河南省2020届高三第十次调研考试数学（理）试卷

河南省2020届高三第十次调研考试数学（理）试卷

‎ ‎ 数学试卷（理科）‎ 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，满分150分，考试时间为120分钟．‎ ‎2．本试卷分试题卷和答题卷，第Ⅰ卷（选择题）的答案应填在答题卷卷首相应的空格内，做在第Ⅰ卷的无效．‎ ‎3、答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡相应的位置．‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题：本题共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，集合，则（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎2．设复数=，且，则的虚部为（ ）．‎ A． B． C．2 D．‎ ‎3．在等比数列中，，，则的值为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎4．下图的框图中，若输入，则输出的值为（ ）．‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎5．已知，，，则（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎ ‎ ‎7．已知某函数的图像如图所示，则其解析式可以是（ ）．‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎7．《算数书》竹简于上世纪八十年代出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3．那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，且当时，，则（ ）．‎ A． B．0 C．1 D．2‎ ‎9．甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制．在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，先多得2分者为胜方．在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为，甲接发球赢球的概率为，则在比分为后甲先发球的情况下，甲以赢下此局的概率为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎10．已知、两点是函数与轴的两个交点，且满足，现将函数的图像向左平移个单位，得到的新函数图像关于轴对称，则的可能取值为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知直线与双曲线的一条渐近线交于点．双曲线的左，右焦 ‎ ‎ 点分别为，，且．则双曲线的渐近线方程为（ ）．‎ A． B．‎ C． D．或 ‎12．已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将正确答案填在答题卷相应位置．‎ ‎13．已知向量，向量，则 ．‎ ‎14．已知抛物线过点，则抛物线的准线方程为 ．‎ ‎15．已知数列，，其中数列满足，前项和为满足，；数列满足，且，，，则数列的第2020项的值为 ．‎ ‎16．如图，四棱锥中，底面为四边形．其中为正三角形，又．设三棱锥，三棱锥的体积分别是，，三棱锥，三棱锥的外接球的表面积分别是，．对于以下结论：①；②；③；④；⑤；⑥．其中正确命题的序号为 ．‎ 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．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎ ‎ ‎17．在中，角，，的对边分别为，，，若，，．‎ ‎（1）求边长；‎ ‎（2）已知点为边的中点，求的长度．‎ ‎18．已知，图中直棱柱的底面是菱形，其中．又点，，，分别在棱，，，上运动，且满足：，．‎ ‎（1）求证：，，，四点共面，并证明平面；‎ ‎（2）是否存在点使得二面角的余弦值为？如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由．‎ ‎19．已知圆，圆，如图，，分别交轴正半轴于点，．射线分别交，于点，，动点满足直线与轴垂直，直线与轴垂直．‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点作直线交曲线与点，，射线与点，且交曲线于点．问：的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由．‎ ‎20．某校高三男生体育课上做投篮球游戏，两人一组，每轮游戏中，每小组两人每人投篮两次，投篮投进的次数之和不少于3次称为“优秀小组”，小明与小亮同一小组，小明、小亮投篮投进的概率分别为，‎ ‎ ‎ ‎．‎ ‎（1）若，，则在第一轮游戏他们获“优秀小组”的概率；‎ ‎（2）若，且游戏中小明小亮小组要想获得“优秀小组”次数为16次，则理论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时，的值．‎ ‎21．已知函数，，其中．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若对任意，任意，不等式恒成立时最大的记为，当时，的取值范围．‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在22，23中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22．[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中．曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线和曲线的一般方程；‎ ‎（2）若曲线上任意一点，过点作一条直线与曲线相切，与曲线交于点，求的最大值．‎ ‎23．[选修4-5：不等式选讲]‎ 已知点的坐标满足不等式：．‎ ‎（1）请在直角坐标系中画出由点构成的平面区域，并求出平面区域的面积；‎ ‎（2）如果正数，，满足，求的最小值．‎ ‎ ‎ 数学（理科）参考答案 一、选择题 DDCBC DCACA BD ‎1．【解析】，∵，∴．故选D．‎ ‎2．【解析】，∴，∴，∴．故选D．‎ ‎3．【解析】设等比数列公比为，则，‎ 所以．故选C．‎ ‎4．答案：B．‎ ‎5．【解析】，，．故选C．‎ ‎6．D ‎7．【解价】设圆锥底面半径为，则．所以，．故选C．‎ ‎8．【解析】∵，，∴最小正周期 ‎∴，‎ ‎∴．故选A．‎ ‎9．【解析】分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为；‎ ‎②后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为 所以，所求事件概率为：．故选C．‎ ‎10．【解析】∵，∴周期，∴，‎ ‎∴，又∵新函数的图像关于轴对称，‎ ‎∴，，∴．答案：A．‎ ‎11．【解析】由题可知，，，∵‎ ‎ ‎ ‎∴，∴‎ ‎∴渐近线方程为：．故选B．‎ ‎12．【解析】‎ ‎（1）当时，‎ ‎∴的对称轴为，开口向上 ‎①当时，在递减，递增 ‎∴当时，有最小值，即，∴‎ ‎②当时，在上递减 ‎∴当时，有最小值，即 ‎∴显然成立，此时 ‎（2）当时，，∴‎ ‎①当时，在上递增 ‎∴，∴，∴此时 ‎②当时，在递减，递增 ‎∴，∴，∴此时 综上：．故选D．‎ 二、填空题 ‎13． 14． 15． 16．①⑤‎ ‎15．解析：易知，∵，，∴‎ 所以数列是常数列，得：，又数列，的最小公共周期为60，所以，而，，所以 ‎ ‎ ‎16．解析：不妨设，为正三角形，由，得，即有，所以，得，化简可以得，∴．易得，故，由于，所以与的外接圆相同（四点共圆），所以三棱锥，三棱锥的外接球相同，所以 三、解答题（共70分）‎ ‎17．解：（1）由，，得，‎ 所以，‎ 由正弦定理，可得．‎ ‎（2）．‎ 在中，‎ 在中，由余弦定理得：‎ 所以，．‎ ‎18．解析：（1）证法1：在棱、分别取点、，使得，易知四边形是平行四边形，所以，联结，，，‎ 则，且 ‎ ‎ 所以四边形为矩形，故，同理，且，故四边形是平行四边形，所以，所以 故，，，四点共面 又，平面，平面．‎ 所以平面．‎ 证法2：因为直棱柱的底面是菱形，∴，底面，设，交点为，以为原点，分别以，，及过与平行的直线为，，轴建立空间直角坐标系．则有，，，，设，，则，，，，，，所以，故，，，四点共面，又，平面，平面，所以平面．‎ ‎（2）平面中向量，，设平面的一个法向量为，则，可得其一个法向量为．‎ 平面中，，，设平面的一个法向量为，则，所以取其一个法向量．‎ 若，则，‎ 即有，，‎ 解得，故不存在点使之成立．‎ ‎ ‎ ‎19．解析：方法一：（1）如图设，则，，‎ 所以，．‎ 所以动点的轨迹的方程为．‎ 方法二：（1）当射线的斜率在时，设斜率为，方程为，‎ 由得，同理得，所以即有动点的轨迹的方程为．当射线的斜率不存在时，点也满足 ‎（2）由（1）可知为的焦点，设直线的方程为（斜率不为0时）且设点，，由得 所以，所以 又射线方程为，带入椭圆的方程得，即，‎ 所以 又当直线的斜率为0时，也符合条件，综上，为定值，且为．‎ ‎20．解析（1）所求概率 ‎（2）他们在一轮游戏中获“优秀小组”概率为 ‎ ‎ 因为，所以 因为，，所以，，又 所以，令，所以，则 当时，他们小组在轮游戏中获“优秀小组”次数满足 由则，所以理论上至少要进行27轮游戏．此时，，‎ ‎21．解析（1）∵‎ ‎∴，∵，‎ ‎①当时，的减区间为，没有增区间 ‎②当时，的增区间为，减区间为 ‎（2）原不等式 ‎∵，，∴．‎ 令 令 在上递增；‎ ‎①当时，即，∵，所以时，，．‎ ‎∴在上递增，∴．‎ ‎②当，即时，，，∴在上递减；‎ ‎∴‎ ‎③当时，在上递增；‎ 存在唯一实数，使得，则当时．‎ 当时．‎ ‎ ‎ ‎∴．‎ ‎∴．此时．‎ 令在上递增，‎ ‎．∴．‎ 综上所述，．‎ ‎22．解析：（1）曲线的一般方程是 ‎∵，且，，‎ ‎∴曲线的一般方程为 ‎（2）设点的坐标为 ‎，∵，‎ ‎∴，即时，‎ ‎23．解析：（1）如图，平面区域由一个正方形及其内部组成，四个顶点分别为，，，，所以．‎ ‎（2）由（1），‎ 而，，都为正数，所以 ‎ ‎ 当且仅当取得最小值．‎