河南省顶级名校2020届高三上学期开学摸底考试数学（理）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com ‎2020届高三年级开学摸底考试 理数试卷 本试卷共4页.23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.‎ 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、填空题和解答题的作答：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、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写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.‎ ‎5、考试结束后.请将本试题卷和答题卡一并上交.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共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. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得集合，根据集合交集的概念，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，集合，，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合交集，以及解不含参数的一元二次不等式，熟记不等式的解法，以及交集的概念即可，属于基础题.‎ - 22 -‎ ‎2.已知复数z满足，则（ ）‎ A. 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算法则，化简得，再结合复数模的计算公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，复数满足，则 ‎.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数模的求解，熟记复数的运算法则，以及复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎3.在等差数列中，，，（ ）‎ A. 212 B. 188 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质，求得，，得出，结合等差数列的通项公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，在等差数列中，，，‎ 又，可得，所以公差为 的通项公式为，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式求解，熟记等差数列的通项公式的基本量的运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.‎ - 22 -‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的诱导公式，得到，再由余弦的倍角公式，求得，代入即可求解.‎ ‎【详解】由题意，因为，可得，‎ 所以，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及三角恒等变换的化简求值，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎5.的展开式中含的项的系数为（ ）‎ A. 20 B. 40 C. 80 D. 160‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得展开式的通项为，令时，代入即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，二项式展开式的通项为，‎ 当时，，此时系数为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.‎ - 22 -‎ ‎6.在《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑.若某个鳖臑的三视图均为直角边长为2的等腰直角三角形（如图所示）.则该鳌臑的体积为（ ）‎ A. B. C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图画出该几何体的直观图为如图所示的四面体，放置在正方体中，结合体积公式，即可求解.‎ ‎【详解】根据三视图画出该几何体的直观图为如图所示的四面体，‎ 其中垂直于等腰直角三角形所在的平面，将其放置于正方体中（如图所示），‎ 可知该正方体的所有棱长为2，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.‎ ‎7.如图所示的中，点D、E、F分别在边、、上，且，，，则向量（ ）‎ - 22 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的运算法则，准确运算，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，根据向量的运算法则，可得：‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，熟记平面向量的运算法，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎8.已知三个村庄所处的位置恰好位于三角形的三个顶点处，且.现在内任取一点建一大型的超市，则点到三个村庄的距离都不小于的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用数形结合，计算，以及“点到三个村庄的距离都不小于”这部分区域的面积，然后结合几何概型，可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：‎ 所以该三角形为直角三角形 - 22 -‎ 分别以作为圆心，作半径为2的圆 如图所以 则 “点到三个村庄的距离都不小于”‎ 该部分即上图阴影部分，记该部分面积为 又三角形内角和为，‎ 所以 设点到三个村庄的距离都不小于的概率为 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查面积型几何概型问题，重点在于计算面积，难点在于计算阴影部分面积，考验理解能力，属基础题.‎ ‎9.若函数为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数为奇函数，求得，解得，得到，再利用导数的几何意义，即可求解在点处的切线方程.‎ - 22 -‎ ‎【详解】由题意，函数为奇函数，‎ 则，即，解得，从而，‎ ‎，，且，‎ ‎∴切线方程为，即.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，以及利用导数的几何意义求解在某点处的切线方程，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎10.已知函数（，），满足，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若的图象关于直线对称，则的取值可以为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求得，进而得，再结合三角函数的性质，求得，，即可求解.‎ ‎【详解】因为，即，所以，‎ 又因为，所以，所以，‎ 函数图象向右平移个单位得到，‎ 的图象关于直线对称，，，‎ 即，，令，得.‎ 故选：B.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的综合应用，熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎11.若对任意的实数恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，利用导数研究函数在单调性，并计算，可得结果.‎ ‎【详解】令，‎ 则，令 若时，‎ 若时，‎ 所以可知函数在递减，在递增 所以 由对任意的实数恒成立 所以 故选：A ‎【点睛】本题考查利用导数解决恒成立问题，关键在于构建函数，通过导数研究函数性质，属基础题.‎ ‎12.已知抛物线C：过定点的直线与抛物线C相交于点P、Q，若为常数，实数a的值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 设直线，联立方程组，结合根与系数的关系进行化简，得到为常数，即可求得实数a的值.‎ ‎【详解】设，，直线，‎ 联立方程，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 为常数，，满足.‎ 所以实数a的值为1.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的综合应用，其中解答中联立方程组，合理应用根与系数的关系，化简运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22-23题为选考题，考生根据要求作答.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.已知正项等比数列中，，，则______.‎ ‎【答案】20.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为q，由和，求得，即可求得 - 22 -‎ 的值，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，可设等比数列的公比为q，‎ 因为，得，‎ 又因为，解得，又由，所以，‎ 所以.‎ 故答案为：20.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及应用，熟记等比数列的通项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎14.若x、y满足约束条件，则的最大值为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域后,根据斜率关系找到最优解,代入最优解的坐标即可求得最大值.‎ ‎【详解】作出可行域如图所示:‎ 由可得,‎ 由图可知最优解为,‎ 联立 ,解得,,‎ - 22 -‎ 所以最优解为,‎ 所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划求最大值,利用斜率关系找到最优解是答题关键,属于基础题.‎ ‎15.已知直线l：与圆O：相交的弦长，则______.‎ ‎【答案】1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得圆心到直线的距离为，再结合圆的弦长公式，得到，整理即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，圆O：的圆心坐标为，半径为.‎ 则圆心O到直线的距离为，‎ 又由弦长公式，可得，‎ 因，所以，整理得.‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆位置关系的应用，熟记点到直线的距离公式，以及圆的弦长公式，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎16.在平面直角坐标系中，过轴上的点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若，，则双曲线的离心率的值是______．‎ ‎【答案】‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，再根据，即可求出，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，双曲线的一条渐近线，‎ ‎∵，，且渐近线，‎ ‎∴，∴，‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，.‎ ‎（1）求角B、C；‎ ‎（2）求的面积.‎ ‎【答案】（1）或，；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理，求得，进而可求得角B、C；‎ - 22 -‎ ‎（2）由（1）和的面积公式，即可求得三角形的面积.‎ ‎【详解】（1）在中，，，，‎ 由正弦定理，可得，解得，‎ 又，或，‎ 又，,，‎ ‎.‎ ‎（2）由（1）和的面积公式，‎ 可得 .‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、以及三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎18.为提高产品质量，某企业质量管理部门经常不定期地对产品进行抽查检测，现对某条生产线上随机抽取的100个产品进行相关数据的对比，并对每个产品进行综合评分（满分100分），将每个产品所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.‎ ‎（1）求图中的值，并求综合评分的中位数；‎ ‎（2）用样本估计总体，视频率作为概率，在该条生产线中随机抽取3个产品，求所抽取的产品中一等品数的分布列和数学期望.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1），82.5；（2）分布列见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图的性质，即可解得的值，再利用中位数的计算，求得综合评分的中位数；‎ ‎（2）由（1）与频率分布直方图可知，一等品的频率为，得出所抽取的产品为一等品的 ‎【详解】（1）由频率分布直方图的性质，可得，‎ 解得.‎ 令中位数为x，则，‎ 解得，所以综合评分的中位数为82.5.‎ ‎（2）由（1）与频率分布直方图可知，一等品的频率为，‎ 即概率为0.6，‎ 设所抽取的产品为一等品的个数为X，则，‎ 所以，，‎ ‎，.‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所抽取的产品为一等品的数学期望.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的性质及应用，以及二项分布的求解及数学期望的计算，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及计算能力，属于基础题.‎ ‎19.如图所示，在四棱锥中，底面为正方形.且，，.‎ - 22 -‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，因为底面为正方形，利用勾股定理，证得，，再结合线面垂直的判定定理，即可求解；‎ ‎（2）分别以，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，因为底面为正方形，且，，，‎ 所以，，‎ 所以，.‎ 又，平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）由（1）知平面，又因为底面为正方形，‎ 所以分别以，，为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，‎ 所以，，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ - 22 -‎ 则，即，即，‎ 令，所以.‎ 同理可求得平面的一个法向量，‎ 所以.‎ 又二面角的平面角为钝角，‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎20.过原点O作两条相互垂直的射线，分别交椭圆C：（）于P、Q两点.‎ ‎（1）证明：为定值；‎ ‎（2）若椭圆C：（）的长轴长为4，离心率为，过原点O作直线的垂线，垂足为D，求点D的轨迹方程.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当，分别在坐标轴上时，显然有；‎ - 22 -‎ 当，不在坐标轴上时，设直线，‎ 联立方程，整理得，‎ 解得，，‎ 所以，‎ 用代替上式中的，可得，‎ 所以（定值）.‎ ‎（2）设垂足，‎ 由椭圆C：（）的长轴长为4，离心率为，‎ 可得椭圆C的方程为，‎ 由（1）的证明可知，即，‎ 即，即，即，‎ 所以点D的轨迹方程为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程和几何性质，合理准确化简、运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎21.已知函数（）.‎ ‎（1）若函数有两个零点，求实数a的取值范围 ‎（2）证明：‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，得到，令，，利用导数求得函数的单调性与最小值，要使函数有两个零点，则函数的图象与有两个不同的交点，即可求解；‎ ‎（2）要证明，只需，令，利用导数求得函数的的单调性与最值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数的定义域为，‎ 令，则，‎ 记，，‎ 则，令，得，‎ 当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增，‎ 所以有最小值，且为，‎ 又当时，；当时，，‎ 所以要使函数有两个零点，则函数的图象与有两个不同的交点，‎ 则，即实数a的取值范围为.‎ ‎（2）由（1）知，函数有最小值，可得，‎ 当且仅当时取等号，‎ - 22 -‎ 因此要证明，‎ 即只需要证明，‎ 记，则，‎ 令，得.‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 所以，‎ 即恒成立，当且仅当时取等号，‎ 所以，当且仅当时取等号.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为 ‎（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点.求 - 22 -‎ ‎【答案】（1）.；（2）5.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将（t为参数）中的参数t消去，即可求得直线l的普通方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）令，得到直线的参数方程（为参数），代入，结合直线参数方程中参数的几何意义，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，将（t为参数）中的参数t消去，可得 即直线l的普通方程为，‎ 由，可得，‎ 又由，代入可得，‎ 所以曲线C的直角坐标方程为.‎ ‎（2）令，则有（为参数）.‎ 将其代入方程中，得，其中.‎ 设点A，B对应的参数分别为，，则，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，熟练应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 - 22 -‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若，恒成立，求实数a的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，可得，即可求得不等式的解集；‎ ‎（2）由，恒成立，转化为，恒成立，分类讨论，即可求解.‎ ‎【详解】（1）根据题意，函数，‎ 由，可得，即，解得，‎ 所以原不等式的解集为.‎ ‎（2）由，恒成立，即为，恒成立，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 因为，当且仅当，即时等号成立，‎ 所以.‎ 综上可得，即实数a的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及不等式的恒成立问题的解答，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎