2019-2020学年河南省中原名校上学期期末联考高三数学理科试题

2019—2020学年中原名校上学期期未联考

高三数学（理）试题

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1.已知集合，，则（    ）

A. B. C. D.

2.已知，则（    ）

A. B. C.2 D.

3.若，则（    ）

A. B. C. D.

4.若直线和曲线相切，则实数的值为（    ）

A. B.1 C.2 D.

5.已知各项均为正数的等比数列中，是它的前项和，若，且，则（    ）

A.29 B.30 C.31 D.32

6.函数的部分图像大致为（    ）

A. B.

C. D.

7.如图所示，半径为1的圆是正方形的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形内，用表示事件“豆子落在圆内”，表示事件“豆子落在扇形（阴影部分）内”，则（    ）

A. B. C. D.

8.我国古代科学家祖冲之儿子祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”（“幂”是截面积，“势”是几何体的高），意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则它们的体积相等.已知某不规则几何体与如图所示的三视图所表示的几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ）

A. B. C. D.

9.设实数，满足不等式组，是目标函数取最大值的唯一最优解，则实数的取值范围是（    ）

A. B. C. D.

10.已知数列的前项和为，且，，则数列的前10项的和是（    ）

A. B. C. D.

11.函数，则函数的零点个数是（    ）

A.5 B.4 C.3 D.6

12.已知圆：和焦点为的抛物线：，是上一点，是上一点，当点在时，取得最小值，当点在时，取得最大值，则（    ）

A. B. C. D.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13.“关注夕阳、爱老敬老”—某马拉松协会从2013年开始每年向敬老院捐赠物资和现金.下表记录了第年（2013年是第一年）与捐赠的现金（万元）的对应数据，由此表中的数据得到了关于的线性回归方程，则预测2019年捐赠的现金大约是______万元.

14.某年级有1000名学生，一次数学测试成绩的分布为，，则该年级学生数学成绩在115分以上的人数大约为______.

15.已知的展开式中含的项的系数为5，则______.

16.三棱锥中，点到，，三点的距离均为8，，，过点作平面，垂足为，连接，此时，则三棱锥外接球的体积为______.

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.已知的内角，，的对边分别为，，，且.，，.

（1）求角的大小；

（2）若，求的周长的取值范围.

18.如图四棱锥中，底面是正方形，，，且，为中点.

（1）求证：平面；

（2）求二面角的正弦值.

19.如图在平面直角坐标系中，椭圆的中心在坐标原点，其右焦点为，且点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）设椭圆的左、右顶点分别为、，是椭圆上异于，的任意一点，直线交椭圆于另一点，直线交直线于点，求证：，，三点在同一条直线上.

20.在贯彻中共中央、国务院关于精准扶贫政策的过程中，某单位在某市定点帮扶甲、乙两村各50户贫困户.为了做到精准帮扶，工作组对这100户村民的年收入情况、劳动能力情况、子女受教育情况、危旧房情况、患病情况等进行调查.并把调查结果转化为各户的贫困指标.将指标按照，，，，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.规定若，则认定该户为“绝对贫困户”，否则认定该户为“相对贫困户”，且当时，认定该户为“低收入户”；当时，认定该户为“亟待帮助户”.已知此次调查中甲村的“绝对贫困户”占甲村贫困户的24%.

（1）完成下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为绝对贫困户数与村落有关：

（2）某干部决定在这两村贫困指标处于的贫困户中，随机选取3户进行帮扶，用表示所选3户中“亟待帮助户”的户数，求的分布列和数学期望.

附：，其中.

21.已知函数，.

（1）若在内单调递减，求实数的取值范围；

（2）若函数有两个极值点分别为，，证明：.

【选考题】

请考生在第22~23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.

22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）判断直线与曲线的公共点的个数，并说明理由；

（2）设直线与曲线交于不同的两点，，点，若，求的值.

23.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学年上期期末联考

高三数学（理）参考答案

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1.【解析】由已知解得，，所以.

2.【解析】由，所以.

3.【解析】，分子分母同时除以，即得：

.

4.【解析】设切点为，因为，故切线的斜率，所以，

所以，因为，故.

5.【解析】因为，所以，∵，∴.因为，

所以.所以，所以，，所以.

6.【解析】因为，所以为偶函数，排除A，D；

当时，，排除C.

7.【解析】如图所示，半径为1的圆是正方形的内切圆，

将一颗豆子随机地扔到正方形内，用表示事件“豆子落在圆内”，表示事件“豆

子落在扇形（阴影部分）内”，则，，

∴.

8.【解析】根据该几何体的三视图，可得该几何体表示左边是一个棱长为2的正方体，右边

是一个长为1，宽和高为2的长方体截去一个底面半径为1，高为2的半圆柱，所以几何体

的体积为.故选A.

9.【解析】如图，作出不等式组对应的平面区域，为阴影部分.则

，，，由得，平移直线，则直线的截距

最大时，也最大.当时，在处的截距最大，此时不满足条件；当时，

直线，在处的截距最大，此时不满足条件；当时，直线，要

使是目标函数取最大值的唯一最优解，则在处的截距最大，此

时目标函数的斜率须小于直线的斜率－2，即.

10.【解析】由得.则当时，

，整理得，

所以是公差为4的等差数列，又，所以，

从而，

所以，

故数列的前10项的和.

11.【解析】函数的零点，即方程

和的根，函数的图象如图所示：

由图可得方程和共有5个根，即函数有5个零点.

12.【解析】由已知得：，，记的准线为，如图，过点作的垂线，

垂足为，过点作的垂线，垂中为，则

，当且仅当，，三点共

线，且点在线段上时等号成立，此时取得最小值，则点的坐标为

，，当且仅当点

为线段的延长线与抛物线的交点，且点在线段上时等号成立，此时

取得最大值，又直线的方程为，由，解

得，或，所以的坐标为，

所以.

二、填空题

13.5.25    14.160    15.2    16.

13.【解析】由已知得样本点的中心点的坐标为，代入，

得，即，所以，取，得

，预测2019年捐赠的现金大约是5.25万元.

14.【解析】∵考试的成绩服从正态分布，∴考试的成绩关于对

称，∵，∴，∴该班数学成绩在115分以上

的人数为.

15.【解析】由题意知原式展开为，所以

的展开式中含的项为，

即，由已知条件知，解得.

16.【解析】因为，，，故平面，

因为，故，∵，

∴，则.∵平面，

平面，∴.∵平面，平面，∴.

∵，∴平面，∵平面，∴，∵，

∴为的中点，∴，∴.

故，构造正方体模型可知，四面体的外接球半径

，所以三棱锥外接球的体积为

.

三、解答题（本大题共6小题，共70分）

17.【解析】

（1）由题意，，.

所以，由正弦定理，可得，

因为，所以，

又由，则，整理得，

又因为，所以，

（2）由（1）和余弦定理，

则，

即，整理得，

又由（当且仅当时等号成立）

从而，可得，

又，∴，从而周长.

18.【解析】

（1）证明：∵底面为正方形，∴，

又，，∴平面，∴.

同理，，∴平面.

（2）如图，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

不妨设正方形的边长为2.

则，，，，则，，

设为平面的一个法向量，

则，令，，得.

同理，可得平面的一个法向量，

故.

所以二面角的正弦值为.

19.【解析】

（1）法一：设椭圆的方程为（），

∵一个焦点坐标为，∴另一个焦点坐标为，

∴由椭圆定义可知，

∴，∴，∴椭圆的方程为.

法二：不妨设椭圆的方程为（），

∵一个焦点坐标为，∴，①

又∵点在椭圆上，∴，②

联立方程①，②，解得，，∴椭圆的方程为.

（2）设，，直线的方程为，

由方程组消去，并整理得：，

∵，∴，，

∵直线的方程可表示为，

将此方程与直线联立，可求得点的坐标为，

∴，

∵

，

所以，又向量和有公共点，

故，，三点在同一条直线上.

20.【解析】

（1）由题意可知，甲村中“绝对贫困户”有（户），

甲、乙两村的绝对贫困户有（户），可得出如下列联表：

.

故没有90%的把握认为绝对贫困户数与村落有关.

（2）贫困指标在的贫困户共有（户），

“亟待帮助户”共有（户），依题意的可能值为0，1，2，3，

，，

，，

则的分布列为：

故.

21.【解析】（1）因为，，所以.

∵在内单调递减，∴在内恒成立，

即在上恒成立，

令，则，

∴当时，，即在内为增函数；

当时，，即在内为减函数.

所以的最大值为，所以，所以，则.

（2）因为函数有两个极值点分别为，，

则在内有两根，，

则，两式相减，得.

不妨设，

当时，恒成立；

当时，要证明，只需证明.

即证明，即证明，

令，，则，

则，所以函数在上单调递减.

所以，所以，即成立，

所以.

综上所述，.

22.【解析】

（1）由得，

所以，即，

将直线的参数方程代入，得，

即，

由知，，

故直线与曲线有两个公共点.

（2）由（1）可设方程的两根为，，

则，，

故，

∴，即，

∴.

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，.