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)

页1第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2340Axxx，ln0Bxx，则ABRð（）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．1B．2C．3D．44．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．①④B．②③C．①③D．②④6．已知正项等比数列的前项和为，若，则（）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号页2第A．B．C．D．7．10121xx的展开式中10x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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．页3第13．若平面向量a，b满足1ab，ab平行于x轴，2,1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．页4第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)．将统计数据页5第按，，，…，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，，页6第离心率，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10TFPQ，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；页7第（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】页8第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．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32sin22sin23bABa．∵，∴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，，，31311181314aqaqaq，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，∴01416)4(242ekeeh，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型中，则长方体外接球半径为，不妨设，，，则．记，222222240xyzSxyyzxz，即8324SS，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）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111ABC的法向量为n，则00BCABnnn可以为1,3,0，2363cos,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，65EX．【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)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，∵10TFPQ，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．