河南省部分重点中学2020届高考质量监测文科数学试题

河南省部分重点中学2020届高考质量监测文科数学试题

‎ ‎ ‎2019—2020学年高考质量监测考试 高三数学（文）试题 ‎（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上.‎ ‎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，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回.‎ 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.集合，，则（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎2.已知复数，则复数在复平面内所对应的点所在的象限为（ ）‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎3.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎4.某生物研究所在新冠病毒（COVID-19）疫苗的研制过程中，为验证疫苗的治疗效果，进行了动物的对比试验.现对200只小白鼠进行试验，得到如下数据：‎ 未发病 发病 合计 未接种疫苗 ‎20‎ ‎60‎ ‎80‎ 接种疫苗 ‎80‎ ‎40‎ ‎120‎ 合计 ‎100‎ ‎100‎ ‎200‎ 附：‎ ‎0.05‎ ‎0.01‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎ ‎ 则下列说法正确的是（ ）‎ A.至少有99.9%的把握认为“发病与没接种疫苗有关”‎ B.至多有99%的把握认为“发病与没接种疫苗有关”‎ C.至多有99.9%的把握认为“发病与没接种疫苗有关”‎ D.“发病与没接种疫苗有关”的错误率至少有0.01%‎ ‎5.已知双曲线的右焦点与圆的圆心重合，且圆M被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A.2 B. C. D.3‎ ‎6.《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”.在数学中，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：，，，.则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则（ ）‎ A.7 B.35 C.48 D.63‎ ‎7.函数在区间上的大致图像为（ ）‎ A B.‎ C. D.‎ ‎8.执行下面的程序框图，若输出的结果是16，则空白框中应填（ ）‎ ‎ ‎ A.， B.，‎ C.， D.，‎ ‎9.已知函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数的最小正周期为，为函数的一条对称轴，则函数的一个单调递增区间为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎10.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎11.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M、N两点，直线与，的延长线分别交于P，Q两点，则（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎12.已知函数在区间上恰有四个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎ ‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知平面向量，，且，则与夹角大小为___________.‎ ‎14.在区间上随机取一个数k，则能够使直线与圆相交的概率为_______________.‎ ‎15.已知函数，则不等式的解集为___________________.‎ ‎16.在三棱锥中，底面为直角三角形，且，斜边上的高为1，三棱锥的外接球的直径为，若该外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为__________.‎ 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.（本小题满分12分）‎ 已知数列的前n项和为，且，.‎ ‎（1）证明：数列为常数列；‎ ‎（2）求数列的前n项和.‎ ‎18.（本小题满分12分）‎ 如图，在三棱柱中，侧面底面，，且点O为中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎19.（本小题满分12分）‎ 某商场的空调在1月到5月的销售量与月份相关，得到的统计数据如下表：‎ 月份x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 销量y（百台）‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎1.6‎ ‎1.8‎ ‎（1）经分析发现1月到5月的销售量可用线性回归模型拟合该商场空调的月销量y（百台）与月份x ‎ ‎ 之间的相关关系.请用最小二乘法求y关于x的线性回归方程，并预测6月份该商场空调的销售量；‎ ‎（2）若该商场的营销部对空调进行新一轮促销，对7月到12月有购买空调意愿的顾客进行问卷调査.假设该地拟购买空调的消费群体十分庞大，经过营销部调研机构对其中的500名顾客进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：‎ 有购买意愿对应的月份 ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 频数 ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ ‎130‎ ‎80‎ ‎30‎ 现采用分层抽样的方法从购买意愿的月份在7月与12月的这90名顾客中随机抽取6名，再从这6人中随机抽取3人进行跟踪调查，求抽出的3人中恰好有2人的购买意愿月份是12月的概率.‎ 参考公式与数据：线性回归方程，其中，.‎ ‎20.（本小题满分12分）‎ 已知椭圆的左、右焦点分别为、，左顶点为，离心率为，点B是椭圆上的动点，面积的最大值为.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设经过点的直线与椭圆C相交于不同的两点M，N，线段的中垂线为.若直线与直线相交于点P，与直线相交于点Q，求的最小值.‎ ‎21.（本小题满分12分）‎ 已知函数.‎ ‎（1）若，求函数的单调区间；‎ ‎（2）若函数在区间上有唯一的极值点，求a的取值范围，并证明：.‎ ‎【选考题】请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.‎ ‎22.（本小题满分10分）【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，）以原点为极点，x ‎ ‎ 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线、的直角坐标方程；‎ ‎（2）设P、Q分别为、上的动点，若P、Q间距离的最小值为，求实数m的值.‎ ‎23.（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 已知正实数x，y满足.‎ ‎（1）解关于x的不等式；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎2019-2020学年高考质量监测考试 高三数学（文）参考答案 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 B D C A A D C D C A D B ‎1.，，故 ‎2.由题意可得，故复数在复平面内对应点为，在第四象限.‎ ‎3.∵，，，∴.‎ ‎4.根据所给表格的数据，结合计算公式，可得其观测值为 ‎，所以至少有99.9%的把握认为“发病与没接种疫苗有关”.‎ ‎5.由已知，，渐近线方程为，因为圆M被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，所以圆心M到渐近线的距离为，故，所以离心率为.‎ ‎6.观察所给等式特征：若等式左侧根号外面的数为m，则根号内部的分子为m，分母为 ‎ ‎ ‎，据此归纳推理知：.‎ ‎7.由题知是偶函数，故排除A、D两个选项：又，当时，，，故；当时，，，故，所以当时，仅有一个零点，故排除B选项.‎ ‎8.A选项，若空白处是，时，成立，，，成立，所以，，成立，所以，，成立，所以，，不成立，故，不符合题意；B选项，若空白处是，时，成立，，，成立，所以，，成立，所以，，成立，所以，，不成立，故，不符合题意；C选项，若空白处是，时，成立，，成立，所以，，成立，所以，，成立，所以，，不成立，故，不符合题意；D选项，若空白处是，时，成立，，，成立，所以，，成立，所以，，成立，所以，，不成立，故，符合题意.‎ ‎9.由题意知，所以，因为的最小正周期为，所以，解得，所以，由为的一条对称轴，则，，即，，因为，可得，所以函数，令，解得，，当时，.‎ ‎10.因为，由正弦定理得，即，即，因为，所以，由余弦定理，所以，‎ 由的面积公式得.‎ ‎ ‎ ‎11.当直线垂直于x轴时，与相似，有；‎ 当直线不垂直于x轴时，设直线的方程为，‎ 设，，，.‎ 联立，得，，‎ 所以，所以.‎ 综上， ‎ ‎12.由题意得有四个大于1的不等实根，记，则上述方程转化为，即，所以或.因为，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在处取得最小值，且最小值为，因为，所以有两个符合条件的实数解，故在区间上恰有四个不相等的零点，需且.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13. 14. 15. 16.‎ ‎13.因为，所以，解得，‎ 所以，所以与夹角大小为.‎ ‎14.因为圆心，半径，直线与圆相交，所以，解得，‎ ‎ ‎ 故相交的概率.‎ ‎15.由题意得：，∴为R上的奇函数，因为，又∵，，∴且不恒等于零.‎ ‎∴在R上单调递增，等价于，‎ ‎∴，可解得：.‎ ‎16.如图所示，由于外接球的表面积为，得外接球的半径为2，则，‎ 设，则，又边上的高，当平面时，棱锥的体积最大，此时，故当时，体积V最大，最大值为.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分）‎ ‎17.【解析】‎ ‎（1）当时，，所以；‎ 当时，由①，得②，‎ ‎①-②得，，‎ 所以，‎ 因为，所以，所以，‎ 故数列为常数列.…………………………6分 ‎（2）由（1），所以，‎ ‎ ‎ 所以 ‎.…………………………12分 ‎18.【解析】‎ ‎（1）【证明】∵，且O为的中点，∴.‎ 又∵平面平面，平面平面，‎ 且平面，∴平面.‎ ‎∵平面，∴.…………………………5分 ‎（2）∵，平面，平面，∴平面.‎ 即到平面的距离等于到平面的距离.‎ 由（1）知平面，且.‎ ‎∴三棱锥的体积：‎ ‎.……………………12分 ‎19.【解析】‎ ‎（1）因为，，‎ 所以，则，‎ 故y关于x的回归直线方程为.‎ 所以，当时，（百台）.……………………6分 ‎（2）由题意知，购买意愿为7月份的抽4人记为a，b，c，d，购买意愿为12月份的抽2人记为A，B，从这6人中随机抽取3人的所有情况为：、、、、、、、、、、、、、、、、，，，，共20种，.…………………………10分 恰好有2人的购买意愿的月份是12月的有：、、、，共4种，故所求概率为.…………………………12分 ‎ ‎ ‎20.【解析】‎ ‎（1）由已知有，，即，∵，∴.‎ 设B坐标为.‎ 则，‎ 即，∴，.‎ ‎∴椭圆C的方程为.…………………………4分 ‎（2）由题意知直线的斜率不为0，故设直线.‎ 设，，，.‎ 联立，消去x得，.‎ 此时，∴，.‎ 由弦长公式，得.‎ 整理，得，.……………………8分 又，∴.‎ ‎∴.……………………10分 ‎∴，‎ 当且仅当，即时等号成立.‎ ‎∴当，即直线的斜率为时，取得最小值2.…………………………12分 ‎21.【解析】‎ ‎ ‎ ‎（1）由题意，函数，‎ 当时，函数.‎ 则，，………………2分 令，即且，可得；‎ 令，即，可得.‎ 故当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.………………4分 ‎（2）因为，则，，‎ 记，.………………5分 因为在区间上有唯一的极值点，又，‎ 由二次函数的图象知，只需即可，‎ 即，解得，‎ 所以实数a的取值范围是，.…………………………8分 又由，可得，‎ 所以，‎ 令，则，‎ 所以函数在上单调递增，所以，‎ 所以.……………………12分 ‎22.【解析】‎ ‎（1）消去参数可得的直角坐标方程为：，‎ 的方程即：，即，‎ 即的直角坐标方程为：.…………………………4分 ‎（2）设，，‎ ‎ ‎ 则Q到的距离，又.‎ 由P、Q间距离的最小值为知：‎ 当时，不符合题意；‎ 当时，得；‎ 当时，，得.‎ 综上，或.…………………………10分 ‎23.【解析】‎ ‎（1）因为，且，，‎ ‎∴可化为：，即，‎ 又即，可解得，所以不等式的解集为.…………5分 ‎（2）证明一：因为，且，，∴‎ ‎.‎ 当且仅当时，等号成立.…………………………10分 证明二：因为，且，，∴‎ ‎，当且仅当时，等号成立.……………………10分