2020届河南名校联盟高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）.doc

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020届河南名校联盟高三第一次模拟考试卷 理 科 数 学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．下列命题中正确的是（ ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．设方程的根为，表示不超过的最大整数，则（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．在中，已知，，，则等于（ ） A．或 B． C． D． 5．下列四个结论： ①命题“”的否定是“”； ②若是真命题，则可能是真命题； ③“且”是“”的充要条件； ④当时，幂函数在区间上单调递减． 其中正确的是（ ） A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 6．已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ） A． B． C． D． 7．的展开式中的系数为（ ） A． B． C． D． 8．直线与曲线有且仅有个公共点，则实数的 取值范围是（ ） A． B． C． D． 9．某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（ ） A． B． C． D． 10．已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线与椭圆相交于，两点，若，点到直线的距离不小于，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 11．若函数与都在区间上单调递减，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 12．已知关于的方程恰有四个不同的实数根，则当函数时，实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．若平面向量，满足，平行于轴，，则 ． 14．实数，满足约束条件：，则的取值范围为 ． 15．半径为的球面上有，，，四点，且，，两两垂直，则，与面积之和的最大值为 ． 16．如图，，分别是椭圆的左、右顶点，圆的半径为，过点作圆的切线，切点为，在轴的上方交椭圆于点，则 ． 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（12分）在数列中，，当时，其前项和满足． （1）求的表达式； （2）设，求的前项和． 18．（12分）如图所示的三棱柱中，平面，，，的中点为，若线段上存在点使得平面． （1）求； （2）求二面角的余弦值． 19．（12分）部门在同一上班高峰时段对甲、乙两座地铁站各随机抽取了名乘客，统计其乘车等待时间(指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过分钟)．将统计数据按，，，…，分组，制成频率分布直方图： 假设乘客乘车等待时间相互独立． （1）在上班高峰时段，从甲站的乘客中随机抽取人，记为；从乙站的乘客中随机抽取人，记为．用频率估计概率，求“乘客，乘车等待时间都小于分钟”的概率； （2）从上班高峰时段，从乙站乘车的乘客中随机抽取人，表示乘车等待时间小于分钟的人数，用频率估计概率，求随机变量的分布列与数学期望． 20．（12分）已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，椭圆上的点到焦点的最短距离为． （1）求椭圆的标准方程； （2）设为直线上任意一点，过的直线交椭圆于点，，且为抛物线，求的最小值． 21．（12分）已知函数，． （1）若存在极小值，求实数的取值范围； （2）设是的极小值点，且，证明： ． 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）求的普通方程和的直角坐标方程； （2）已知直线的极坐标方程为，是与的交点，是与的交点，且，均异于原点，，求的值． 23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】 已知函数． （1）当，求不等式的解集； （2）设对恒成立，求的取值范围． 8第 页 2020届河南名校联盟高三第一次模拟考试卷 理科数学答 案 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】C 【解析】由题意，集合，或， ，，则． 2．【答案】C 【解析】A．时不成立； B．，，则，因此不正确； C．，，则，正确； D．取，，，，满足条件，，但是不成立， 故选C． 3．【答案】B 【解析】构造函数，由于函数与在定义域上都是单调递增函数，故在定义域上单调递增， 由，， 则函数的零点在之间，故，． 4．【答案】C 【解析】由正弦定理知． ∵，∴或， 又∵，∴，∴，∴． 5．【答案】A 【解析】①命题“”的否定是“”， 特称命题的否定是换量词，否结论，不变条件，故选项正确； ②若是真命题，则和均为真命题，则一定是假命题，故选项不正确； ③“且”，则一定有“”， 反之“”，，也可以满足， 即，的范围不唯一，“且”是“”的充分不必要条件，故选项不正确； ④当时，幂函数在区间上单调递减，是正确的， 幂函数在第一象限的单调性只和指数有关，函数单调递增，函数单调递减． 故选项正确． 6．【答案】B 【解析】正项等比数列的前项和为，，， ，解得，， ∴． 7．【答案】C 【解析】∵， 二项展开式的通项为， 二项展开式的通项为， 则，解得，， 所以，展开式中的系数为． 8．【答案】C 【解析】如图所示，直线过点， 圆的圆心坐标，， 直线与曲线有且仅有个公共点， 设为，，则，， 直线与曲线相切时，或(舍去)， 直线与曲线有且仅有个公共点， 则实数的取值范围是． 9．【答案】C 【解析】∵，， 所以， 所以此次数学考试成绩在分到分之间的人数约为． 故选C． 10．【答案】C 【解析】如图所示，设为椭圆的左焦点，连接，， 则四边形是平行四边形， ∴，∴，取， ∵点到直线的距离不小于，∴，解得， ∴，∴，∴椭圆的离心率范围是． 11．【答案】B 【解析】对于函数，令， 解得， 当时，令，则； 对于函数，令， 解得， 当时，令，则． 易得当函数与均在区间单调递减时，的最大值为， 的最小值为，所以的最大值为． 12．【答案】B 【解析】，令，解得或， ∴当或时，；当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ∴当时，函数取得极大值， 当时，函数取得极小值， 作出的大致函数图象如图所示， 令，则当或时，关于的方程只有一个解； 当时，关于的方程有两个解； 当时，关于的方程有三个解， ∵恰有四个零点， ∴关于的方程在上有一个解，在上有一个解， 显然不是方程的解， ∴关于的方程在和上各有一个解， ∴，解得， 即实数的取值范围是． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】或 【解析】， 则或． 14．【答案】 【解析】作出不等式组表示的平面区域如下图： 其中， 因为表示与点连线斜率， 由图可得：当点在点处时，它与点连线斜率最小为． 所以的取值范围为． 15．【答案】8 【解析】将四面体置于长方体模型中，则长方体外接球半径为， 不妨设，，， 则． 记， ，即， 当且仅当时“”成立． 16．【答案】 【解析】连结、，可得是边长为的等边三角形， 所以， 可得直线的斜率，直线的斜率为， 因此，直线的方程为，直线的方程为， 设，由，解得， 因为圆与直线相切于点，所以， 因此， 故直线的斜率，因此直线的方程为， 代入椭圆方程，消去得，解得或， 因为直线交椭圆于与点，设，可得， 由此可得． 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1）；（2）． 【解析】（1）∵，，∴， 即①， 由题意得，①式两边同除以，得， ∴数列是首项为，公差为2的等差数列， ∴，∴． （2）∵， ∴． 18．【答案】（1）；（2）． 【解析】（1）如图，在平面内过点作的垂线分别交和于，，连接， 在平面内过点作的垂线交于，连接， 依题意易得，，，，，五点共面， 因为平面，所以①， 在中，，， 因此为线段靠近的三等分点，由对称性知，为线段靠近的三等分点， 因此，，代入①，得． （2）由（1）可知，是平面的一个法向量且，， 设平面的法向量为，则可以为， ， 因为二面角为锐角，故所求二面角的余弦值为． 19．【答案】（1）；（2）分布列见解析，． 【解析】（1）设表示事件“乘客乘车等待时间小于20分钟”，表示事件“乘客乘车等待时间小于分钟”，表示事件“乘客，乘车等待时间都小于分钟”． 由题意知，乘客乘车等待时间小于分钟的频率为:， 故的估计值为． 乘客乘车等待时间小于分钟的频率为， 故的估计值为． 又，故事件的概率为． （2）由（1）可知，乙站乘客乘车等待时间小于分钟的频率为， 所以乙站乘客乘车等待时间小于分钟的概率为． 显然，的可能取值为0，1，2，3且， 所以；； ；． 故随机变量的分布列为： ． 20．【答案】（1）；（2）． 【解析】（1），而， 又，得，，故椭圆的标准方程为． （2）由（1）知， ∵，故， 设，∴，直线的斜率为， 当时，直线的方程为，也符合方程； 当时，直线的斜率为，直线的方程为； 设，，将直线的方程与椭圆的方程联立，得， 消去，得，，，， ， ， 当且仅当，即时，等号成立， ∴的最小值为． 21．【答案】（1）；（2）证明见解析． 【解析】（1）， 令，则， 所以在上是增函数， 又因为当时，；当时，， 所以，当时，，，函数在区间上是增函数，不存在极值点； 当时，的值域为，必存在使， 所以当时，，，单调递减；当时，，，单调递增， 所以存在极小值点，综上可知实数的取值范围是． （2）由（1）知，，即，所以， ， 由，得，令，显然在区间上单调递减， 又，所以由，得， 令，， 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减， 所以，当时，函数取最小值，所以， 即，即，所以，， 所以，即． 22．【答案】（1），；（2）． 【解析】（1）由消去参数，得的普通方程为， 由，得， 又，， 所以的直角坐标方程为． （2）由（1）知曲线的普通方程为， 所以其极坐标方程为． 设点，的极坐标分别为，，则，， 所以， 所以，即，解得， 又，所以． 23．【答案】（1）；（2）． 【解析】（1）当时，，即， 当时，原不等式化为，得，即； 当时，原不等式化为，即，即； 当时，原不等式化为，得，即． 综上，原不等式的解集为． （2）因为，所以，可化为， 所以，即对恒成立， 则，所以的取值范围是．