届河南省天一大联考顶尖计划高三第二次考试数学理试题解析.docx
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届河南省天一大联考顶尖计划高三第二次考试数学理试题解析
2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三第二次考试数学(理)试题
注意事项:
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1.已知集合,则()
A.B.C.D.
答案:
C
分别将集合化简,求出,再求即可
解:
由题意知,则.
故选:
C
点评:
本题考查集合交并补的混合运算,属于基础题
2.设为虚数单位,为复数,若为实数,则()
A.B.C.D.
答案:
B
可设,将化简,得到,由复数为实数,可得,解方程即可求解
解:
设,则.
由题意有,所以.
故选:
B
点评:
本题考查复数的模长、除法运算,由复数的类型求解对应参数,属于基础题
3.执行如图所示的程序框图若输入,则输出的的值为()
A.B.C.D.
答案:
C
由程序语言依次计算,直到时输出即可
解:
程序的运行过程为
当n=2时,时,,此时输出.
故选:
C
点评:
本题考查由程序框图计算输出结果,属于基础题
4.一个陶瓷圆盘的半径为,中间有一个边长为的正方形花纹,向盘中投入1000粒米后,发现落在正方形花纹上的米共有51粒,据此估计圆周率的值为(精确到0.001)()
A.3.132B.3.137C.3.142D.3.147
答案:
B
结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可
解:
如图,由几何概型公式可知:
.
故选:
B
点评:
本题考查随机模拟的概念和几何概型,属于基础题
5.将3个黑球3个白球和1个红球排成一排,各小球除了颜色以外其他属性均相同,则相同颜色的小球不相邻的排法共有()
A.14种B.15种C.16种D.18种
答案:
D
采取分类计数和分步计数相结合的方法,分两种情况具体讨论,一种是黑白依次相间,一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起
解:
首先将黑球和白球排列好,再插入红球.
情况1:
黑球和白球按照黑白相间排列(“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”),此时将红球插入6个球组成的7个空中即可,因此共有2×7=14种;
情况2:
黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起(“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”),此时红球只能插入两个相同颜色的球之中,共4种.
综上所述,共有14+4=18种.
故选:
D
点评:
本题考查排列组合公式的具体应用,插空法的应用,属于基础题
6.已知三棱锥的外接球半径为2,且球心为线段的中点,则三棱锥的体积的最大值为()
A.B.C.D.
答案:
C
由题可推断出和都是直角三角形,设球心为,要使三棱锥的体积最大,则需满足,结合几何关系和图形即可求解
解:
先画出图形,由球心到各点距离相等可得,,故是直角三角形,设,则有,又,所以,当且仅当时,取最大值4,要使三棱锥体积最大,则需使高,此时,
故选:
C
点评:
本题考查由三棱锥外接球半径,半径与球心位置求解锥体体积最值问题,属于基础题
7.已知分别为圆与的直径,则的取值范围为()
A.B.C.D.
答案:
A
由题先画出基本图形,结合向量加法和点乘运算化简可得,结合的范围即可求解
解:
如图,其中,所以
.
故选:
A
点评:
本题考查向量的线性运算在几何中的应用,数形结合思想,属于中档题
8.如图所示的“数字塔”有以下规律:
每一层最左与最右的数字均为2,除此之外每个数字均为其两肩的数字之积,则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近()
A.B.C.D.
答案:
A
结合所给数字特征,我们可将每层数字表示成2的指数的形式,观察可知,每层指数的和成等比数列分布,结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解
解:
如图,将数字塔中的数写成指数形式,可发现其指数恰好构成“杨辉三角”,前10层的指数之和为,所以原数字塔中前10层所有数字之积为.
故选:
A
点评:
本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题,逻辑推理,等比数列前项和公式应用,属于中档题
9.过抛物线的焦点作直线与抛物线在第一象限交于点A,与准线在第三象限交于点B,过点作准线的垂线,垂足为.若,则()
A.B.C.D.
答案:
C
需结合抛物线第一定义和图形,得为等腰三角形,设准线与轴的交点为,过点作,再由三角函数定义和几何关系分别表示转化出,
,结合比值与正切二倍角公式化简即可
解:
如图,设准线与轴的交点为,过点作.由抛物线定义知,
所以,,,,
所以.
故选:
C
点评:
本题考查抛物线的几何性质,三角函数的性质,数形结合思想,转化与化归思想,属于中档题
10.已知双曲线的左、右焦点分别为,过作一条直线与双曲线右支交于两点,坐标原点为,若,则该双曲线的离心率为()
A.B.C.D.
答案:
B
由题可知,,再结合双曲线第一定义,可得,对有,
即,解得,再对,由勾股定理可得,化简即可求解
解:
如图,因为,所以.因为所以.
在中,,即,
得,则.在中,由得.
故选:
B
点评:
本题考查双曲线的离心率求法,几何性质的应用,属于中档题
11.记个两两无交集的区间的并集为阶区间如为2阶区间,设函数,则不等式的解集为()
A.2阶区间B.3阶区间C.4阶区间D.5阶区间
答案:
D
可判断函数为奇函数,先讨论当且时的导数情况,再画出函数大致图形,将所求区间端点值分别看作对应常函数,再由图形确定具体自变量范围即可求解
解:
当且时,.令得.可得和的变化情况如下表:
令,则原不等式变为,由图像知的解集为,再次由图像得到的解集由5段分离的部分组成,所以解集为5阶区间.
故选:
D
点评:
本题考查由函数的奇偶性,单调性求解对应自变量范围,导数法研究函数增减性,数形结合思想,转化与化归思想,属于难题
12.在正方体中,球同时与以为公共顶点的三个面相切,球同时与以为公共顶点的三个面相切,且两球相切于点.若以为焦点,为准线的抛物线经过,设球的半径分别为,则()
A.B.C.D.
答案:
D
由题先画出立体图,再画出平面处的截面图,由抛物线第一定义可知,点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体,设,两球球心和公切点都在体对角线上,通过几何关系可转化出,进而求解
解:
根据抛物线的定义,点到点的距离与到直线的距离相等,其中点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离,因此球内切于正方体,不妨设,两个球心和两球的切点均在体对角线上,两个球在平面处的截面如图所示,则,所以.又因为,因此,得,所以.
故选:
D
点评:
本题考查立体图与平面图的转化,抛物线几何性质的使用,内切球的性质,数形结合思想,转化思想,直观想象与数学运算的核心素养
二、填空题
13.已知是偶函数,则的最小值为___________.
答案:
2
由偶函数性质可得,解得,再结合基本不等式即可求解
解:
令得,所以,当且仅当时取等号.
故答案为:
2
点评:
考查函数的奇偶性、基本不等式,属于基础题
14.在直角坐标系中,某等腰直角三角形的两个顶点坐标分别为,函数的图象经过该三角形的三个顶点,则的解析式为___________.
答案:
结合题意先画出直角坐标系,点出所有可能组成等腰直角三角形的点,采用排除法最终可确定为点,再由函数性质进一步求解参数即可
解:
等腰直角三角形的第三个顶点可能的位置如下图中的点,其中点与已有的两个顶点横坐标重复,舍去;若为点则点与点的中间位置的点的纵坐标必然大于或小于,不可能为,因此点也舍去,只有点满足题意.此时点为最大值点,所以,又,则,所以点,之间的图像单调,将,代入的表达式有
由知,因此.
故答案为:
点评:
本题考查由三角函数图像求解解析式,数形结合思想,属于中档题
15.数列满足递推公式,且,则___________.
答案:
2020
可对左右两端同乘以得,
依次写出,,,,累加可得,再由得,代入即可求解
解:
左右两端同乘以有,从而,,,,将以上式子累加得.
由得.令,有.
故答案为:
2020
点评:
本题考查数列递推式和累加法的应用,属于基础题
16.若存在实数使得不等式在某区间上恒成立,则称与为该区间上的一对“分离函数”,下列各组函数中是对应区间上的“分离函数”的有___________.(填上所有正确答案的序号)
①,,;
②,,;
③,,;
④,,.
答案:
①②④
由题意可知,若要存在使得成立,我们可考虑两函数是否存在公切点,若两函数在公切点对应的位置一个单增,另一个单减,则很容易判断,对①,③,④都可以采用此法判断,对②分析式子特点可知,,进而判断
解:
①时,令,则,单调递增,,即.令,则,单调递减,,即,因此,满足题意.
②时,易知,满足题意.
③注意到,因此如果存在直线,只有可能是(或)在处的切线,,因此切线为,易知,,因此不存在直线满足题意.
④时,注意到,因此如果存在直线,只有可能是(或)在处的切线,,因此切线为.
令,则,易知在上单调递增,在上单调递减,所以,即.
令,则,易知在上单调递减,在上单调递增,所以,即.
因此,满足题意.
故答案为:
①②④
点评:
本题考查新定义题型、利用导数研究函数图像,转化与化归思想,属于中档题
三、解答题
17.如图,在中,角的对边分别为,且满足,线段的中点为.
(Ⅰ)求角的大小;
(Ⅱ)已知,求的大小.
答案:
(Ⅰ);(Ⅱ).
(Ⅰ)由正弦定理边化角,再结合转化即可求解;
(Ⅱ)可设,由,再由余弦定理解得,对中,由余弦定理有,通过勾股定理逆定理可得,进而得解
解:
(Ⅰ)由正弦定理得.
而.
由以上两式得,即.
由于,所以,
又由于,得.
(Ⅱ)设,在中,由正弦定理有.
由余弦定理有,整理得,
由于,所以.
在中,由余弦定理有.
所以,所以.
点评:
本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用,属于中档题
18.如图,在直三棱柱中,,点分别为和的中点.
(Ⅰ)棱上是否存在点使得平面平面?
若存在,写出的长并证明你的结论;若不存在,请说明理由.
(Ⅱ)求二面角的余弦值.
答案:
(Ⅰ)存在点满足题意,且,证明详见解析;(Ⅱ).
(Ⅰ)可考虑采用补形法,取的中点为,连接,可结合等腰三角形性质和线面垂直性质,先证平面,即,若能证明,则可得证,可通过我们反推出点对应位置应在处,进而得证;
(Ⅱ)采用建系法,以为坐标原点,以分别为轴建立空间直角坐标系,分别求出两平面对应法向量,再结合向量夹角公式即可求解;
解:
(Ⅰ)存在点满足题意,且.
证明如下:
取的中点为,连接.
则,所以平面.
因为是的中点,所以.
在直三棱柱中,平面平面,且交线为,
所以平面,所以.
在平面内,,,
所以,从而可得.
又因为,所以平面.
因为平面,所以平面平面.
(Ⅱ)如图所示,以为坐标原点,以分别为轴建立空间直角坐标系.
易知,,,,
所以,,.
设平面的法向量为,则有
取,得.
同理可求得平面的法向量为.
则.
由图可知二面角为锐角,所以其余弦值为.
点评:
本题考查面面垂直的判定定理、向量法求二面角的余弦值,属于中档题
19.某生物硏究小组准备探究某地区蜻蜓的翼长分布规律,据统计该地区蜻蜓有两种,且这两种的个体数量大致相等,记种蜻蜓和种蜻蜓的翼长(单位:
)
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- 河南省 天一大 联考 顶尖 计划 第二次 考试 学理 试题 解析
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