2021届河南省非凡高三（3月）调研考试数学（理）试题（解析版）

2021届河南省非凡高三（3月）调研考数学（理）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：A

4．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：B

5．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.

6．展开式中项的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由，由此可求得展开式中含项的系数.

【详解】，

所以，展开式中含项为：，故项的系数为.

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：D

10．抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于、两点，分别以、为直径作⊙、⊙，不过点的⊙、⊙的两条公切线交于点，两公切线分别切⊙于、，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析出轴为⊙、⊙的一条公切线，由圆的几何性质结合可得出，可得出直线的倾斜角，进而可求得直线的斜率.

【详解】因为为的中点，由抛物线的定义可知：，故⊙与轴相切，

同理，⊙与轴相切，故轴是⊙、⊙的一条公切线，

由圆的几何性质可知直线与轴交点为，不妨设圆与轴相切于，

则由直线的倾斜角为或，所以．

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用两圆的公切线求直线的斜率，本题中，分析出轴为两圆的一条公切线，并借助圆的几何性质求出直线的倾斜角是解题的关键，在求解解析几何的相关问题时，利用圆的几何性质对一些图形的几何特征进行分析，可以达到简化计算的目的.

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：C

12．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：2

14．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名学生某日学习时间进行了调查．其中该校所有高三学生在本日学习时间服从正态分布．

（1）求出这一日这1000名学生学习时间在10.2以上的人数（四舍五入保留到个位）；

（2）以该校高三学生学习时间在10.2以上的频率为概率，对同层次的另外5所学校各随机抽查1人，表示学习时间超过10.2小时的人数，求．

参考数据：，

【答案】（1）159；（2）．

【分析】（1）因为服从正态分布，可知由

即可求解；

（2）利用二项分布的期望公式即可求解.

【详解】（1）因为服从正态分布，所以，，

所以

所以，

故．

这1000名学生学习时间在10.2以上的人数为人.

（2）由（1）知：高三年级学生中，任选1人，学习时间超过10.2小时的概率为0.1587，且每个人的抽取是相互独立的

故5个人的选取即为5次独立重复试验，．

所以的期望．

【点睛】关键点点睛：求期望时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算.
 

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）求直线与平面所成角的正弦．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）证明平面，平面平面即得证；

（2）取中点为，建立空间直角坐标系，不妨设，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦．

【详解】（1）∵平面平面，且，

∴平面，

连接，由，可知：是等边三角形，

∴

∵．，，

∴平面平面，

而平面，故平面平面．

（2）取中点为，是等边三角形可知：平面，

以为原点，、、方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设，

则，，，，

，，

设平面的法向量为，

则，

取，则．

又，

故所求线面角的正弦为：．

【点睛】方法点睛：直线和平面所成的角的求法：

方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.

方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.

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.