河南省南阳市2020届高三上学期期末考试数学（理）试题

河南省南阳市2020届高三上学期期末考试数学（理）试题

南阳市2019年秋期高中三年级期终质量评估 数学试题（理）‎ 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.‎ ‎2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.‎ ‎4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.‎ ‎5.保持卷面清洁，不折叠、不破损.‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合A，根据交集运算即可.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了分式不等式，交集的运算，属于容易题.‎ ‎2.设复数（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的乘除法运算法则，化简复数，即可写出虚部.‎ ‎【详解】,‎ 复数的虚部为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了复数的乘除运算，复数的概念，属于中档题.‎ ‎3.在一个不透明的容器中有6个小球，其中有4个黄球，2个红球，它们除颜色外完全相同，如果一次随机取出2个球，那么至少有1个红球的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取出2个球共有取法种，至少有1个红球的对立事件为没有一个红球，共有种，根据古典概型概率公式即可求解.‎ ‎【详解】设一次随机取出2个球，至少有1个红球为事件A，‎ 则，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了古典概型，对立事件，属于中档题.‎ ‎4.已知函数的周期为，则下列选项正确的是 A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数的图象关于直线对称 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的周期为π，求解ω可得解析式，对各选项逐一考察即可．‎ ‎【详解】函数的最小正周期为，则 即 ，则， 由对称轴方程：‎ 得：，（k∈Z） 经考查C，D选项不对． 由对称中心横坐标：‎ 得： ‎ 当k=0时，可得图象的对称中心坐标为． 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，求出解析式是解决本题的关键．属于中档题．‎ ‎5.甲、乙两类水果的质量（单位：）分别服从正态分布，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 甲类水果的平均质量 B. 甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右 C. 甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小 D. 乙类水果的质量服从正态分布的参数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图象可知，甲类水果的平均质量μ1=0.4kg，乙类水果的平均质量μ2=0.8kg，故A，B，C，正确；乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2=，故D 不正确．故选D．‎ ‎6.函数的大致图像为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由解析式可知，在定义域上恒成立，即可选出答案.‎ ‎【详解】因为的定义域为，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 结合图象，只有D选项符合要求，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了函数的定义域，值域，图象，属于容易题.‎ ‎7.已知，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据利用对数函数的增减性，判定与0,1的大小关系即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 综上，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了对数函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题.‎ ‎8.在如图算法框图中，若，程序运行的结果为二项式的展开式中的系数的倍，那么判断框中应填入的关于的判断条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式（2+x）5展开式的通项公式，求出x3的系数，模拟程序的运行，可得判断框内的条件．‎ ‎【详解】∵二项式展开式的通项公式是,‎ 令，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴程序运行的结果S为120，‎ 模拟程序的运行，由题意可得 k=6，S=1‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，S=6，k=5‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，S=30，k=4‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，S=120，k=3‎ 此时，应该满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值为120．‎ 故判断框中应填入的关于k的判断条件是k＜4？‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了二项式展开式的通项公式的应用问题，考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于中档题．‎ ‎9.已知是等差数列的前项和，若，设，则数列 的前项和取最大值时的值为（ ）‎ A. 6 B. 7 C. 8 D. 9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可分析数列，的符号，结合等差数列的性质，求出的最大值时n的值.‎ ‎【详解】由可得：‎ 即，，‎ ‎，‎ 等差数列是的递减数列，‎ 又，‎ 所以最大，故，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的增减性，判断数列项的符号，数列和的最值，属于中档题.‎ ‎10.十八世纪，函数（表示不超过的最大整数）被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，结合定义的表述，人们习惯称为“取整函数”，根据上述定义，则方程的所有实数根的个数为（ ）‎ A. B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，若时，方程显然不成立，故，此时，分别分析即可.‎ ‎【详解】由可得,‎ 因为时，，方程无解，‎ 当时，的可能取值为，‎ 当时，方程有解，‎ 当时，方程无解，‎ 当时，，解得或，‎ 因为，符合题意，不符合题意，舍去，‎ 综上，方程的根为，，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了一元二次方程，取整函数，分类讨论的思想，属于中档题.‎ ‎11.某三棱锥的三视图如图所示，其中主视图是等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先在长方体中还原该三棱锥为P-ABC，根据三棱锥底面外接圆圆心确定外接球球心位置，设球的半径为R，列出方程即可求出结果．‎ ‎【详解】根据三视图，在长方体中还原该三棱锥为P-ABC，‎ 且长方体的长为2，宽为4，高为，‎ 取AB中点为D，上底面中心为E，连接DE，EP，则DE=，‎ 因为三角形ABC为直角三角形，所以D点为三角形ABC的外接圆圆心，‎ 因此三棱锥的外接球球心，必在线段DE上，记球心为O，‎ 设球的半径为R，则OB=OP=R，‎ 所以，‎ 因此，‎ 解得：‎ 所以该三棱锥的外接球表面积为,‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了几何体的三视图以及几何体外接球的相关计算，属于中档题．‎ ‎12.已知函数…，若函数的零点均在区间内，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数判断函数f（x）单调性，再利用f（-1）＜0，f（0）=1，函数零点的判定定理判断函数是否存在零点零点 ‎【详解】…，‎ ‎，‎ 当且时，‎ ‎，‎ 又，‎ 在R上是增函数，且，‎ 由函数零点的存在性定理知，函数的唯一零点，‎ 又函数的零点均在区间，‎ 所以的最小值为，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了函数的单调性的应用，函数的零点的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知向量，若，则实数的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量垂直的性质列方程求解即可.‎ ‎【详解】,‎ ‎,‎ ‎,‎ 解得，‎ 故答案：‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量垂直的性质，数量积的运算，属于容易题.‎ ‎14.学校准备将名同学全部分配到运动会的田径、拔河和球类个不同项目比赛做志愿者，每个项目至少 名，则不同的分配方案有________种（用数字作答）.‎ ‎【答案】150‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分两种情况讨论：①将5名同学分成三组，一组1人，另两组都是2人，②将5名同学分成三组，一组3人，另两组都是1人，由组合数公式计算可得每种情况下的分配方案数目，由分类计数原理计算可得答案．‎ ‎【详解】将名同学全部分配到运动会的田径、拔河和球类个不同项目比赛做志愿者，有2种情况：‎ ‎①将5名同学分成三组，一组1人，另两组都是2人，有种分组方法，‎ 再将3组分到3个项目，共有种不同的分配方案；‎ ‎②将5名同学分成三组，一组3人，另两组都是1人，有种分组方法，再将3组分到3个项目，共有种不同的分配方案，‎ 共有90+60=150种不同的分配方案，‎ 故答案为：150‎ ‎【点睛】本题主要考查了排列、组合的运用，注意先要根据题意要求，进行分类讨论，其次要正确运用分组公式，属于中档题.‎ ‎15.已知双曲线左右两个焦点分别为，，为其左、右两个顶点，以线段为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且，则该双曲线的离心率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线的渐近线方程和圆的方程，求出交点M，再由两点的斜率公式，得到a，b的关系，再由离心率公式即可得到所求值.‎ ‎【详解】双曲线的渐近线方程为，‎ 以F1F2为直径的圆的方程为，‎ 将直线代入圆的方程，可得，（负的舍去），y=b，‎ 即有又，‎ 由于，BM⊥x轴，‎ 则，即有，‎ 则离心率，‎ 故答案为：‎ ‎16.已知函数（为自然对数的底数，，为常数）有三个不同的零点，则实数的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数有三个不同零点，转化为方程有3个根，进而当与有两个不同交点问题，画简图可得的范围．‎ ‎【详解】时，，，‎ 得或，函数有三个不同零点，‎ 则与有两个不同的交点，而，‎ 令，，，，，，‎ 所以，函数大致图象如下：‎ 与的图象有两个交点的范围，．‎ 故答案：‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性得函数最值，进而求两个交点时的范围，属于中档题．‎ 三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21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.）‎ ‎17.如图，在中，角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若，为外一点，，，求四边形 面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理和诱导公式整理，得到，求出；‎ ‎（2）在中，用余弦定理表示出，判断是等腰直角三角形，再利用三角形面积公式表示出，再利用辅助角公式化简，求出四边形面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）在中，由，所以 ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴.‎ 又∵，∴，即为.‎ ‎（2）在中，，，由余弦定理可得 ‎，‎ 又∵，∴为等腰直角三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∴当时，四边形面积有最大值，最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形、诱导公式、三角形面积公式和利用三角函数求最值，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎18.如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，，，是上的一点，．‎ ‎（1）证明平面；‎ ‎（2）设二面角为，求与平面所成角的大小 ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由已知建立空间直角坐标系，设，从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明，，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；（2）先求平面的法向量，再求平面的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角 ‎【详解】（1）以为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，‎ 设，则，，，，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2），，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 取，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 取，‎ ‎∵平面平面，∴，故，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 设与平面所成角为，，则，‎ ‎∴，‎ ‎∴与平面所成角的大小为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用空间直角坐标系和空间向量解决立体几何问题的一般方法，线面垂直的判定定理，空间线面角的求法，属于中档题.‎ ‎19.设直线与抛物线交于两点，与椭圆交于两点，设直线（为坐标原点）的斜率分别为，若.‎ ‎（1）证明：直线过定点，并求出该定点的坐标；‎ ‎（2）是否存在常数，满足？并说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（0，2）；（2）存在，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程，利用OA⊥OB，求出b，即可知直线过定点（2）由斜率公式分别求出，，联立直线与抛物线，椭圆，再由根与系数的关系得，，，代入，，化简即可求解.‎ ‎【详解】（1）证明：由题知，直线l的斜率存在且不过原点，‎ 故设 由可得，‎ ‎.‎ ‎，‎ ‎，‎ 故 所以直线l的方程为 故直线l恒过定点.‎ ‎（2）由（1）知 设 由可得，‎ ‎，即存在常数满足题意.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系，直线过定点问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）若函数有2个零点，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若关于的方程有两个不等实根，证明：‎ ‎①；‎ ‎②.‎ ‎【答案】（1） （2）①证明见解析 ②证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导数研究函数的单调性，结合零点情况得到函数大致变化规律，即可求解（2）原函数化为，求导数，分析函数单调性，转化为，构造函数利用单调性证明不等式.‎ ‎【详解】（1）由题知，与有两个交点，，.‎ 由得，；由得，，‎ 在上单增，在上单减，‎ 又，且时，，故.‎ ‎（2）①方程可化为，‎ 令，，‎ 所以在上单增，在上单减，‎ 又，不妨设.‎ 则，要证明，只需证 且在上单减，‎ 所以证 令，‎ 则 当时，，‎ 即在单增.又，‎ 对恒成立，‎ 即成立 即成立 ‎②由①得，‎ 即，命题得证.‎ ‎【点睛】本题主要证明了利用导数求函数的单调性，最值，利用导数证明不等式，属于难题.‎ ‎21.一种掷硬币走跳棋的游戏：在棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第100站，共100站，设棋子跳到第站的概率为，一枚棋子开始在第1站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次.若硬币的正面向上，棋子向前跳一站；若硬币的反面向上，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站（失败）或者第100站（获胜）时，游戏结束.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求证：数列为等比数列；‎ ‎（3）求玩该游戏获胜的概率.‎ ‎【答案】（1），， （2）证明见解析 （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，分析可得棋子在1站是一个必然事件，即可得P1的值，进而分析棋子跳到2站以及棋子跳到3站的情况，据此求出P2、P3的值（2）根据题意，分析可得，变形可得，即可得结论（3）由（2）知 ‎，利用累加法求出，由对立事件的概率性质求出.‎ ‎【详解】（1）棋子开始在第1站是必然事件，；‎ 棋子跳到第2站，只有一种情况，第一次掷硬币正面向上，‎ 其概率为；‎ 棋子跳到第3站，有两种情况，①第一次掷硬币反面向上，其概率为；②前两次掷硬币都是正面向上，其概率为；‎ ‎（2）棋子棋子跳到第站，有两种情况：①棋子先跳到第n站，又掷硬币反面向上，其概率为；②棋子先跳到第站，又掷硬币正面向上，其概率为.故.‎ 又，‎ 数列…是以为首项，为公比的等比数列.‎ ‎（3）由（2）得.‎ ‎…‎ ‎ …‎ 所以获胜的概率为 ‎【点睛】本题主要考查了互斥事件的概率公式，数列的定义，用叠加法求数列的项，属于难题．‎ ‎（二）选考题：共10分、请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为 （为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且曲线与恰有一个公共点.‎ ‎(Ⅰ)求曲线的极坐标方程；‎ ‎(Ⅱ)已知曲线上两点，满足，求面积的最大值.‎ ‎【答案】(Ⅰ) .(Ⅱ) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ) 由题意得曲线为直线，曲线为圆，根据直线和圆相切可得圆的半径，进而可得圆的极坐标方程． (Ⅱ) 设，可得，然后转化为三角函数的知识求解即可．‎ ‎【详解】(Ⅰ)曲线的极坐标方程为，‎ 将代入上式可得直角坐标方程为，‎ 即，所以曲线为直线．‎ 又曲线是圆心为,半径为的圆，‎ 因为圆与直线恰有一个公共点，‎ 所以，‎ 所以圆的普通方程为，‎ 把代入上式可得的极坐标方程为，‎ 即.‎ ‎(Ⅱ)由题意可设，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，‎ 所以当时，的面积最大，且最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程间的转化和极坐标方程的应用，利用极坐标方程解题时要注意用点的极径可解决长度问题，解题中往往涉及到三角变换，然后再转化成三角函数的问题求解，属于中档题．‎ ‎23.若关于的不等式有解，记实数的最大值为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若正数满足，求的最小值.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值不等式的性质进行转化求解（2）利用1的代换，结合基本不等式的性质进行证明即可.‎ ‎【详解】（1）设 所以的值域为，‎ 故，解得.‎ ‎（2）由（1）知，即 ‎（当且仅当即时取等号）‎ 故的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的求解和应用，根据绝对值不等式的性质以及基本不等式的应用，利用1的代换是解决本题的关键,属于中档题．‎ ‎ ‎