河南省新乡市新乡一中2020届高三上学期第一次质量预测数学（理）试卷 含答案

河南省新乡市新乡一中2020届高三上学期第一次质量预测数学（理）试卷 含答案

理科数学试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写 在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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．设集合 A＝{x∈N｜｜x≤2}，B＝{y｜y＝1－x2}，则 A∩B 的子集个数为 A．2 B．4 C．8 D．16 2．复数 z＝ 在复平面内对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．郑州市某一景区为了了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了 2016 年 1 月至 2018 年 12 月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线 图． 根据该折线图，下列结论错误的是 A．月接待游客逐月增加 B．年接待游客量逐年增加 C．各年的月接待游客量高峰期大致在 7，8 月 D．各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对于 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳 4．定义在 R 上的函数 f（x）＝ －2 为偶函数，a＝f（ ），b＝f（ ），c＝ f（m），则 A．c＜a＜b B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．b＜a＜c 5．“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样 （如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为 3 的正方形将其包含在内，并向该正方形 内随机投掷 2 000 个点，己知恰有 800 个点落在阴影部分，据此可估 计阴影部分的面积是 A． B． 1 i i ＋ 1( )3 x m− 2 1log 2 1 31( )2 16 5 18 5 C．10 D． 6．已知向量 a 与 b 夹角为 ，且｜a｜＝1，｜2a－b｜＝ ，则｜b｜＝ A． B． C．1 D． 7．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的 问题：松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹 何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入 的 a，b 分别为 3，1，则输出的 n 等于 A．5 B．4 C．3 D．2 8 ． 函 数 f （ x ） ＝ · cosx 的 图 象 大 致 是 32 5 3 π 3 3 2 3 2 2 1 2 1 x x ＋ － 9．第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，某项目比赛期间需要安排 3 名志 愿者完成 5 项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有 多少种 A．60 B．90 C．120 D．150 10．已知抛物线 y2＝2x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，直线 PF 与抛物线交于 M，N 两 点，若 ＝3 ，则｜MN｜＝ A． B． C．2 D． 11．已知三棱锥 P—ABC 内接于球 O，PA⊥平面 ABC，△ABC 为等边三角形，且边长为 ，球 O 的表面积为 16π，则直线 PC 与平面 PAB 所成的角的正弦值为 A． B． C． D． 12．f（x）＝ g（x）＝ x3－ x2＋m＋2，若 y＝f（g（x））－m 有 9 个 零点，则 m 的取值范围是 A．（0，1） B．（0，3） C．（1， ） D．（ ，3） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13 ． 曲 线 y ＝ x － 2x2 ＋ 1 在 点 （ 0 ， 1 ） 处 的 切 线 方 程 为 ________． 14．若 是等差数列{ }的前 n 项和，若 a1≠0，a2＝3a1，则 ＝_______． 15．已知双曲线 C： （a＞0，b＞0）的右顶点为 A，以 A 为圆心，b 为半径做圆， 圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线相交于 M，N 两点，若 ＝ （O 为坐标原点）， 则双曲线 C 的离心率为________． 16．已知数列{ }满足：对任意 n∈N*均有 ＝p ＋2p－2（p 为常数，p≠0 且 p≠1）， PF MF 16 3 8 3 8 3 3 3 15 7 15 5 15 2 15 10 2 2 1 ( 1) 1 x x x x  ＋ ， ＜1， l og － ， ＞ ， 5 4 15 4 5 3 5 3 xe nS na 10 5 S S 2 2 2 2 1x y a b － ＝ OM 3 2 ON na 1na ＋ na 若 a2 ，a3 ，a4 ，a5 ∈{－18，－6，－2，6，11，30}，则 a 1 的所有可能取值的集合是 _________． 三、解答题：共 70 分．解答应写出文宇说明、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． （一）必考题：共 60 分 17．（12 分） 已知△ABC 外接圆半径为 R，其内角 A，B，C 的对边长分别为 a，b，c，设 2R（sin2A－ sin2B）＝（a－c）sinC． （Ⅰ）求角 B； （Ⅱ）若 b＝12，c＝8，求 sinA 的值． 18．（12 分） 已知三棱锥 M—ABC 中，MA＝MB＝MC＝AC＝2 ，AB＝ BC＝2，O 为 AC 的中点，点 N 在棱 BC 上，且 ＝ ． （Ⅰ）证明：BO⊥平面 AMC； （Ⅱ）求二面角 N—AM—C 的正弦值． 19．（12 分） 已知椭圆 E： （a＞b＞0）的离心率为 ，且过点 C（1，0）． （Ⅰ）求椭圆 E 的方程； （Ⅱ）若过点（－ ，0）的任意直线与椭圆 E 相交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 M， 求证：恒有｜AB｜＝2｜CM｜． 20．（12 分） 水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水 收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过 A 系统处理，处理后的污水（A 级水）达到环保标准（简称达标）的概率为 p（0＜p＜1）．经化验检测，若确认达标便可 直接排放；若不达标则必须进行 B 系统处理后直接排放． 某厂现有 4 个标准水量的 A 级水池，分别取样、检测．多个污水样本检测时，既可 以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验．混合样本中只要有样本不达标，则 混合样本的化验结果必不达标．若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验； 若混合样本达标，则原水池的污水直接排放． 现有以下四种方案： 方案一：逐个化验； 方案二：平均分成两组化验； 方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验； 方案四：四个样本混在一起化验． 化验次数的期望值越小，则方案越“优”． （Ⅰ）若 p＝ ，求 2 个 A 级水样本混合化验结果不达标的概率； 2 BN 2 3 BC 2 2 2 2 1y x a b ＋ ＝ 2 2 1 3 2 2 3 （Ⅱ）（ⅰ）若 p＝ ，现有 4 个 A 级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个 最“优”? （ⅱ）若“方案三”比“方案四”更“优”，求 p 的取值范围． 21．（12 分） 已知函数 f（x）＝x－lnx－ ． （Ⅰ）求 f（x）的最大值； （Ⅱ）若 f（x）＋（x＋ ） －bx≥1 恒成立，求实数 b 的取值范围． （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题做答．如果多做．则按所做的 第一题记分． 22．[选修 4—4：坐标系与参数方程]（10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 E 经过点 P（1， ），其参数方程为 （α 为参数），以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． （Ⅰ）求曲线 E 的极坐标方程； （Ⅱ）若直线 l 交 E 于点 A，B，且 OA⊥OB，求证： ＋ 为定值，并求出这个 定值． 23．[选修 4—5 不等式选讲]（10 分） 已知函数 f（x）＝｜x－1｜－｜2x＋1｜＋m． （Ⅰ）求不等式 f（x）≥m 的解集； （Ⅱ）若恰好存在 4 个不同的整数 n，使得 f（n）≥0，求 m 的取值范围． 数学（理科） 参考答案 一、选择题 1-12 BDACB CBCDB DA 二、填空题 13. 14. 15. 16. 三、解答题 17.解析：（I） ∴ 2 2 3 xe x 1 x xe 3 2 cos 3sin x a y α α  ＝ ， ＝ ， 2 1 OA 2 1 OB 1 0;x y− + = 4; ;5 30 { }.66,2,0 −− 2 22 (sin sin ) ( )sin .R A B a c C− = − 2 22 2 (sin sin ) ( )sin 2 ,R R A B a c C R⋅ − = − ⋅ N OA C B M 即： ……3 分 ∴ 因为 所以 ……6 分 （II）若 ，由正弦定理， , , 由 ，故 为锐角， ……9 分 ……12 分 18. 解析：（I）如图所示：连接 ， 在 中： ，则 ， .……2 分 在 中： ， 为 的中点， 则 ，且 ……4 分 在 中： ，满足： 根据勾股定理逆定理得到 相交于 ， 故 平面 ………………….6 分 （Ⅱ）因为 两两垂直，建立空间直角坐标系 如图所示． 因为 , 则 ……8 分 由 所以， 设平面 的法向量为 ，则 2 2 2 .a c b ac+ − = 2 2 2 1cos .2 2 a c bB ac + −= = 0 ,B π< < 3B π∠ = 12, 8b c= = sin sin b c B C = 3sin 3C = b c> C∠ 6cos .3C = 3 6 1 3 3 2 3sin sin( ) sin( ) .3 2 3 2 3 6A B C C π += + = + = ⋅ + ⋅ = OM ABC∆ 2, 2 2AB BC AC= = = 90 , 2ABC BO∠ = ° = OB AC⊥ MAC∆ 2 2MA MC AC= = = O AC OM AC⊥ 6.OM = MOB∆ 2, 6, 2 2BO OM MB= = = 2 2 2BO OM MB+ = OB OM⊥ ,AC OM O OB ⊥ AMC , ,OB OC OM 2 2M A M B M C AC= = = = 2AB BC= = (0, 2,0), ( 2,0,0), (0, 2,0), (0,0, 6)A B C M− 2 3BN BC=  2 2 2( , ,0)3 3N MAN ( , , )m x y z= 2 5 2 2 5 2( , ,0) ( , , ) 0,3 3 3 3 (0, 2, 6) ( , , ) 2 6 0 AN n x y z x y AM n x y z y z  ⋅ = ⋅ = + =  ⋅ = ⋅ = + =     令 ，得 ……10 分 因为 平面 ，所以 为平面 的法向量， 所以 与 所成角的余弦为 ． 所以二面角的正弦值为 .……12 分 19．（I）由题意知 ， .……1 分 又因为 解得， . ……3 分 所以椭圆方程为 . ……4 分 （Ⅱ） 设过点 直线为 ，设 ， 由 得 ，且 . 则 又因为 ， ， ，……10 分 所以 . 因为线段 的中点为 ，所以 .……12 分 20. 解析：（I）该混合样本达标的概率是 ，……2 分 所以根据对立事件原理，不达标的概率为 .……4 分 3y = ( 5 3, 3, 1)m = − − BO ⊥ AMC ( 2,0,0)OB = AMC ( 5 3, 3, 1)m = − − ( 2,0,0)OB = 5 6 5 3cos , 79 2 79 m OB − −< >= = 25 3 2 2 79|sin , | 1 ( ) 7979 79 m OB −< >= − = = 1b= 2 2 c a = 2 2 2a b c= + 2a = 2 2 12 y x+ = 1( ,0)3 − 1 3x ty= − ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 2 1 3 12 x ty xy  = −  + = ( )2 29 18 12 16 0t tyy+ − − = > 0∆ 1 2 2 1 2 2 12 ,9 18 616 ,9 18 y y y ty t t  + = + ……  = − + 分 ( )1 11,CA x y= − ( )2 21,CB x y= − ( ) ( )2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 4 4 16( 1)( 1) 13 3 3 9CA CB x x y y ty ty y y t y y t y y  ⋅ = − − + = − − + = + − + +       ( )2 2 2 16 4 12 161 09 18 3 9 18 9 t tt t t −= + − ⋅ + =+ + C A C B⊥  AB M | | 2| |AB CM= 22 2 8( )3 9 = 8 11 9 9 − = （II）（i）方案一：逐个检测，检测次数为 4. 方案二：由（1）知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为 1，概率为 ；若不达标则 检测次数为 3，概率为 .故方案二的检测次数记为 ξ2，ξ2 的可能取值为 2,4,6. 其分布列如下， 可求得方案二的期望为 方案四：混在一起检测，记检测次数为 ξ4，ξ4 可取 1,5. 其分布列如下， 可求得方案四的期望为 . 比较可得 ，故选择方案四最“优”．……9 分 （ii）方案三：设化验次数为 ， 可取 2,5. ； 方案四：设化验次数为 ， 可取 ； 由题意得 . 8 9 1 9 2 ξ 2 4 6 p 64 81 16 81 1 81 2 64 16 1 198 22( ) 2 4 681 81 81 81 9E ξ = × + × + × = = 4 ξ 1 5 p 64 81 17 81 4 64 17 149( ) 1 581 81 81E ξ = × + × = 4 2( ) ( ) 4E Eξ ξ< < 3 η 3 η 3 η 2 5 p 3p 31 p− 3 3 3 3( ) 2 5(1 ) 5 3E p p pη = + − = − 4 η 4 η 1,5 4 η 1 5 p 4p 41 p− 4 4 4 4( ) 5(1 ) 5 4E p p pη = + − = − 3 4 3 4 3( ) ( ) 5 3 5 4 4E E p p pη η< ⇔ − < − ⇔ < 故当 时，方案三比方案四更“优”．……12 分 21 解析：（I） ，定义域 ， ， 由 ， 在 增，在 减， ……4 分 （II） ……6 分 令 ， 令 ， 在 单调递增， ， 在 存在零点 ，即 ……9 分 由于 在 单调递增，故 即 在 减，在 增， 所以 .……12 分 22.解析：（I）将点 代入曲线 E 的方程， 得 解得 ，……2 分 所以曲线 的普通方程为 , 30 4p< < ( ) ln xef x x x x = − − (0, )+∞ 2 2 1 ( 1) ( 1)( )( ) 1 x xe x x x ef x x x x − − −′ = − − = 1xe x x≥ + > ( )f x (0,1] (1, )+∞ max( ) (1) 1f x f e= = − 1( ) ( )e 1xf x x bxx + + − ≥ e eln e 1 x x xx x x bxx x ⇔− + − + + − ≥ ln e 1 0xx x x bx⇔ − + + − − ≥ e ln 1xx x x bx − − +⇔ ≥ min e ln 1( ) , xx x x bx − − +⇔ ≥ e ln 1( ) xx x xx x ϕ − − += 2 ln( ) xx e xx x ϕ +′ = 2( ) lnxh x x e x= + ( )h x (0, )+∞ 0, ( )x h x→ → −∞ (1) 0h e= > ( )h x (0,1) 0x 02 0 0 0( ) ln 0xh x x e x= + = 0 0 0 1ln 2 0 0 0 0 0 0 ln 1ln 0 (ln )( )x x xxx e x x e ex x + = ⇔ = − = xy xe= (0, )+∞ 0 0 0 1ln ln ,x xx = = − 0 0 1xe x = ( )xϕ 0(0, )x 0( , )x +∞ 0 0 0 0 0 0 min 0 0 e ln 1 1 1( ) 2 xx x x x xx x x ϕ − − + + − += = = 2b ≤ 3(1, )2P 1 cos , 3 3sin ,2 a α α = = 2 4a = E 2 2 14 3 x y+ = 极坐标方程为 .……5 分 （Ⅱ）不妨设点 的极坐标分别为 则 即 ……8 分 ,即 ……10 分 23. 解：（I）由 ，得， 不等式两边同时平方，得 ，……3 分 即 ，解得 . 所以不等式 的解集为 ．……5 分 （Ⅱ）设 g（x）＝|x－1|－|2x＋1|， ……8 分 因为 ， 又恰好存在 4 个不同的整数 n，使得 ， 所以 故 的取值范围为 . ……10 分 2 2 21 1( cos sin ) 14 3 ρ θ θ+ = ,A B 1 2 1 2( ) ( ) 0 0,2A B πρ θ ρ θ ρ ρ+ > >， ， ， ， ， 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1( cos sin ) 1,4 3 1 1( cos ( ) sin ( ) 1,4 2 3 2 ρ θ ρ θ π πρ θ ρ θ  + =  + + + = 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1cos sin ,4 3 1 1 1sin cos ,4 3 θ θρ θ θρ  = +  = + 2 2 1 2 1 1 1 1 7 4 3 12ρ ρ+ = + = 2 2 1 1 7 | | | | 12OA OB + = ( )f x m≥ 2 21) (2 1)x x≥( － ＋ 3 ( 2) 0x x + ≤ 2 0x− ≤ ≤ ( )f x m≥ { | 2 0}x x− ≤ ≤ ( ) 0 ( )f n g n m≥ ⇔ ≥ − ( 2) (0) 0g g− = = ( 3) 1, ( 4) 2, (1) 3.g g g− = − − = − = − ( ) 0f n ≥ 2 1.m− < − ≤ − m [1,2) 12, ,2 1( ) 3 , 1,2 2, 1, x x g x x x x x  + ≤ − = − − < ≤  − − > 