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河南省名校联盟2020届高三数学上学期第一次模拟考试试题 理注意事项: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( )ABCD2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( )A1B2C3D44在中,已知,则等于( )A或BCD5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( )ABCD6已知正项等比数列的前项和为,若,则( )ABCD7的展开式中的系数为( )ABCD8直线与曲线有且仅有个公共点,则实数的取值范围是( )ABCD9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( )ABCD10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( )ABCD11若函数与都在区间上单调递减,则的最大值为( )ABCD12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( )ABCD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42020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C3【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】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,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,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C10【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,由题意得,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,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
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