2021届河南省九师联盟高三下学期3月联考数学（文）试题（含解析）

这是一份2021届河南省九师联盟高三下学期3月联考数学（文）试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届河南省九师联盟高三下学期3月联考数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式求得集合，由交集定义可得结果.【详解】，，.故选：A.2．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数有模，复数乘除法运算计算可得．【详解】由，得．故选：C．3．已知，则（    ）A．1 B． C． D．0【答案】D【分析】直接利用正切的和角公式与二倍角公式求解即可【详解】故选:D4．命题：①若，则；②若，则；③若，则.类比命题①，②，③，可得命题“若(m，n均为大于1的整数)，则”，其中（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据①②③归纳出其中的关系式可得选项.【详解】对于①，；对于②，；对于③，，类比①②③，可得，故选:D.5．已知椭圆的左､右焦点分别为F1､F2，P为椭圆C的上顶点，若，则b=（    ）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】根据椭圆上顶点的位置可得在，由，带入即可得解.【详解】根据椭圆的图象性质可得：因为，所以，所以，又，所以，故选：C6．数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类.螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，用以下方法画出了如图所示的螺旋线.具体作法是：先作边长为1的正三角形，分别记射线，，为，，，以为圆心､为半径作劣弧交于点；以为圆心､为半径作劣弧交于点；以为圆心､为半径作劣弧交于点，…，依此规律作下去，就得到了一系列圆弧形成的螺旋线.记劣弧的长，劣弧的长，劣弧的长，…依次为，，…，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设第个劣弧的半径为，由题意可得，根据等差数列的前和公式即可求解.【详解】由题意，第个劣弧的半径为，圆心角为，所以第个劣弧的弧长，所以.故选：A.7．已知是边长为4的等边三角形，D为BC的中点，E点在边AC上，设AD与BE交于点P，则（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】利用向量数量积的几何意义求解.【详解】如图：由向量数量积的几何意义得：，故选：C.8．古代人家修建大门时，贴近门墙放置两个石墩，称为门墩，亦称门枕石.门墩的作用是固定门框，防止大门前后晃动，另外门墩一般雕刻有传统的吉祥图案，起到装饰作用.如图，粗实线画出的是某门墩的三视图(其中网格纸的小正方形的边长为2)，则该门墩的体积为（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据三视图准确画出其直观图，再计算这个组合体的体积即可.【详解】该门墩的上部为半径为的球的四分之一，下部为底面为梯形､高为的四棱柱，如图所示，其体积为.故选：9．设函数为定义在R上的偶函数，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先根据函数的奇偶性求得时的解析式，再利用单调性比较大小即可得解.【详解】因为当时，，所以当时，，所以函数在单调递增，，又，又，所以，所以.故选：B10．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左支交于点 ，且恰为线段的中点，则双曲线的离心率为 （    ）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】利用中位线关系求得，再利用双曲线的定义，表示的三边，最后根据勾股定理求双曲线的离心率.【详解】连结，因为点分别为和的中点，所以，且 设点到一条渐近线的距离，所以，又，所以，中，满足，整理为：，双曲线的离心率.故选：D11．在平面直角坐标系xOy中，已知点P在直线上，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则O到直线AB距离的最大值为（    ）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】根据相交圆的公共弦所在直线方程的求法，先求以为直径的圆的方程，和圆的方程的差即为公共弦所在直线方程，利用距离公式即可得解.【详解】设，则，以为直径的圆的方程是，与圆的方程相减，得直线的方程为，即所以到直线的距离为，当且仅当时取等号，所以坐标原点到直线距离的最大值为.故选：B12．已知函数，若函数图象的相邻两对称轴之间的距离至少为，且在区间上存在最大值，则的取值个数为（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】由题意利用余弦函数的图像和性质，先求出的范围，再分类讨论，得到结论.【详解】该函数的最小正周期为.函数图象的相邻两对称轴之间的距离，即,所以函数取最大值时，即，由得即因为，且当时，，无整数解当时，，无整数解当时，，有整数解当时，，有整数解综上可知，即满足条件的值有两个故选:C【点睛】（1）和的最小正周期为；（2）三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题.  二、填空题13．设为等比数列的前项和，且，则的值是__________．【答案】【分析】利用等比数列的通项公式及前n项求和公式求解即可.【详解】因为所以，解得又因为，所以且解得故答案为：4【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．14．已知函数图象的一条切线l1与直线垂直，则l1的方程为___________.【答案】【分析】设切点坐标为，求得切线的斜率为，再由两直线垂直的条件解出切点坐标，根据直线的点斜式方程可得答案.【详解】设切点坐标为，所以切线的斜率为，又直线的斜率为，所以由，得，又，所以，所以，所以切点坐标为，故的方程为，即的方程为，故答案为：.15．已知在正四面体ABCD中，点E在棱AC上，F为棱AD的中点.若的最小值为，则该四面体外接球的表面积是___________.【答案】【分析】首先将侧面､侧面展成一个平面，确定在内当三点共线时最小，求得棱长进而即可得解.【详解】设正四面体的棱长为，将侧面､侧面展成一个平面，在内当三点共线时(如图)，最小，此时，即，得记正四面体的外接球球心为.设点在平面上的射影为(如图2)，则为的中心，，因为为正三角形，故四面体外接球的球心在线段上，设球的半径为，则，即，解得，故正四面体的外接球的表面积为.故答案为：. 三、双空题16．下图是某高速公路测速点在2021年2月1日8：00到18：00时测得的过往车辆的速度(单位：)的频率分布直方图，则该频率分布直方图中m=___________，据此图可得在该段时间内过往车辆的平均速度约为___________.【答案】0.04    102    【分析】根据频率分布直方图各矩形的面积之和为1求解；算出各组的频率，利用平均数公式求解.【详解】由频率分布直方图得：，解得；各组的频率自左向右依次为，所以平均速度为故答案为：0.04；102 四、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角B的大小；（2）设D为边AC上一点，，，求面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】根据正弦定理进行边角互化，再由代入可求得，由角的范围可得答案；由三角形的面积公式化简可得，再由基本不等式，得，由此可求得面积的最小值.【详解】解：由正弦定理，得,由得，由，得，，所以，由，得；由知，又，所以，所以，化简得，由基本不等式，得，即(当且仅当时取等号)．所以面积(当且仅当时取等号)，故面积的最小值为.18．叶女士在某购物商场的消费金额达到了“贵宾级”水平，春节期间，商场决定对“贵宾级”顾客给予每人一次抽奖机会，按照抽取奖券的价值选取商品.商场中可供选取的有A，B，C，D，E，F六种商品.其中商品A，B每件价值3000元､商品C，D每件价值2000元､商品E，F每件价值1000元.叶女士抽取到一张价值4000元的奖券.（1）若她从这六种商品中任选三件，每种商品选一件，求她选取的商品价值恰好为其奖券价值的概率；（2）若她从六种商品中任意选取，每种商品可以选取多件，选取的商品总价值为其奖券价值，求她选取的商品件数不超过三件的概率.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先按照含商品时列举，再按不含商品时，分含有商品时和不含商品列举基本事件的总数，从中找出商品总价值为元的基本事件数，代入古典概型概率公式求解；（2）价值元的基本事件，分选取两件时先从选一，选一，再从中选，选取三件时：选一､选二，选四件时，只能在中选取得到基本事件的总数，再找出不超过件的基本事件数，代入古典概型概率公式求解.【详解】（1）含商品时，再选两件，即，此时的基本事件为，共个；不含商品时，从中选三件，含有商品时，再从选两件，即，此时基本事件为，共个；不含商品时，从选三件，即，共个，所以不含商品时，共计个.于是，基本事件总数为个，其中商品总价值为元的事件有共个，故所求的概率为（2）价值元的基本事件：选取两件时：①选一，选一，即，共个；②从中选，有，共个；选取三件时：选一､选二，即，共个；选四件时，只能在中选取，即，共个，故基本事件总数为，其中不超过件的基本事件有个.故所求的概率为19．在四棱锥中，平面，，.（1）证明：平面平面PAC；（2）若F是PC的中点，求证：平面PAD.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）先证明与，从而证明平面，进而得证平面平面（2）先证明平面平面，从而证明平面【详解】证明：取的中点，连接和则，所以，又､所以同理所以，所以四边形为菱形，所以；因为平面平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面.连接，则又平面平面，所以平面.由知四边形为菱形，所以同理平面.又平面，所以平面平面.又平面，所以平面20．已知抛物线的焦点为F，设为抛物线E上一点，.（1）求抛物线E的方程：（2）不与坐标轴垂直的直线与抛物线E交于A，B两点，与x轴交于点P，线段AB的垂直平分线与x轴交于Q点，若，求点P的坐标.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据条件可得，联立即可得解；（2）设可得直线的方程为，代入，并整理得，设，利用韦达定理结合弦长公式即可得解.【详解】因为点在抛物线上，所以又，所以，所以，所以故抛物线的方程为；设直线的方程为，代入，并整理得，由题意，得，即设，则所以设的中点为，则，即，所以直线的方程为令，得，所以.所以由，得，解得，适合，故点的坐标为.21．已知函数.（1）当时，是否存在唯一的，使得？并说明理由.（2）讨论的极值点的个数.【答案】（1）存在唯一的，使得；（2）当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；当时，函数无极值点.【分析】当时，，分析其导函数的符号，得出原函数的单调性，从而可得出结论；求导函数，令，求导，分析的符号，得出函数的单调性，可得出函数的最小值，分时，时，时，判断三种情况中的函数的单调性，由此可得函数的极值点的情况.【详解】解：的定义域为,当时，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，也是的最小值点，且故存在唯一的，使得；，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，①当时，，所以对任意，，所以对任意在上单调递增，所以无极值点；②当时，，若，因为时，所以对，因为，所以存在，使得；所以当时，，当时，，所以在上，，在上，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，有一个极小值点，无极大值点；若时，在上，因时，，所以，在上，因为，且在上单调递增，所以，所以在各有一个零点，列表如下：增函数极大值减函数极小值增函数所以当时，有两个极值点.综上：当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；当时，函数无极值点.【点晴】方法点睛：导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具．本题就是以含参数的函数解析式为背景，考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力．借助导数与函数单调性的关系，运用分类整合的数学思想分类求出其单调区间和单调性，从而得出极值使问题得以解决.22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为，曲线C的参数方程为(t为参数).以O点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；（2）设射线与直线l和曲线C分别交于点M，N，求的最小值.【答案】（1）,；（2）1．【分析】（1）由参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化公式，结合同角三角函数的平方关系，可得所求；（2）求得，， 运用辅助角公式，结合正弦函数的最值，计算可得所求最小值．【详解】将代入，得直线的极坐标方程为，即，由消去参数，得曲线的普通方程为，将代入，得曲线的极坐标方程为，由射线与交于点，得，即，由射线与曲线交于点，得，即，则，所以当时，得时，取得最小值.23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）记的最小值为m，正实数a，b满足，证明：.【答案】（1）[﹣2，6]；（2）证明见解析．【分析】（1）由零点分区间法和绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；（2）由绝对值不等式的性质可得f（x）的最小值m，再由乘“1”法和基本不等式，即可得证．【详解】解：函数当时，由，得，所以当时﹐由得，所以，当时，由，得，所以综上，不等式的解集为证明：由的最小值，所以当且仅当时等号成立所以