2021届河南省非凡高三（3月）调研考试数学（文）试题（解析版）

这是一份2021届河南省非凡高三（3月）调研考试数学（文）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届河南省非凡高三（3月）调研考试数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】，，所以，．故选：B.2．是虚数单位，复数满足：，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将原式变形为，然后利用复数的除法进行运算可得答案.【详解】，∴．故选：D.3．是等差数列的前项和，，，则首项（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据，，利用“”法求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，，所以，，解得，故选：A4．3个数1，3，5的方差是（    ）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】由题得3个数的平均数为3，再利用方差公式求解.【详解】由题得3个数的平均数为3，所以．故选：D5．函数是定义在上的奇函数，且单调递增，则的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据为奇函数，且，将不等式，转化为，利用的单调性求解.【详解】因为，又因为为奇函数，，所以，所以，又单调递增，所以，解得，故选：B6．已知，且，则（    ）A．2 B． C．2或 D．或【答案】B【分析】由已知得，等式左边分子、分母同除得：，然后解方程可得答案.【详解】因为，且，则，由得，等式左边分子、分母同除得：，整理得解得或，∵，∴，故．故选：B.7．某几何体的三视图如下图，则几何体的体积为（    ）A．4 B． C．2 D．【答案】B【分析】首先由三视图求出原几何体，再计算体积即可求解.【详解】由三视图可知：原几何体是三棱锥，该几何体嵌入棱长为2的正方体，可得．故选：B.8．中，，内切的半径为，上高为，，现从内随机取一点，则该点取自内的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，中点为，切于，先求出，再利用几何概型的概率求解.【详解】设，中点为，切于，，，故，，故所求概率为．故选：A【点睛】方法点睛：几何概型的解题步骤：首先是判断事件是一维问题还是二维、三维问题（事件的结果与一个变量有关就是一维的问题，与两个变量有关就是二维的问题，与三个变量有关就是三维的问题）；接着，如果是一维的问题，先确定试验的全部结果和事件构成的区域长度（角度、弧长等），最后代几何概型的概率公式；如果是二维、三维的问题，先设出二维或三维变量，再列出试验的全部结果和事件分别满足的约束条件，作出两个区域，最后计算两个区域的面积或体积代公式.9．的图象向左平移个单位，恰与的图象重合，则的取值可能是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先得到平移后的解析式，再将转化为正弦型函数，然后根据两函数图象重合，由求解.【详解】的图象向左平移个单位得到，，因为的图象平移后与的图象重合，所以，解得，当时，，故选：D10．抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点（纵坐标分别为，），分别以、为直径作、，、的半径分别为，，则以下3个命题：（1）与轴相切；（2）最小值为；（3）其中正确的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】根据抛物线过焦点弦的性质即可判断各命题的真假．【详解】因为为的中点，由中位线定理以及抛物线定义可知，，即点到轴的距离等于的半径，∴与轴相切，故（1）正确；因为，故（2）正确；设直线：，代入整理得：，故（3）正确．所以正确的个数为3．故选：D．11．已知、、，，则、、的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，再利用指数与对数的互化转化为比较、、的大小即可.【详解】设，∵、、，故，则，，，∴只需比较、、的大小，，∴．故选：C12．自然奇数列：1，3，5，…，按如下方式排成三角数阵，第行最后一个数为，则的最小值为（    ）A． B． C．91 D．【答案】D【分析】先求出，再利用函数的单调性求出的最小值得解.【详解】由题意知：．…………累加得，则∴，函数在上递减，在上递增，且．当时，当时，比较可得：当时，取最小值为．故选：D【点睛】方法点睛：求函数的最值常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.  二、填空题13．，，，则______．【答案】2【分析】根据利用向量数量积运算法则即可得解.【详解】由题，所以．故答案为：214．不等式组：表示的区域为，一圆面可将区域完全覆盖，则该圆半径的最小值为______．【答案】【分析】作出不等式组所表示的平面区域，利用正弦定理求出外接圆的直径，即可得解；【详解】解：不等式组对应的平面区域为图中阴影部分，易知，，，为锐角三角形且，，故其外接圆直径为： ，则所求圆半径的最小值为：．故答案为：15．棱长为2的正方体中，、、、分别是、、、的中点，沿平面、、、截去4个小三棱锥后，所得多面体体积为______．【答案】【分析】先计算正方体体积V，判断截去4个小三棱锥的体积是相等的，再计算其中一个小棱锥体积，即得多面体体积为，即得答案.【详解】依题意，正方体体积为：，截去4个小三棱锥的体积是相等的，其中三棱锥体积为，故所求多面体体积为：．故答案为：.16．双曲线的左右焦点分别为、，以为圆心，为半径的圆交双曲线于、、、四点，矩形的面积为，则双曲线的离心率为______．【答案】【分析】联立与，求得，再根据矩形的面积为，由求解.【详解】由与联立解得：，，因为矩形的面积为，所以 ，所以，整理得，即 ，解得或，∵，所以．解得，故答案为： 三、解答题17．2020年初，新冠病毒肆虐．疫情期间，停课不停教学，各学校以网课形式进行教学．教育局抽样对某所学校的高三1000名学生某一周每天学习时间以及考试进行了调查，得如下频数分布表学习时间（分钟）人数160190200180150120从1000名学生中抽取50名学生，调查学习时间与成绩的关系，得如下二阶列联表 学习时间9小时以上（含9小时）学习时间9小时以下合计总分600分以上（含600分）7310总分600分以下172340合计242650（1）求出第一星期这1000名学生学习时间的中位数；（2）为了解学生们的学习状况，一次考试结束，从全年级随机抽取50人根据学习时间的多少和成绩的是否优秀列成以下列联表计算说明：有没有90%的把握认为总分600分以上和学习时间超过9小时有关附公式及表如下：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 【答案】（1）（小时）；（2）没有．【分析】（1）求出第一组的频率，第二组的频率，前两组的频率和小于，再求出第三组的频率，前三组的频率和大于，所以中位数在第三组，然后设中位数为，列方程可求出中位数；（2）利用进行计算，然后再与临界值表中的数据比较可得结论【详解】解：（1）因为学习时间在的频率为，学习时间在的频率为，学习时间在的频率为，所以中位数在中，设中位数为，则，解得，所以中位数为（小时）（2）．故没有90%把握认为总分600分以上和学习时间超过9小时有关，18．的内角、、的对边分别为、、，，面积．（1）若，求；（2）若，求的周长．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）利用三角形的面积公式可得出，利用余弦定理可求得、的值，再利用三角形的面积公式可求得；（2）由已知条件可得，由余弦定理得出，结合可求得的值，由此可得出的周长.【详解】（1），所以，，，由余弦定理可得，，，因此，；（2），可得，，由可得，整理可得，即，解得或.当时，的周长为；当时，的周长为.综上所述，的周长为或.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.19．三棱柱中，平面平面，，，，为中点．（1）证明；平面平面；（2）若，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）平面平面，可得平面，从而，连接，则由已知条件可得是等边三角形，得，进而由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）利用等体积法求解，设到平面的距离为，，根据题中的条件求解【详解】（1）∵平面平面，且，∴平面，∵平面，∴连接，由，可知：是等边三角形，∵为中点∴∵．，，∴平面，而平面，故平面平面．（2）等积法：设到平面的距离为其中，，由（1）知：，与，故．20．椭圆：的左右焦点分别为、，且椭圆过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）过原点作两条相互垂直的直线、，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点，求证：四边形的内切圆半径为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）先利用椭圆的定义求得a，再根据椭圆的左右焦点为、得到c即可. （2）当的斜率为时，四边形为正方形，求得即为内切圆半径；当的斜率不等于时，设，，直线的方程为，代入椭圆方程，根据，即，结合韦达定理求得k，t的关系，再由原点到直线的距离求解.【详解】（1）因为椭圆的左右焦点分别为、，且椭圆过点，所以，所以，又，得，所以椭圆的标准方程为：．（2）如图所示：当的斜率为时，四边形为正方形，与联立，解得，因为NQ垂直于x轴，所以，当的斜率不等于时，设，，直线的方程为：，代入椭圆方程并整理得：，，即，由韦达定理得：，，因为，所以，即 ，即 ，所以，整理得（），适合成立所以，综上得：．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设直线NQ的方程，将内切圆半径转化为原点到直线NQ的距离求解.21．已知函数．（1）证明：时；（2）证明：时，．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出，即可证得结论成立；（2）由（1）得出，可得利用放缩法得出当时，，可证得，代入不等式计算即可证得结论成立.【详解】（1）因为，则，设，则，故在上为减函数，可得，即，故在上为减函数，故；（2）由（1）知：时，可得：，当时，，故，所以，，因此，．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数），直线的参数方程为：（为参数），曲线与直线交于、两点．（1）把曲线和直线的参数方程化为普通方程；（2）设中点为，以原点为圆心、为半径的圆与轴正半轴交于，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，求以为直径的圆的极坐标方程．【答案】（1），；（2）．【分析】（1）消参得到曲线和直线的普通方程；（2）先求出，再求出以为直径的圆的极坐标方程.【详解】（1）由曲线的参数方程，得：，即即为的普通方程．由直线的参数方程得：为的普通方程．（2）设，，将直线方程代入并整理得，易知，则，，则，，设以为直径的圆上任一动点的极坐标为，（不与，重合）则中，当与，重合时也满足．∴即所求的极坐标方程．【点睛】方法点睛：求曲线的极坐标方程常用的方法：（1）先将所有条件化成直角坐标，求出曲线的直角坐标，再把曲线的方程转化为极坐标方程；（2）直接利用极坐标知识求曲线的极坐标方程.23．已知，，为正数，且满足．证明：（1）；（2）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用分析法和可得答案；（2）利用（1）的结论，由可得答案.【详解】（1）∵，只需证，即证，即，显然成立，故原式得证．（2）由（1）知：，故，仅当，时取等号，不等式成立.