精品解析：安徽省合肥市一六八中學2019-2020學年高三下學期第三次教學質量理科數學試題（解析版）

本資料分享自千人QQ群323031380期待你的加入與分享合肥一六八中學2017級高三第三次教學質量素養(yǎng)檢測理科數學試卷滿分150分考試時間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選項中，只有一個選項是符合題目要求的）1.設集合，，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．【點睛】本題主要考查了集合的表示及集合的交集運算，屬于基礎題.2.已知復數滿足,共軛復數為，則（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設，可得，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，設，可得，則.故選：C.【點睛】本題主要考查了復數的運算法則，復數的概念的應用，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.3.公元前5世紀，古希臘哲學家芝諾發(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的10倍.當比賽開始后，若阿基里斯跑了1000米，此時烏龜便領先他100米；當阿基里斯跑完下一個100米時，烏龜仍然領先他10米.當阿基里斯跑完下一個10米時，烏龜仍然領先他1米……，所以阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規(guī)律，若烏龜恰好領先阿基里斯米時，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列，利用等比數列前項和公式即可得解.【詳解】由題意，烏龜每次爬行的距離組成等比數列，且，，.故選：D.【點睛】本題考查了等比數列前項和公式的應用，考查了轉化化歸思想，屬于基礎題.4.函數的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出函數定義域，再判斷函數的定義域，然后當時，，當時，，當時，，可得結果.【詳解】函數的定義域為，因為所以為奇函數，所以排除B因為當時，，當時，，當時，所以排除C,D故選：A【點睛】此題考查由函數解析式判別斷函數圖像，利用函數的奇偶性和函數值的變化情況進行判斷，屬于中檔題.5.定義：在區(qū)域內任取一點，則點滿足的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用幾何概型計算公式，求出試驗包含的全部事件對應的集合以及滿足條件的事件A對應的面積，即可求得．【詳解】試驗包含的全部事件對應的集合是，滿足條件的事件，如圖所示，，，所以，故選A．【點睛】本題主要考查簡單線性規(guī)劃中可行域的畫法和幾何概型的概率計算．6.甲、乙兩類水果的質量（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，則下列說法錯誤的是（）A.甲類水果的平均質量B.甲類水果的質量比乙類水果的質量更集中于平均值左右C.甲類水果的平均質量比乙類水果的平均質量小D.乙類水果的質量服從正態(tài)分布的參數【答案】D【解析】由圖象可知，甲類水果的平均質量μ1=0.4kg，乙類水果的平均質量μ2=0.8kg，故A，B，C，正確；乙類水果的質量服從的正態(tài)分布的參數σ2=，故D不正確．故選D．7.瑞士著名數學家歐拉在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”.在平面直角坐標系中作，中，，點，點，且其“歐拉線”與圓相切，則該圓的直徑為（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】由等腰三角形的性質可得邊上的高線，垂直平分線和中線合一，其“歐拉線”為邊的垂直平分線，運用中點坐標公式和兩直線垂直的關系，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“歐拉線”為邊的垂直平分線，因為點，點，所以的中點為因為直線的斜率為，所以的垂直平分線的斜率為，所以的垂直平分線方程為，即，因為“歐拉線”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，將沿直折疊至的位置，使得點在平面外，且點在平面上的射影在線段上，設，則的取值范圍是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】推導出AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，從而AH＜AC1＝1，當CD＝1時，B與D重合，AH，當CD＜1時，AH，由此能求出x的取值范圍．【詳解】解：∵在等腰Rt△ABC中，斜邊AB，D為直角邊BC上的一點，∴AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，將△ACD沿直AD折疊至△AC1D的位置，使得點C1在平面ABD外，且點C1在平面ABD上的射影H在線段AB上，設AH＝x，∴AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，∴AH＜AC1＝1，故排除選項A和選項C；當CD＝1時，B與D重合，AH，當CD＜1時，AH，∵D為直角邊BC上的一點，∴CD∈（0，1），∴x的取值范圍是（，1）．故選B．【點睛】本題考查線段長的取值范圍的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．9.已知函數的圖象在點處的切線為，若也與函數，的圖象相切，則必滿足（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】函數的導數為，圖像在點處的切線的斜率為，切線方程為，即，設切線與相切的切點為，，由的導數為，切線方程為，即，∴，．由，可得，且，解得，消去，可得，令，，在上單調遞增，且，，所以有的根，故選D.10.在直角坐標系中，拋物線：與圓：相交于兩點，且兩點間的距離為，則拋物線的焦點到其準線的距離為()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由題設拋物線與圓C的個交點為分別為，根據和圓的性質，求得點坐標為，代入拋物線方程，解得，即拋物線M的焦點到其準線的距離．【詳解】由題意，設拋物線與圓的其中一個交點為，設另一個交點為，因為，所以，則，可得點坐標為，代入拋物線方程，得，解得，即拋物線M的焦點到其準線的距離為，故選A．【點睛】本題主要考查了圓的性質以及拋物線的標準方程及簡單的幾何性質的應用，其中解答中根據圓的性質求得焦點的坐標，再代入拋物線的方程求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題．11.如圖，正三棱柱各條棱的長度均相等，為的中點，分別是線段和線段的動點（含端點），且滿足，當運動時，下列結論中不正確的是A.在內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項用平行于平面ABC的平面與平面MDN相交，則交線與平面ABC平行；B項利用線面垂直的判定定理；C項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項用反證法說明三角形DMN不可能是直角三角形.【詳解】A項，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，如圖：當M、N分別在BB1、CC1上運動時,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,當M、N分別在BB1、CC1上運動時,△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-DMN的體積為定值,故正確；D項,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DM,DN的長大于BB1,所以△DMN不可能為直角三角形,故錯誤.故選D【點睛】本題考查了命題真假判斷、棱柱的結構特征、空間想象力和思維能力，意在考查對線面、面面平行、垂直的判定和性質的應用，是中檔題.12.已知數列的前項和為，數列的前項和為，滿足，，，且.若存在，使得成立，則實數的最小值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根據數列的遞推公式求出，再利用累乘法求出通項公式，再構造數列，判斷數列的單調性，即可求出.【詳解】解：因為，所以，解得，所以當時，所以，即，所以，所以，累乘可得，，經檢驗符合題意所以，因為，所以，令，則，所以數列為遞增數列，所以因為存在，使得成立，所以故選：A【點睛】此題考查數列的通項公式的求法，考查數列的前項和，以及數列的函數特征，考查滿足條件的實數值是否存在和判別斷與求法，綜合性強，屬于難題.二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.若的展開式中各項系數的和為81，則該展開式中的常數項為__________.【答案】【解析】【分析】由已知可得的值，寫出二項式的通項，令的指數為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系數和為，則，解得，所以的展開式的通項公式為：，令，解得，所以常數項為故答案：【點睛】此題考查二項式展開式的通項公式的運用，解決二項式展開式的特定項問題，二項式展開式的通項公式是常用工具，屬于基礎題.14.如圖，在平面直角坐標系中，點在以原點為圓心的圓上．已知圓O與y軸正半軸的交點為P，延長AP至點B，使得，則____．【答案】2【解析】【分析】根據點求出，從而得到直線；假設點坐標，利用可求得，由此可用坐標求解.【詳解】圓半徑則所在直線為：，即：設，則，解得：本題正確結果：【點睛】本題考查向量數量積的坐標運算，關鍵在于能夠利用向量垂直求得點的坐標，從而得到所求向量的坐標，最終求得結果.15.已知兩定點和，動點在直線：上移動，橢圓以，，為焦點且經過點，則橢圓的離心率的最大值為__________.【答案】【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，利用點的對稱性求出最小值即可得到答案.【詳解】解：由題意得，，所以，當取最小值時，橢圓的離心率有最大值，設點關于直線：的對稱點為，則，解得，所以，則，所以，所以當時，橢圓的離心率最大，此時，故答案為：【點睛】此題考查橢圓的基本性質，動點到定點距離的最值等知識，屬于中檔題.16.定義方程的實數根叫做函數的“新駐點”.（1）設，則在上的“新駐點”為_________.（2）如果函數與的“新駐點”分別為、，那么和的大小關系是____.【答案】(1).(2).【解析】分析】（1）根據“新駐點”的定義求得，結合可得出結果；（2）求出的值，利用零點存在定理判斷所在的區(qū)間，進而可得出與的大小關系.【詳解】（1），，根據“新駐點”的定義得，即，可得，，解得，所以，函數在上的“新駐點”為；（2），則，根據“新駐點”的定義得，即.，則，由“新駐點”的定義得，即，構造函數，則函數在定義域上為增函數，，，，由零點存在定理可知，，.故答案為：（1）；（2）.【點睛】本題考查導數的計算，是新定義的題型，關鍵是理解“新駐點”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.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.已知在等比數列中，，且，，成等差數列．（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）若數列滿足：，求數列的前項和．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）設等比數列的公比為,再根據,,成等差數列求解即可.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，代入有，再分組利用等比和等差數列的求和公式求解即可.【詳解】（Ⅰ）設等比數列的公比為,∵,,成等差數列,,（Ⅱ）,.【點睛】本題主要考查了等差數列的基本量求解以及等差等比數列求和公式，屬于基礎題.18.如圖所示，在四棱錐中，平面平面，.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）若二面角為，求直線與平面所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）證明,即可證明平面,從而得出.（Ⅱ）根據二面角為可知,,繼而證得平面,并判斷出是直線與平面所成的角,再根據三角形中的關系求解正弦即可.【詳解】（Ⅰ）證明：在中,,所以,故.因為平面平面,平面平面,,所以平面.又因為平面,所以.（Ⅱ）因為平面,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.因為,所以平面.所以是直線與平面所成的角.因為在中,,所以在中,.【點睛】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，需要檢驗血液是否為陽性，現有份血液樣本，每份樣本取到的可能性均等，有以下兩種檢驗方式：①逐份檢驗，則需要檢驗n次；②混合檢驗，將其中份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗.若檢驗結果為陰性，這k份血液全為陰性，因此這k份血液樣本檢驗一次就夠了，如果檢驗結果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對這k份血液再逐份檢驗，此時這k份血液的檢驗次數總共為次.假設在接受檢驗的血液樣本中，每份樣本的檢驗結果是陰性還是陽性都是獨立的，且每份樣本是陽性結果的概率為.（1）假設有5份血液樣本，其中只有2份為陽性，若采取逐份檢驗方式，求恰好經過2次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來的概率；（2）現取其中份血液樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的次數為，采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為.（i）試運用概率統(tǒng)計知識，若，試求P關于k的函數關系式；（ii）若，采用混合檢驗方式可以使得這k份血液樣本需要檢驗的總次數的期望值比逐份檢驗的總次數期望值更少，求k的最大值.參考數據：，，，，【答案】(1);(2)（i）,;（ii）4【解析】【分析】(1)根據排列的方法列式求概率即可.(2)（i）分別求解,再化簡求時的解析式即可.（ii）由題,化簡可得,再構造函數求導分析函數的單調性,再根據零點存在性定理求區(qū)間端點的正負判斷即可.【詳解】(1)設恰好經過2次檢驗能把陽性樣本全部檢驗出來的事件為,則,故恰好經過2次檢驗能把陽性樣本全部檢驗出來的概率為(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關于k的函數關系式,（ii）由題意可知,即,化簡得.因為,所以,即.設函數.又,故當時,,即在上單調遞減.又,.故的最大值為4.【點睛】本題主要考查了排列在概率中的運用,同時也考查了構造函數數學期望的求解以及構造函數分析不等式的方法.屬于中檔題..20.已知橢圓C：（）的兩焦點與短軸兩端點圍成面積為12的正方形.(1)求橢圓C的標準方程；(2)我們稱圓心在橢圓上運動，半徑為的圓是橢圓的“衛(wèi)星圓”.過原點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，若直線、的斜率為、，當時，求此時“衛(wèi)星圓”的個數.【答案】(1)；(2)8個.【解析】【分析】(1)由條件可得，解出來即可；(2)設“衛(wèi)星圓”的圓心為，由定義可得“衛(wèi)星圓”的標準方程為，求其圓心到直線，直線的距離，整理可轉化為、是方程的兩個不相等的實數根，則，再加上，，解方程即可.【詳解】(1)∵橢圓C的兩焦點與短軸兩端點圍成面積為12的正方形，∴由橢圓的定義和正方形的性質，可得，解得.又∴橢圓C的標準方程為.(2)設“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”的標準方程為.∵直線：與“衛(wèi)星圓”相切，則由點到直線的距離公式可，化簡得.同理可得.∴、是方程的兩個不相等的實數根，∴，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，.當時，；當時，，∴滿足條件點共8個，∴這樣“衛(wèi)星圓”存在8個.【點睛】本題考查橢圓方程的求解，考查直線和橢圓的位置關系，注意韋達定理的應用，考查計算能力與分析能力，是一道中檔題.21.已知，（1）對，有恒成立，求的最大整數解；（2）令，若有兩個零點分別為，且為的唯一的極值點，求證：.【答案】（1）3（2）見解析【解析】【分析】（1）由等到價于，可令，求得導數，再構造函數，求得導數，判斷單調性可得的單調性，以及最小值，即可得到所求的最大整數值；（2）求得的導數的單調性，由極小值小于0，可得，再由分析法，注意構造函數，求得導數和單調性，即可得證.【詳解】（1）解：等價于，令，則，令，則，所以在上為遞增函數，因為，所以存在，使得，即，所以在上遞減，在上遞增，所以，所以的最大整數為3；（2）證明：，則，當時，，所以的上單調遞增，此時不可能有兩個零點，所以，所以解得，當時，，當時，，