2020届河南省名校联盟高三模拟仿真考试数学（理）试题（解析版）

2020届河南省名校联盟高三模拟仿真考试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分别求出两个函数的值域和定义域即可得解.

【详解】

因为，

解得

，所以.

故选：C

【点睛】

此题考查求集合的交集运算，关键在于准确求出已知函数的值域和定义域.

2．复数在复平面内对应的点位于第四象限，且，则(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据复数在复平面内对应点所在位置求出的范围，根据列方程即可得解.

【详解】

因为在复平面内对应的点位于第四象限，所以，

由，可得，解得，

所以，.

故选：D

【点睛】

此题考查复数的几何意义与共轭复数的辨析，关键在于熟练掌握复数的相关计算.

3．已知，，，则(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据指数函数和对数函数的单调性结合中间值1,0，进行比较.

【详解】

因为，，，

所以.

故选：A

【点睛】

此题考查指数对数的大小比较，关键在于熟练掌握指数函数对数函数的单调性，结合中间值进行比较.

4．函数的大致图象为(    )

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】根据函数的奇偶性，特殊值及取值范围进行辨析，排除可得.

【详解】

因为，所以为偶函数，排除A；

因为，所以排除B；因为，所以排除D.

故选：C

【点睛】

此题考查函数图象的辨析，利用函数性质和特殊值辨析，常用排除法解题.

5．我国古代数学家对圆周率的近似值做出过杰出的贡献，魏晋时期的数学家刘徽首创用圆的内接正多边形的面积来逼近圆面积的方法，称为“割圆术”.在割圆术求的方法中，若使用正三十二边形，则圆周率的近似值为(    ) (附:)

A．3.13 B．3.12 C．3.064 D．3.182

【答案】B

【解析】根据圆的内接正三十二边形，每个顶点连接圆心，形成三十二个小等腰三角形，顶角为，根据面积公式求解即可.

【详解】

设正三十二边形的外接圆半径为，三十二个小等腰三角形顶角为，

，

圆的内接正多边形的面来逼近圆面积

由，得.

故选：B

【点睛】

此题以中国传统文化为背景，涉及有限与无限的思想，其本质是考查求三角形的面积，根据面积公式，结合题目给定数据求解即可.

6．已知双曲线的一个焦点为，且与双曲线的渐近线相同，则双曲线的标准方程为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据焦点所在坐标轴和渐近线方程设出双曲线的标准方程，结合焦点坐标求解.

【详解】

∵双曲线与的渐近线相同，且焦点在轴上，

∴可设双曲线的方程为，一个焦点为，

∴，∴，故的标准方程为.

故选：B

【点睛】

此题考查根据双曲线的渐近线和焦点求解双曲线的标准方程，易错点在于漏掉考虑焦点所在坐标轴导致方程形式出错.

7．已知抛物线:上一点到焦点的距离为4，直线过且与交于，两点，，若，则(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据点到焦点的距离为4，求出抛物线方程，结合求出点坐标，联立方程求解线段的比例关系.

【详解】

由题可知，得，故抛物线的方程为.

∵，∴点的坐标为，

当点的坐标为时，直线的方程为，与联立可得，解得或，

∴点的坐标为，∴，∴.

同理，当点的坐标为时，.

故选：D

【点睛】

此题考查根据几何关系求解抛物线的方程，根据直线与抛物线的交点坐标处理线段长度关系，将线段长度的比例关系转化为坐标的比例求解.

8．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的的取值范围是(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据程序框图关系得出框图的作用，根据输出的值，求输入值的取值范围.

【详解】

由图知，当时，.故.

故选：B

【点睛】

此题考查程序框图，关键在于根据框图准确辨析其作用.

9．在中，，斜边，点，在其内切圆上运动，且是一条直径，点在的三条边上运动，则的最大值是(    )

A．36 B．24 C．16 D．12

【答案】A

【解析】根据向量的运算法则，运算得出：，即可求得最大值.

【详解】

由题可知的内切圆的半径.

设内切圆的圆心为，由，得，

即.①

由，得，

即，②

①-②得，即.

当在点时，，

所以的最大值为.

【点睛】

此题考查平面向量的基本运算，根据向量关系求数量积的最值，此题若能记住极化恒等式，可以大大减少计算量.

10．在古装电视剧《知否》中，甲､乙两人进行一种投壶比赛，比赛投中得分情况分“有初”“贯耳”“散射”“双耳”“依竿”五种，其中“有初”算“两筹”，“贯耳”算“四筹”，“散射”算“五筹”，“双耳”算“六筹”，“依竿”算“十筹”，三场比赛得筹数最多者获胜.假设甲投中“有初”的概率为，投中“贯耳”的概率为，投中“散射”的概率为，投中“双耳”的概率为，投中“依竿”的概率为，乙的投掷水平与甲相同，且甲､乙投掷相互独立.比赛第一场，两人平局;第二场，甲投了个“贯耳”，乙投了个“双耳”，则三场比赛结束时，甲获胜的概率为(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意列出分布列，根据相互独立事件的概率计算公式计算可得.

【详解】

解：由题可知

甲要想贏得比赛，在第三场比赛中，比乙至少多得三筹.

甲得“四筹”，乙得“零筹”，甲可赢，此种情况发生的概率;

甲得“五筹”，乙得“零筹”或“两筹”，甲可赢，此种情况发生的概率;

甲得“六筹”，乙得“零筹”或“两筹”，甲可赢，此种情况发生的概率;

甲得“十筹”，乙得“零筹”或“两筹”､“四筹”､“五筹”､“六筹”，甲都可蠃，此种情况发生的概率.故甲获胜的概率.

故选：

【点睛】

本题考查相互独立事件的概率公式，属于中档题.

11．函数，关于的方程恰有四个不同实数根，则正数的取值范围为(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论的根的情况，结合根的分布求解.

【详解】

，令，得或，

当时，，函数在上单调递增，且;

当时，，函数在上单调递减;

当时，，函数在上单调递增.

所以极大值，极小值，作出大致图象：

令，则方程有两个不同的实数根，

且一个根在内，另一个根在内，

或者两个根都在内.

因为两根之和为正数，所以两个根不可能在内.

令，因为，所以只需，即，得，即的取值范围为.

故选：D

【点睛】

此题考查复合函数零点问题，根据零点个数求参数范围，关键在于准确讨论函数图象特征，结合二次方程根的分布知识求解.

12．已知四边形为等腰梯形，，，将沿折起，使到的位置，当时，异面直线与直线所成角的正切值为(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】首先在平面图形中，求出线段的长度，再利用向量的数量积求出二面角的大小，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角的余弦值，最后根据同角三角函的基本关系计算可得.

【详解】

解：因为四边形为等腰梯形，，.

过作，则，

由余弦定理可得，解得

则

，记的中点为，则，，.

翻折后，，，.

设二面角的大小为，因为，

由，两边平方得，

得，则二面角的大小为.

从点向平面作垂线，垂足为，

以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，

则，，

设直线与直线所成角为

则，

.

故选：

【点睛】

本题考查立体几何中的翻折问题，异面直线所成的角，属于难题.

二、填空题

13．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则______.

【答案】2

【解析】根据余弦定理，列方程求解即可.

【详解】

由余弦定理，可得，(舍).

故答案为：2

【点睛】

此题考查根据余弦定理求三角形的边，关键在于熟练掌握公式，准确求解方程.

14．的展开式中的系数为______.

【答案】16

【解析】首先求出展开式的通项，令解得，再代入计算可得.

【详解】

解：展开式的通项为，令，得，所以的系数为.

故答案为：

【点睛】

本题考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项，求展开式中某项的系数，属于基础题.

15．在三棱锥中，，，为的中点，平面，且，则三棱锥的外接球的表面积为______.

【答案】

【解析】结合立体图形，找出球心的位置建立等量关系求解方程组，即可得解.

【详解】

在中，，，

所以的外接圆的半径，

结合图形分析：

圆心到点的距离为4.另设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为，

则中，，

直角梯形中，，

解得，，所以.

故答案为：

【点睛】

此题考查与锥体有关的解决锥体外接球的问题，关键在于熟练掌握球的几何特征，建立等量关系求解半径.

16．定义在上的偶函数满足，且，当时，.已知方程在区间上所有的实数根之和为.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则__________，__________.

【答案】2    4   

【解析】根据函数为偶函数且，所以的周期为，的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，在平面直角坐标系中画出函数图象，根据函数的对称性可得所有实数根的和为，从而可得参数的值，最后求出函数的解析式，代入求值即可.

【详解】

解：因为为偶函数且，所以的周期为.因为时，，所以可作出在区间上的图象，而方程的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，结合函数和函数在区间上的简图，可知两个函数的图象在区间上有六个交点.由图象的对称性可知，此六个交点的横坐标之和为，所以，故.

因为，

所以.故.

故答案为：；

【点睛】

本题考查函数的奇偶性、周期性、对称性的应用，函数方程思想，数形结合思想，属于难题.

三、解答题

17．已知数列的前项和满足.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)；(2)

【解析】（1），当时，，两式相减得，即可求得通项公式；

（2）求出，利用裂项求和的方式求数列的前项和.

【详解】

（1）由，得.

当时，，两式相减得，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

则；

（2）因为，

所以，

所以.

【点睛】

此题考查求数列的通项公式和数列求和，涉及裂项相消求和方法，属于基础题目.

18．“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心，这将推动新能源汽车产业的迅速发展.下表是近几年我国某地区新能源乘用车的年销售量与年份的统计表:

某机构调查了该地区30位购车车主的性别与购车种类情况，得到的部分数据如下表所示:

(1)求新能源乘用车的销量关于年份的线性相关系数，并判断与是否线性相关;

(2)请将上述列联表补充完整，并判断是否有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关;

(3)若以这30名购车车主中购置新能源乘用车的车主性别比例作为该地区购置新能源乘用车的车主性别比例，从该地区购置新能源乘用车的车主中随机选取50人，记选到女性车主的人数为，求的数学期望与方差.

参考公式:

，，其中.，若，则可判断与线性相交.

【答案】(1)与线性相关;(2)有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关;(3)，

【解析】（1）根据条件计算出相关系数即可判断两变量的相关关系；

（2）依题意完善列联表，计算出卡方，跟参考数据比较即得；

（3）由样本计算出购置新能源车的车主中女性车主的概率，再根据二项分布求出期望和方差.

【详解】

解：(1)依题意，

，，

故，

，，

则，

故与线性相关.

(2)依题意，完善表格如下:

，

故有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关.

(3)依题意，该地区购置新能源车的车主中女性车主的概率为，

则，

所以，

.

【点睛】

本题考查相关关系的判断，独立性检验以及二项分布的期望方差的计算，属于中档题.

19．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，，为的中点，点在上，平面，在的延长线上，且.

(1)证明:平面.

(2)过点作的平行线，与直线相交于点，当点在线段上运动时，二面角能否等于?请说明理由.

【答案】(1)见解析;(2)不能，理由见解析

【解析】（1）通过证明四边形是平行四边形，得到即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角.

【详解】

解：(1)证明:记的中点为，连接，过作交于，连接，

则，且.

因为平面，所以.

在中，，，易求，.

又，则.

因为，所以.

因为，且，所以四边形是平行四边形，

所以，又平面，平面，

所以平面.

(2)解:因为平面，所以，而是正方形，所以.

因为与显然是相交直线，所以平面，

所以平面平面.

记的中点为，则平面，且.

以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设，，

所以，.

设平面的一个法向量为，

则，

令，得.

易知平面的一个法向量为，

设二面角的大小是，则.

因为，所以，则，

所以，

因为，所以，即二面角不可能为.

【点睛】

本题考查线面平行的证明，利用空间向量法解决立体几何中的问题，属于中档题.

20．已知椭圆()的左、右焦点分别是，，点为的上顶点，点在上，，且.

（1）求的方程；

（2）已知过原点的直线与椭圆交于，两点，垂直于的直线过且与椭圆交于，两点，若，求.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）设，由已知，求得的坐标为，代入椭圆方程，得；再由，求得，结合，求出值，即可求得结论；

（2）先讨论直线斜率不存在和斜率为0的情况，验证不满足条件，设直线的方程为，与椭圆方程联立，消元，由韦达定理和相交弦长公式，求出；

再将直线方程与椭圆联立，求出，由求出的值，进而求出，再求出点到直线的距离，即可求解.

【详解】

（1）设椭圆的焦距为，∵，

∴的坐标为.∵在上，

将代人，得.

又∵，∴，

∴.又∵，

∴，，的方程为.

（2）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意；

当直线的斜率为0时，，，也不符合题意.

∴可设直线的方程为,

联立得，

则，.

.

由得或

∴.

又∵，∴，∴，

∴.∵到直线的距离，

∴.

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，设直线方程时要注意特殊情况，要熟练掌握求相交弦长的方法，考查计算能力，属于较难题.

21．已知，.

(1)求曲线在点处的切线方程;

(2)当时，若关于的方程存在两个正实数根，证明:且.

【答案】(1);(2)见解析

【解析】（1）求出函数的导函数，再计算出，，即可求出切线方程；

（2）由存在两个正实数根，整理得方程存在两个正实数根.令利用导数研究其单调性、最值，因为有两个零点，即，得.

因为实数，是的两个根，所以，从而.令，，则，变形整理得.要证，则只需证，即只要证，

再构造函数即可证明.

【详解】

(1)解:∵，

∴，，

∴曲线在点处的切线方程为.

(2)证明:由存在两个正实数根，

整理得方程存在两个正实数根.

由，知，

令，则，

当时，，在上单调递增;

当时，，在上单调递减.

所以.

因为有两个零点，即，得.

因为实数，是的两个根，

所以，从而.

令，，则，变形整理得.

要证，则只需证，即只要证，

结合对数函数的图象可知，只需要证，两点连线的斜率要比，两点连线的斜率小即可.

因为，所以只要证，整理得.

令，则，

所以在上单调递减，即，

所以成立，故成立.

【点睛】

本题考查导数的几何意义的应用，利用导数研究函数的单调性、最值，以及利用导数证明不等式恒成立，属于难题.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，将曲线上的所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的后得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求的极坐标方程和的直角坐标方程；

（2）在极坐标系中，射线与，分别交于，两点(异于极点)，定点，求的面积.

【答案】（1），；（2）

【解析】（1）根据极坐标与直角坐标，参数方程与普通方程的转化关系即可求解；

（2）求出到射线的距离，结合极坐标方程求出即可求解面积.

【详解】

（1）将曲线:(为参数)，消去得，

经过伸缩变换后得曲线:，

化为极坐标方程为.

直线的极坐标方程为，即，

所以的直角坐标方程为.

（2）到射线的距离.

因为，，

所以，

.

【点睛】

此题考查极坐标与直角坐标，参数方程与普通方程的互化，利用极坐标方程求距离再求三角形面积公式，考查通式通法.

23．已知函数.

（1）解不等式；

（2）若的最小值为，，求的最大值.

【答案】（1）；（2）5.

【解析】（1）分类讨论去绝对值，求解不等式；

（2）结合（1）所得分段函数求出最小值，利用基本不等式即可证明.

【详解】

（1），

当时，由，得，所以;

当时，由，得，所以;

当时，由，得，所以.

综上，不等式的解集为.

（2）由（1）知的最小值，

所以，

所以的最大值为5，当且仅当时取等号.

【点睛】

此题考查解绝对值不等式和证明不等式，涉及分类讨论，绝对值函数最值问题，利用基本不等式进行证明.