题意得等于半个周期周期的整数倍，即，
解得．所以．
则．
所以．
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角函数的平移变换、诱导公式，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.
9．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，异面直线和分别在上底面A1B1C1D1和下底面ABCD上运动，且，若与所成角为60°时，则与侧面ADD1A1所成角的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】B
【解析】建立适当的空间直角坐标系，根据题意设出直线的方向向量，利用空间向量，根据异面直线所成的角的公式求得的方向向量的坐标关系，进而利用线面所成角的向量公式求得直线与平面侧面ADD1A1所成角的大小.
【详解】

以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，如图所示：
直线分别在上下底面内且互相垂直，设直线的方向向量为,则直线的方向向量可以为,
直线的方向向量为, 侧面ADD1A1的法向量,
与b所成角为60°,
即，,
故a与侧面ADD1A1所成角的大小为45°.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用空间向量研究异面直线所成的角和线面所成的角问题，属创新题，难度一般.关键是建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量进行有关计算.
10．“跺积术”是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、三角垛等．现有100根相同的圆柱形铅笔，某同学要将它们堆放成横截面为正三角形的垛，要求第一层为1根且从第二层起每一层比上一层多1根，并使得剩余的圆形铅笔根数最少，则剩余的铅笔的根数是（ ）
A．9 B．10 C．12 D．13
【答案】A
【解析】设只能堆放层，由已知得从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为1、公差为1的等差数列，且余下的铅笔数小于，根据等差数列的前n项和公式可求得选项．
【详解】
设只能堆放层，则从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为1、公差为1的等差数列，且余下的铅笔数小于，
于是，且，解得，剩余的根数为．
故选：A.
【点睛】
本题考查数列的实际应用，关键在于将生活中的数据，转化为数列中的基本量，属于中档题.
11．在中，，在边上，，，则过点以，为两焦点的双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，求出，由双曲线的定义表示出，，再由离心率定义可得离心率．
【详解】
在中，，所以为边上的高，．又，令，则|，，，所以，
所以过点以、为两焦点的双曲线中，，，所以过点以、为两焦点的双曲线的离心率为．
故选：D．
【点睛】
本题考查求双曲线的离心率，解题方法是设，根据双曲线的定义用表示出得离心率．
12．打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术（即“积层造型法”）．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等）．已知利用打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直径为，母线与底面所成角的正切值为．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（ ）（取，精确到0.1）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】作出圆锥的轴截面，截正方体得对角面，由这个轴截面中可计算出正方体的棱长和圆锥的高，再由体积公式计算出体积．体积乘密度即得质量．
【详解】
如图，是几何体的轴截面，因为圆锥底面直径为，所以半径为．

因为母线与底面所成角的正切值为，所以圆锥的高为．
设正方体的棱长为，，则，解得．
所以该模型的体积为．
所以制作该模型所需原料的质量为．
故选：C．
【点睛】
本题考查求组合体的体积，掌握圆锥与正方体的体积公式是解题关键．


二、填空题
13．设向量，，若，则_______．
【答案】
【解析】可计算出值．
【详解】
因为，所以，解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查向量垂直与数量积的关系，考查数量积的坐标表示，属于基础题．
14．已知实数，满足不等式组则的最小值为_______．
【答案】
【解析】根据线性约束条件作出可行域，利用的几何意义即可求解.
【详解】
作出不等式组所表示的平面区域如下图中阴影部分所示：
由，可得，作直线，
将其沿着可行域的方向平移，由图可知，
当直线过点时，取得最小值．
由解得即，
所以．
故答案为：.

【点睛】
本题主要考查了根据简单的线性规划求最值，理解目标函数的几何意义最关键，属于基础题
15．曲线的一条切线的斜率为，则该切线的方程为_______．
【答案】
【解析】利用切线的斜率求得切点坐标，然后利用点斜式可得出所求切线的方程.
【详解】
设切点坐标为，其中，
对函数求导得，所以切线的斜率，
因为，解得，则，切点为，
则该切线的方程为，即所求切线方程为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查利用导数求解函数的切线方程，同时也考查了利用切线的斜率求切点的坐标，考查计算能力，属于基础题.
16．已知数列的前项和为，且，若，则的取值集合是_______．
【答案】
【解析】利用已知求的法，求出数列，可知是递减数列，所以，，，结合，即可求得的取值集合.
【详解】
当时，，解得；
当时，和两式相减，
得，即，
则数列是首项为、公比为的等比数列，
所以，是递减数列，
即各项依次为，，，，，，…，
所以，，，结合，得的取值集合是．
【点睛】
本题主要考查了已知求，利用递推公式求数列通项，考查了等比数列的定义，属于中档题.

三、解答题
17．某网校推出试听的收费标准为每课时100元，现推出学员优惠活动，具体收费标准如下（每次听课1课时）：
第次课
第1次课
第2次课
第3次课
第4次课或之后
收费比例
0.9
0.8
0.7
0.6
现随机抽取100位学员并统计它们的听课次数，得到数据如下：
听课课时数
1课时
2课时
3课时
不少于4课时
频数
50
20
10
20
假设该网校的成本为每课时50元．
（1）估计1位学员消费三次及以上的概率；
（2）求一位学员听课4课时，该网校所获得的平均利润．
【答案】（1）；（2）平均利润为（元）．
【解析】（1）根据听课课时数表和古典概率公式可求得所求的概率．
（2）分别计算出第1课时、第2课时、第3课时、第4课时听课利润，从而可求出这4个课时听课获得的平均利润．
【详解】
解：（1）根据听课课时数表．估计1位学员听课三次及以上的概率．
（2）第1课时听课利润（元）；
第2课时听课利润（元）；
第3课时听课利润（元）；
第4课时听课利润（元），
这4个课时听课获得的平均利润为（元）．
【点睛】
本题考查由频数计算概率，统计的数字特征求实际问题中的平均利润，属于中档题.
18．在中，角，，的对边分别为，，，其面积为，且．
（1）求角的大小；
（2）若且，求的面积．
【答案】（1）；（2）．
【解析】已知等式利用余弦定理及三角形面积公式化简，整理求出的值，即可确定出A的度数；
由正弦定理和三角形的面积公式可求得答案．
【详解】
解：（1）由，得，
所以，所以．又，
所以．
（2）由正弦定理，得，解得．
由正弦定理得，，
所以．
【点睛】
此题考查了正弦、余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键，属于中档题．
19．在四棱锥中，四边形是边长2的菱形，和都是正三角形，且平面平面．

（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）1．
【解析】（1）先证明平面，得到，再证明，则可证明平面，根据线面垂直的性质可得；
（2）由原几何体的特点可知，而点到底面的距离等于点到底面的距离，即.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接和．

因为是正三角形，所以．
同理．
又，，平面，所以平面．
又平面，所以，
因为四边形是边长2的菱形，所以，
又，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）因为，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离就是到平面的距离，即，
所以三棱锥的体积为．
【点睛】
本题考查空间垂直关系的判定及证明，考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，考查棱锥体积的求解，难度一般.
20．已知椭圆：的右焦点为，短轴长等于焦距，且经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点且不与坐标轴垂直的直线与交于，两点，线段的中点为，是轴上一点，且，求证：线段的中点在轴上．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）由已知得； ，从而得椭圆的方程．
（2）设直线的方程为，，，．直线与椭圆的方程联立得，由题意，得，且，，表示点．设，根据直线的垂直关系得．可得证．
【详解】
解：（1）由椭圆经过点，得；由短轴长等于焦距，得，则，
所以．
故椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，，．
由得，由题意，得，且，，
则，，即．
设，由，得，，解得．
所以，所以，故线段的中点在轴上．
【点睛】
本题考查椭圆的简单几何性质，求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系之交点问题，属于中档题.
21．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数在上有零点，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）先求导，对a分类讨论，利用导函数的正负可得f（x）的单调性.
（2）将已知进行转化，得到在上有解，分离参数a，构造函数，求导求得值域，可得a的范围.
【详解】
（1）因为，所以.
①当时，因为，所以在上单调递增；
②当时，令，解得或.
令，解得，
则在，上单调递增；
在上单调递减.
（2）因为，所以，
在上有零点，等价于关于的方程在上有解，
即在上有解.
因为，所以.
令，则.
令，，解得；令，，解得，
则 上单调递减，在上单调递增，
因为 ，，
所以 ，
则， ，
故的取值范围为.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性与零点问题，考查了函数的最值的求法，考查了等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）；以原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求直线和曲线的直角坐标方程；
（2）设直线和曲线交于，两点，直线，，的斜率分别为，，，求证：．
【答案】（1）直线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）证明见解析．
【解析】（1）由代入中，可得直线的直角坐标方程，消参可得曲线的直角坐标方程．
（2）将曲线的参数方程代入直线的直角坐标方程，得．由一元二次方程的根与系数的关系和参数的意义可得证．
【详解】
（1）解：由，得，
则直线的直角坐标方程为；
曲线的直角坐标方程为．
（2）证明：将代入，得．
由直线和曲线交于、两点且，得；
设方程的两根分别为，，则；
而表示曲线上的点与原点连线的斜率，所以，，
所以．
又直线的斜率为，所以．
【点睛】
本题考查极坐标方程向直角坐标方程转化，参数方程向普通方程转化，以及直线与抛物线的位置关系之交点问题，注意理解参数的意义，属于中档题.
23．已知函数．
（1）当时，解不等式．
（2）若对任意的，总存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）当时，，即为．分，，三种情况分别求解不等式，可得原不等式的解集；
（2）将问题转化为．①，即总存在，使得成立，由不等式的恒成立的思想可求得实数的取值范围．
【详解】
解：（1）当时，，即为．
当时，不等式变为，解得；
当时，不等式变为，无解；
当时，不等式变为，解得．
綜上，不等式的解集是．
（2）要使对任意的，不等式成立，只需．①
而，
所以①可转化为．②
即总存在，使得成立，
即总存在，使得成立．
而当时，；当时，，
所以当时，，
所以，故实数的取值范围是．
【点睛】
本题考查运用分类讨论的方法解绝对值不等式，不等式的恒成立问题，属于中档题.