河南省开封市2020届高三3月模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

河南省开封市2020届高三3月模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 开封市2020届高三模拟考试 数学(理科)‎ 一、选择题：本大题共12个小题，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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解不等式求出集合，再根据交集的定义求解即可．‎ ‎【详解】解：由得，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查集合交集运算，属于基础题．‎ ‎2.若，则 A. 1 B. -1 C. i D. -i ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，故选C．‎ ‎【考点】复数的运算、共轭复数．‎ ‎【举一反三】复数的加、减法运算中，可以从形式上理解为关于虚数单位“”的多项式合并同类项，复数的乘法与多项式的乘法相类似，只是在结果中把 - 22 -‎ 换成−1.复数除法可类比实数运算的分母有理化．复数加、减法的几何意义可依照平面向量的加、减法的几何意义进行理解．‎ ‎3.设命题，则为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.‎ ‎4.设等比数列满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设数列的公比为，由等比数列的通项公式及求和公式求解即可．‎ ‎【详解】解：设数列的公比为，‎ ‎∵，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的前项和，属于基础题．‎ ‎5.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若则（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用三角函数的定义以及两角差的余弦公式的应用即可求解.‎ ‎【详解】角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，‎ 由于故，‎ 与互为相反，‎ 不妨，则，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的定义以及两角差的余弦公式，需掌握三角函数的定义以及两角差的公式，属于基础题.‎ ‎6.己知单位向量满足，则与夹角的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，利用数量积的定义化简即可求出答案．‎ ‎【详解】解：∵单位向量满足，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ - 22 -‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的应用，属于基础题．‎ ‎7.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为 A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx平面为投影面，则得到正视图即可．‎ 解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，‎ ‎ ‎ 是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：‎ - 22 -‎ 故选A．‎ ‎8.关于渐近线方程为的双曲线有下述四个结论：①实轴长与虚轴长相等，②离心率是③过焦点且与实轴垂直的直线被双曲线截得的线段长与实轴长相等，④顶点到渐近线与焦点到渐近线的距离比值为.其中所有正确结论的编号（ ）‎ A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用双曲线的渐近线的定义可判断①；由离心率的求法可判断②；设出双曲线的方程，将代入求出弦长可判断③；比较顶点到渐近线与焦点到渐近线的距离即可判断④；‎ ‎【详解】①因为渐近线的斜率为或，所以，①正确； ‎ ‎②离心率，所以②正确； ‎ ‎③设双曲线的方程为，将代入双曲线方程可得， ‎ 过焦点且与实轴垂直的直线被双曲线截得的线段长为与实轴长相等，‎ 同理，当焦点在轴上时此结论也成立，所以③正确；‎ ‎④因为顶点到渐近线的距离小于焦点到渐近线的距离，所以④不正确.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质，掌握双曲线的几何性质是解题的关键，属于基础题.‎ ‎9.函数的图象大致为（ ）‎ - 22 -‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析函数的定义域、奇偶性以及单调性，即可得出结论．‎ ‎【详解】解：令，‎ ‎∴函数的定义域为，‎ 且，‎ ‎∴函数为偶函数，故排除B；‎ 又当时，，，‎ 则函数在上为增函数，故排除C、D；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象的识别，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．‎ - 22 -‎ ‎10.为应对新冠疫情，许多企业在非常时期转产抗疫急需物资.某工厂为了监控转产产品的质量，测得某批件产品的正品率为现从中任意有放回地抽取件产品进行检验，则至多抽到件次品的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“至多抽到件次品”包含没有次品和抽到1件次品，由此可得答案．‎ ‎【详解】解：∵某批件产品的正品率为，‎ ‎∴所求概率为，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查概率的求法，属于基础题．‎ ‎11.在中，， 动点在的内切圆上，若， 则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，以为原点，以、所在直线分别为轴、轴建立直角坐标系，设，求出内切圆方程，再根据直线与圆的位置关系即可求出最值．‎ ‎【详解】解：由题意，以为原点，以、所在直线分别为轴、轴建立直角坐标系，‎ - 22 -‎ 则，，，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵的面积为，‎ ‎∴的内切圆半径，‎ ‎∴内切圆圆心，‎ ‎∵点在的内切圆上，设，‎ ‎∴，‎ 由得，即，‎ ‎∴令，即，即 由几何知识，当直线与圆相切时有最值，‎ 此时，解得，或，‎ ‎∴的最大值为1，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查分析能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎12.设，数列满足则（ ）‎ A. 当 B. 当 - 22 -‎ C. 当 D. 当 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于A，取，则，……，，可知A错；同理可排除B，C；对于D，可得当时，，再用累乘法可得答案．‎ ‎【详解】解：对于A，令，则，或，‎ 取，则，……，，故A错；‎ 对于B，令，则，或，，‎ 取，则，……，，故B错；‎ 对于C，令，则，‎ 取，则……，，故C错；‎ 对于D，当时，，，‎ ‎，，数列为递增数列，‎ 当时，，‎ ‎∴，故D对；‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的递推公式的应用，考查累乘法的应用，属于难题．‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.的展开式中的系数是______．‎ - 22 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得二项式展开式的通项公式，令即可得出答案．‎ ‎【详解】解：由题意，的展开式的通项公式，‎ 令得，‎ ‎∴，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式的展开式的系数，属于基础题．‎ ‎14.曲线在点处的切线与轴交于点___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导后可求出切线的斜率，由此可求得切线方程，从而得出答案．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴当时，，故切线方程为，‎ 令得，‎ 故曲线在点处的切线与轴交于点，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．‎ - 22 -‎ ‎15.已知是椭圆的左，右焦点，点在上，且，则的面积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，则，由余弦定理可得，从而可得出结论．‎ ‎【详解】解：由题意，设，，则，‎ 由余弦定理可得，，‎ 又，∴，‎ ‎∴的面积，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆中焦点三角形的面积，考查余弦定理的应用，属于中档题．‎ ‎16.已知函数是定义域为的奇函数，满足且当时，则_____.，则函数的零点共有_____个.‎ ‎【答案】 (1). 0 (2). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，可求；根据题意可知是以为周期的函数，的零点个数转化为的根据个数，进一步转化为与的交点个数，作出图像，利用数形结合即可得出答案.‎ ‎【详解】由 令，则解得；‎ 由则，‎ - 22 -‎ 又因为函数是定义域为的奇函数，‎ 则，所以是以为周期的函数，‎ 的零点个数，即函数与的交点个数，‎ 在同一坐标系中作出两函数图像：‎ 由图可知两函数有5个交点，‎ 即函数的零点共有5.‎ 故答案为：5‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性、周期性的应用，赋值法求抽象函数的函数值，考查了数形结合的思想、转化与化归的思想，属于中档题.‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17.的内角的对边分别为.已知的面积是否存在最大值？若存在，求对应三角形的三边；若不存在，说明理由.从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.‎ ‎【答案】若选①：存，，；若选②：不存在，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 若选①,，利用三角形面积公式以及基本不等式可求得面积最大值，再利用余弦定理可求边长；若选②,，利用正弦定理可得，再利用三角形的面积公式即可求解.‎ ‎【详解】解:若选①,，‎ 当且仅当时等号成立，面积取得最大值为 若选②,‎ 所以，所以，‎ 可以取任意正数，所以的面积不存在最大值，‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理解三角形、三角形的面积公式，需熟记定理以及三角形的面积公式，属于基础题.‎ ‎18.如图，点为长方形的中心，平面，是线段上不同于的动点，是线段上的动点 - 22 -‎ ‎（1）求证：平面平面;‎ ‎（2）求二面角的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据线面垂直的性质与判定证得平面从而可得结论；‎ ‎（2）解：以为坐标原点，方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，利用平面的法向量求解．‎ ‎【详解】（1）证：平面平面，所以 长方形，平面 平面所以平面平面；‎ ‎（2）解：以为坐标原点，方向为轴正方向，‎ 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 连接交于点是线段上不同于的动点，‎ 易知，半平面即为半平面 - 22 -‎ ‎，‎ 平面，所以平面的一个法向量为， ‎ 设平面的法向量为，‎ 即令，所以 又有可知，二面角的大小为，所以二面角的大小为，‎ 当位于点时，二面角大小为 二面角的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间中垂直关系的证明，考查二面角的平面角的求法，属于中档题．‎ ‎19.海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）, 其频率分布直方图如下：‎ ‎ ‎ ‎（1）记A表示事件“旧养殖法的箱产量低于50kg”，估计A的概率；‎ ‎（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：‎ 箱产量＜50kg 箱产量≥50kg 旧养殖法 新养殖法 - 22 -‎ ‎（3）根据箱产量的频率分布直方图，对两种养殖方法的优劣进行较．‎ 附：‎ P(K2≥k)‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ k ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）0.62（2）有99%的把握 （3）新养殖法优于旧养殖法 ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：‎ ‎(1)由频率近似概率值，计算可得旧养殖法的箱产量低于50kg的频率为0.62.据此，事件A的概率估计值为0.62.‎ ‎(2)由题意完成列联表，计算K2的观测值k＝≈15.705＞6.635，则有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关．‎ ‎(3)箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量较高且稳定，从而新养殖法优于旧养殖法．‎ 试题解析：‎ ‎(1)旧养殖法的箱产量低于50kg的频率为 ‎(0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62.‎ 因此，事件A的概率估计值为0.62.‎ ‎(2)根据箱产量的频率分布直方图得列联表 箱产量<50kg 箱产量≥50kg 旧养殖法 ‎62‎ ‎38‎ 新养殖法 ‎34‎ ‎66‎ - 22 -‎ K2的观测值k＝≈15.705.‎ 由于15.705＞6.635，故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关．‎ ‎(3) 由频率分布直方图可得：‎ 旧养殖法100个网箱产量的平均数1＝（27.5×0.012+32.5×0.014+37.5×0.024+42.5×0.034+47.5×0.040+52.5×0.032+57.5×0.032+62.5×0.012+67.5×0.012）×5‎ ‎＝5×9.42＝47.1；‎ 新养殖法100个网箱产量的平均数2＝（37.5×0.004+42.5×0.020+47.5×0.044+52.5×0.054+57.5×0.046+62.5×0.010+67.5×0.008）×5＝5×10.47＝52.35；‎ 比较可得：12，‎ 故新养殖法更加优于旧养殖法．‎ 点睛：利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时，应注意三点：①最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数；②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和.独立性检验得出的结论是带有概率性质的，只能说结论成立的概率有多大，而不能完全肯定一个结论，因此才出现了临界值表，在分析问题时一定要注意这点，不可对某个问题下确定性结论，否则就可能对统计计算的结果作出错误的解释．‎ ‎20.已知抛物线抛物线上的点 ‎（1）求直线斜率的取值范围；‎ ‎（2）延长与以为直径的圆交于点求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用两点求斜率，结合的取值范围即可求解. ‎ ‎（2）由题设可知，联立直线与的方程,求出点 - 22 -‎ 的横坐标，利用弦长公式求出、，利用导数即可求出最值.‎ ‎【详解】解:设直线的斜率为，‎ 因为；所以直线斜率的取值范围是.‎ 由题设可知，‎ 联立直线与的方程 解得点的横坐标是 因为，‎ 所以 令，‎ 因为，‎ 所以在区间上单调递增，上单调递减，‎ 因此当时，取得最大值 ‎【点睛】本题主要考查了两点求斜率、弦长公式，利用导数求最值，考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）证明：；‎ ‎（2）设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）3‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先求出，利用导数求出函数的最小值，若即可证出. ‎ ‎（2）由知当时，，可得，从而，令得，不等式累加，根据对数的运算性质以及放缩法即可证出.‎ ‎【详解】解:，‎ 当时，，当时，，‎ 所以单调递减，在单调递增，‎ 的最小值为，所以 由知当时，， ‎ 即，即，‎ 令得 从而 故，而 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数证明不等式、放缩法证明不等式、对数运算的性质，属于难题.‎ ‎(二)选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则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)，是上的动点，M是OP的中点，点的轨迹为曲线.以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.‎ ‎（1）求的极坐标方程；‎ - 22 -‎ ‎（2）射线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为求.‎ ‎【答案】（1）：，：；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消参可得，将代入，即可得出的极坐标方程；利用相关点法求出点的轨迹方程，再利用普通方程与极坐标的互化即可求解.‎ ‎（2）将代入的极坐标方程，求出点与点的极径，作差即可求解.‎ ‎【详解】解:（1）消参可得，将代入，‎ 可得的极坐标方程为，‎ 设，由条件知，点在上，‎ 所以(为参数) ，‎ 所以的参数方程为(为参数)，‎ 的极坐标方程为 射线与的交点的极径为 射线与的交点的极径为，‎ 所以，‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程互化、普通方程与极坐标方程的互化、极坐标法求两点间的距离，属于基础题.‎ ‎23.已知函数为不等式的解集.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）证明：当时，.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，讨论的取值范围去绝对值解不等式即可. ‎ ‎（2）由（1）确定的范围，将不等式两边平方作差即可.‎ ‎【详解】解:令，‎ 当时，由解得 当时，；‎ 当时，由解得.‎ 所以，的解集.‎ 由知，当时，‎ 所以，当时，‎ 所以，‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、作差法比较大小，考查了分类讨论的思想，属于基础题.‎ - 22 -‎ - 22 -‎