河南省中原名校2020届高三下学期质量考评数学（理）试题

河南省中原名校2020届高三下学期质量考评数学（理）试题

中原名校2019-2020学年下学期质量考评高三 数学（理科）试题 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．若为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（ ）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎2．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（ ）‎ A．平均数为20，方差为4 B．平均数为11，方差为4‎ C．平均数为21，方差为8 D．平均数为20，方差为8‎ ‎4．已知向量，，则是的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 ‎5．已知角的终边经过点，则的值是（ ）‎ A．1或 B．或 C．1或 D．或 ‎6．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用．若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）‎ A．甲被录用 B．乙被录用 C．丙被录用 D．无法确定被录用 ‎7．根据最小二乘法由一组样本点（其中），求得的回归方程是，则下列说法正确的是（ ）‎ A．至少有一个样本点落在回归直线上 B．若所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为1‎ C．对所有的解释变量的值一定与有误差 D．若回归直线的斜率，则变量与正相关 ‎8．已知，满足条件（为常数），若目标函数的最大值为9，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，，则的最小值为（ ）‎ A．4 B．‎6 ‎C． D．8‎ ‎11．已知为任意实数，且，则对任意正实数，的最小值为（ ）‎ A． B．‎18 ‎C． D．‎ ‎12．已知函数，若有3个零点，则的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中各项的系数和是__________．‎ ‎14．中，角，，的对边分别为，，，且，，成等差数列，若，，则的面积为___________．‎ ‎15．割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率．现在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形内部的概率为_________．‎ ‎16．已知点是抛物线的准线上一点，为抛物线的焦点，为抛物线上的点，且，若双曲线中心在原点，是它的一个焦点，且过点，当取最小值时，双曲线的离心率为__________．‎ 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．设数列的前项和为，且，，数列满足，点在上，．‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎18．如图1，在等腰中，，，分别为，的中点，为的中点，在线段上，且．将沿折起，使点到的位置（如图2所示），且．‎ ‎ ‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎19．第7届世界军人运动会于‎2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项，共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技．前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民．武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：‎ 组别 频数 ‎5‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎45‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎（1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为这200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求，的值（，0的值四舍五入取整数），并计算；‎ ‎（2）在（1）的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品的概率为，抽中价值为30元的纪念品的概率为．现有市民张先生参加了此次问卷调查并成为幸运参与者，记为他参加活动获得纪念品的总价值，求的分布列和数学期望，并估算此次纪念品所需要的总金额．‎ ‎（参考数据：；；‎ ‎．）‎ ‎20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），面积的最大值为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆相交于，两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．已知函数，其中是自然对数的底数．‎ ‎（1）求函数在处的切线方程；‎ ‎（2）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎[选做题）请考生在第22～23两题中任选一题做答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．‎ ‎22．[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标是．‎ ‎（1）求直线的极坐标方程及点到直线的距离；‎ ‎（2）若直线与曲线交于，两点，求的面积．‎ ‎23．[选修4-5：不等式选讲]‎ 已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于的不等式的解集包含，求实数的取值范围．‎ 中原名校2019-2020学年下期质量考评一 高三数学（理）参考答案 一、选择题 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 D A D A B A D B C D D C ‎1．【解析】因为，所对应的点为位于第四象限．故选D．‎ ‎2．【解析】，，则．故选A．‎ ‎3．【解析】样本的平均数是10，方差为2，所以样本的平均数为，方差为．故选D．‎ ‎4．【解析】当时，，即，解得：或，∴是的充分不必要条件．故选A．‎ ‎5．【解析】由题意得点与原点间的距离．‎ ‎①当时，，∴，，‎ ‎∴．‎ ‎②当时，，∴，，‎ ‎∴．‎ 综上，的值是或．故选B．‎ ‎6．【解析】若乙的说法错误，则甲丙的说法都正确，但两人的说法相矛盾，据此可得，乙的说法是正确的，即甲被录用了．故选A．‎ ‎7．【解析】回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上，故A错误；所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为 ‎，故B错误；若所有的样本点都在回归直线上，则的值与相等，故C错误；相关系数与符号相同，若回归直线的斜率，则，样本点分布应从左到右是上升的，则变量与正相关，故D正确．故选D．‎ ‎8．【解析】画出，满足的（为常数）可行域如下图：‎ 由于目标函数的最大值为9，可得直线与直线的交点，使目标函数取得最大值，将，代入得：．‎ 故选B．‎ ‎9．【解析】三棱锥的实物图如下图所示：‎ 将其补成直四棱锥，底面，可知四边形为矩形，且，．矩形的外接圆直径，且．所以，三棱锥外接球的直径为，因此，该三棱锥的外接球的表面积为．故选C．‎ ‎10．【解析】由题意得：，设椭圆方程为，双曲线方程为，‎ 又∵，．‎ ‎∴，，∴，‎ 则 ‎，当且仅当，即时等号成立．‎ 则的最小值为8．‎ ‎11．【解析】由题意得所求为曲线上的点与以为圆心，以1为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线上的点与圆心的距离的最小值，在曲线上取一点，曲线有在点处的切线的斜率为，从而有，即，整理得，解得，所以点满足条件，其到圆心的距离为，故其结果为．故选D．‎ ‎12．【解析】由题意，函数，要使得函数在上有3个零点．当时，令，可得，要使有两个实数解，即和有两个交点，又由，令，可得．当时，，则单调递增；当时，，则单调速减，且，所以当时，，若直线和有两个交点，则．当时，和有一个交点，则．综上，实数的取值范围是．故选C．‎ 二、填空题 ‎13．1 14． 15． 16．‎ ‎13．【解析】的展开式中只有第六项的二项式系数最大，∴展开式中共有11项，．令，则展开式中各项系数和为．‎ ‎14．【解析】，，成等差数列，∴，又，‎ ‎∴，即．‎ 由正弦定理，所以，因为，所以，‎ 故，所以．故答案为：．‎ ‎15．【解析】圆内接正十二边形的每条边在圆内所对的圆心角为，所以，半径为1的圆的内接正十二边形的面积为，因此，在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形内部的概率为．‎ ‎16．【解析】由于在抛物线准线上，故，故抛物线方程为，焦点坐标为．‎ 当直线和抛物线相切时取得最小值，设直线的方程为，代入抛物线方程得，判别式，解得，不妨设，由，解得，即．设双曲线方程为，将点坐标代入得，即，而双曲线，故，所以，解得，故离心率为．‎ 三、解答题 ‎17．【解析】‎ ‎（1）由可得，‎ 两式相减得，．‎ 又，所以．‎ 故数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．‎ 因为点在直线上，所以．‎ 则数列是首项为1，公差为2的等差数列．‎ 所以 ‎（2）因为，‎ 所以．‎ 则 两式相碱得：‎ 整理得：‎ ‎18．【解析】‎ ‎（1）证明：取的中点，连接．‎ ‎∵，∴为的中点，又为的中点，∴．‎ 依题意可知，则四边形为平行四边形，‎ ‎∴，从而．‎ 又平面，平面，∴平面 ‎（2）∵，，且，‎ ‎∴平面，又∵平面，∴，‎ ‎∵，且，∴平面，‎ 如图，以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设．‎ 则，，，，，，，，．‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，令，得．‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，令，得．‎ 从而，‎ 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．‎ ‎19．【解析】‎ ‎（1）由已知频数表得：‎ ‎，‎ 由，则，而，所以，‎ 则服从正态分布，‎ 所以 ‎．‎ ‎（2）显然，，‎ 所以所有的取值为15，30，45，60，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 所以的分布列为：‎ ‎15‎ ‎30‎ ‎45‎ ‎60‎ 所以，‎ 需要的总金额为：‎ ‎20．【解析】‎ ‎（1）面积的最大值为，则：，‎ 又，，解得：，．‎ ‎∴椭圆的方程为：．‎ ‎（2）假设轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，‎ 设，，线段的中点为，‎ 由，消去可得：，‎ ‎，解得：，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，，∴，‎ 依题意有，．‎ 由可得：，可得：，‎ 由可得：，‎ ‎∵，，‎ 代入上式化简可得：，‎ 则：，解得：．‎ 当时，点满足题意；当时，点满足题意．‎ 故轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形．‎ ‎21．【解析】‎ ‎（1）因为 所以，‎ 因为，且，所以切线方程为，即 ‎（2）设，‎ 则，‎ ‎①若，则在上单调递减，又，∴恒成立，‎ ‎∴在上单调递减，又，∴恒成立．‎ ‎②若，令，‎ ‎∴，易知在上单调递减，‎ 且，‎ ‎（ⅰ）当即时，在上恒成立，‎ ‎∴在上单调递减，即在上单调递减，‎ 又，∴恒成立，∴在上单调递减，‎ 又，∴恒成立 ‎（ⅱ）当即时，使，∴在递增，此时，‎ ‎∴，∴在递增，∴，不合题意．‎ 综上所述，实数的取值范围是 ‎22．【解析】‎ ‎（1）由消去，得到，则，‎ ‎∴，所以直线的极坐标方程为．‎ 点到直线的距离为．‎ ‎（2）由，得，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 则的面积为 ‎23．【解析】‎ ‎（1）当时，等价于 或或，‎ 解得或或．‎ 所以不等式的解集为：‎ ‎（2）依题意即在时恒成立，‎ 当时，，即，‎ 所以对恒成立，‎ ‎∴，得；‎ 当时，，‎ 即，‎ 所以对任意恒成立，‎ ‎∴，得，∴．‎ 综上，‎ ‎（其它解法酌情给分）‎