河南名校联盟2020届高三上学期第一次模拟考试数学(理)试题.pdf

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1、河南名校联盟 2020 届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2340Ax xx，ln0B

2、xx，则AB R（）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（）A1 B2 C3 D4 4在中，已知，则等于（）A或 B C D 5下列四个结论：命题“”的否定是“”；若是真命题，则可能是真命题；“且”是“”的充要条件；当时，幂函数在区间上单调递减 其中正确的是（）A B C D 6已知正项等比数列的前 项和为，若，则（）A B C D 710121xx的展开式中10 x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

3、考试成绩近似服从正态分布2105,0N，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15，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a，b满足1ab，ab平行于x轴，2,1

4、b，则a 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

5、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T为直线3x 上任意一点，过1F的直线交椭圆C于点P，Q，且为抛物线10TF PQ

6、，求1TFPQ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 河南名校联盟 2020

7、届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32sin22sin23bABa，或，又，5【答案】A【解析】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；若是真命题，则和均为真命题

8、，则一定是假命题，故选项不正确；“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；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，31311181314a qaqaq，解得11a，12q，7【答案】C【解析】1010101212121xxxxx，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

9、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

10、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，01416)4(242ekeeh，解得2244eke，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】1,01,0或ab，则 1,02,11,1 a或 1,02,13,1 a 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

11、型中，则长方体外接球半径为，不妨设，则 记，222222240 xyzSxyyzxz，即8324SS，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）121nSn；（2）21nnTn【解析】（1），即，由题意得，式两边同除以，得，数列是首项为，公差

12、为2 的等差数列，（2），18【答案】（1）62；（2）63【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，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，得 （2）由（1）可知，是平面的一个法向量且，设平面111ABC的法向量为n，则00BCABnnn可以为1,3,0，2 363cos,3222OPOPOP nnn，因为二面角为锐角，故所求二面角的余弦值为 19【答案】（1）15；（2）分布列见解析，65E X 【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“

13、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)52,3(BX，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，10TF PQ，故1TFPQ，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

14、椭圆的方程联立，得，消去，得，当且仅当，即时，等号成立，1TFPQ的最小值为33 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