河南省顶级名校2020届高三数学6月考前模拟考试试题-理.doc

河南省顶级名校2020届高三数学6月考前模拟考试试题 理

河南省顶级名校2020届高三数学6月考前模拟考试试题 理

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河南省顶级名校2020届高三数学6月考前模拟考试试题 理（含解析）
本试卷共6页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.
3.非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.
4.作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答.
5.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.
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.设z,则|z|＝（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
把已知等式变形,再由商的模等于模的商求解即可.
【详解】解：∵z,
∴|z|＝||.
故选：B.
【点睛】本题考查复数模的求法,考查数学转化思想方法,是基础题.
2.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据指数函数的值域化简集合的表示，解一元二次不等式化简集合的表示，最后根据集合的交集和并集的定义、子集的定义进行判断即可.
【详解】因为，，
所以，故选项A不正确；
，故选项B不正确；
根据子集的定义有.
故选：D
【点睛】本题考查了集合交集、并集的运算，考查了子集的定义，考查了指数函数的值域，考查了解一元二次不等式，考查了数学运算能力.
3.设α为平面，m，n为两条直线，若，则“”是“”的（ ）
A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
根据充分性和必要性的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可.
【详解】当时，如果，不一定能推出，因为直线n可以在平面α外，
当时，如果，根据线面垂直的性质一定能推出，所以若，则“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，考查了线面垂直的性质，考查了推理论证能力.
4.已知双曲线C：（，）的两条渐近线互相垂直，则C的离心率为（ ）
A. B. 2 C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据双曲线和渐近线的对称性，结合双曲线离心率的公式、之间的关系、双曲线渐近线方程进行求解即可.
【详解】双曲线C：的渐近线方程为：，因为该双曲线的两条渐近线互相垂直，
所以有.
故选：A
【点睛】本题考查了已知双曲线渐近线的性质求离心率问题，考查了数学运算能力，属于基础题.
5.已知定义在R上的函数满足，当时，，则（ ）
A. B. 2 C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等式，结合已知函数的解析式、指数幂运算公式进行求解即可
【详解】因为，所以，
因为，所以.
故选：A
【点睛】本题考查了求函数值，考查了指数运算公式的应用，考查了数学运算能力.
6.若，，…，的平均数为a，方差为b，则，，…，的平均数和方差分别为（ ）
A. 2a，2b B. 2a，4b C. ，2b D. ，4b
【答案】D
【解析】
【分析】
直接根据平均值和方差的性质得到答案.
【详解】根据平均值和方差的性质知：
，，…，的平均数和方差分别为和.
故选：D.
【点睛】本题考查了平均值和方差，意在考查学生的计算能力和对于平均值和方差的性质的灵活运用.
7.记等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用等差数列和的性质得到答案.
【详解】根据等差数列和的性质知：，故，即.
故选：A.
【点睛】本题考查了等差数列和的性质，意在考查学生的计算能力和应用能力.
8.函数f（x）的部分图象大致为（ ）
A. [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn- B. [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-
C. [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn- D. [Failed to download image : http://qbm-images.oss-cn-
【答案】B
【解析】
【分析】
先判断函数的奇偶性，结合选项中函数图象的对称性，先排除不符合题意的，然后结合特殊点函数值的正负即可判断.
【详解】因为f（﹣x）f（x），
所以f（x）为偶函数，图象关于y轴对称，排除选项A，C，
又f（2），
因为，所以，所以f（2）＜0，排除选项D.
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数图象与性质及其应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.
9.已知椭圆C：的右焦点为F，O为坐标原点，C上有且只有一个点P满足，则C的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对称性知在轴上，，计算得到答案.
【详解】根据对称性知在轴上，，故，，解得，，
故椭圆方程为：.
故选：D
【点睛】本题考查了椭圆方程，意在考查学生的计算能力，确定在轴上是解题的关键.
10.下面图1是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图.其阴离子排列如图2所示,图2中圆的半径均为1,且相邻的圆都相切,A,B,C,D是其中四个圆的圆心,则•（ ）
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A. 32 B. 28 C. 26 D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】
建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60°,根据平面向量的基本定理可知,向量和均可以用表示,再结合平面向量数量积运算法则即可得解.
【详解】解：如图所示,建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60°,
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∴,,
∴.
故选：C.
【点睛】本题考查平面向量的混合运算,观察图形特征,建立基向量是解题的关键,考查学生的分析能力和运算能力,属于中档题.
11.意大利数学家斐波那契（1175年—1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为（设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A. 10 B. 9 C. 8 D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，是不等式的正整数解，化简得，即，根据数列的单调性，求出成立的的最小值，即可求出答案.
【详解】解析：∵是不等式的正整数解，
∴，
∴，
∴，
即
∴，
∴，
∴，
∴，
令，则数列即为斐波那契数列，
，即，
显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，
不难知道，，且，，
∴使得成立的的最小值为8，
∴使得成立的的最小值为8.
故选：C.
【点睛】本题考查数列的新定义，以及利用数列的单调性求最值，还根据对数运算化简不等式，考查转化思想和化简运算能力.
12.已知直线与函数（）的图象相交，将其中三个相邻交点从左到右依次记为A，B，C，且满足有下列结论：
①n的值可能为2
②当，且时，的图象可能关于直线对称
③当时，有且仅有一个实数ω，使得在上单调递增；
④不等式恒成立
其中所有正确结论的编号为（ ）
A. ③ B. ①② C. ②④ D. ③④
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角函数的图像性质，依次分析四个结论即可求解.
【详解】解析：如图所示，
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不妨设，，，且线段的中点为，
显然有，，且的图象关于直线对称，
∵，∴，
∴，即,（1）
∵，且，∴由正弦曲线的图像可知，
（）.
∴（），
即，（2）
由等式（1），（2）可得，
∴，即，
∴，且，∴，且，
对于结论①，显然，故结论①错误：
对于结论②，当，且时，则，
故，若的图象关于直线对称，
则（），即（）
显然与矛盾，从而可知结论②错误：
对于结论③，∵，且在区间上单调递增，
∴，∴，故结论③正确；
对于结论④，下证不等式（），
（法一）当时，，
∴（），即（），
（法二）即证不等式（）恒成立，
构造函数（），显然函数单调递增，
当时，，即不等式（）恒成立，故结论④正确：
综上所述，正确的结论编号为③④
故选：D
【点睛】本题考查三角函数的图像性质，属于中档题.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.曲线在点处的切线的方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
对求导，带入得到斜率，通过点斜式得到切线方程，再整理成一般式得到答案.
【详解】

带入得切线的斜率，
切线方程为，整理得
【点睛】本题考查导数的几何意义，通过求导求出切线的斜率，再由斜率和切点写出切线方程.难度不大，属于简单题.
14.若x，y满足约束条件，则的最大值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】
画出可行域，表示可行域上的点到原点的斜率，分析并计算的最大值.
【详解】作出可行域如图所示，
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又为可行域内的点到原点的斜率，由图得的最大值为，
又，得的最大值为.
故答案为：
【点睛】本题考查了线性规则，正确画出不等式组表示的平面区域是解题的基础，理解目标函数的意义是解题的关键．
15.2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将4名医生志愿者分配到两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去1人），则共有__________种分配方案.
【答案】14
【解析】
【分析】
根据题意先将4名医生分成2组，再分配的两家医院即可求得分配方案的种数，分组时有和两种分组方法，同时注意是平均分组问题.
【详解】由题先将4名医生分成2组，有种，
再分配的两家医院有种.
故答案为：14
【点睛】本题考查了排列组组合的综合应用，考查了先选再排的技巧，分组时要注意分类讨论，还有要特别注意平均分组问题的计数方法.
16.已知正方形边长为3，点E，F分别在边，上运动（E不与A，B重合，F不与A，D重合），将以为折痕折起，当A，E，F位置变化时，所得五棱锥体积的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
欲使五棱锥的体积最大，须有平面平面，求出底面五边形的面积以及高，利用棱锥的体积公式得出体积表达式，再由基本不等式以及导数得出五棱锥体积的最大值.
【详解】解析：不妨设，，
在直角三角形中，易知边上的高为
又五棱锥的底面面积为
欲使五棱锥的体积最大，须有平面平面
∴
∵，∴
令，则，∴，
令，，则
不难知道，当时，取得最大值
∴
综上所述，当时，五棱锥的体积取得最大值
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了利用导数解决实际应用问题，涉及了棱锥的体积公式和基本不等式的应用，属于中档题.
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.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.中，D为上的点，平分，，，的面积为.
（1）求的长；
（2）求.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）根据三角形面积公式可得，可得，根据余弦定理可得；
（2）根据余弦定理求出，可得，再利用以及两角差正弦公式可得结果.
【详解】（1）因为，，的面积为，
∴，
∴，
∵，平分，
∴，
∴，
在中，由余弦定理，得
，
∴
（2）在中，由余弦定理，得，
∴，
因为平分，所以，
∴
，
【点睛】本题考查了余弦定理、三角形内角和定理、三角形的面积公式、两角差的正弦公式，属于基础题..
18.如图，三棱柱中，底面为等边三角形，E，F分别为，的中点，，.
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（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过计算可得，通过证明平面，可得，再根据直线与平面垂直的判定定理可得平面；
（2）先说明直线，，两两垂直，再以，，的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量可求得结果.
【详解】（1）证明：设，∵，
则，，，
∵点E为棱的中点，∴，
∴，∴.
∵三棱柱的侧面为平行四边形，
∴四边形为矩形，
∵点F为棱的中点，
∴，，
∴，∴.
∵三棱柱的底面是正三角形，E为的中点，
∴.
∵，且平面，平面，且，相交，
∴平面，∵平面，∴，∵，
∴平面.
（2）由（1）可知平面，∴，∴平面，
∴三棱柱是正三棱柱，
设的中点为M，则直线，，两两垂直，
分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
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设，，，，
则，，.
设平面的一个法向量为，则，则，则，
不妨取，则，则，所以，
设直线与平面所成角，
则，
因为，所以
则直线与平面所成角的大小为.
【点睛】本题考查了线面垂直的性质与判定，考查了直线与平面所成角的向量求法，属于中档题.
19.足球运动被誉为“世界第一运动”.为推广足球运动，某学校成立了足球社团由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：
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（1）下表是某同学6次训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率.为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，将他在测试中所踢的点球次数记为，求；
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（2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，接到第n次传球的人即为第次触球者，第n次触球者是甲的概率记为.
（i）求，，（直接写出结果即可）；
（ii）证明：数列为等比数列.
【答案】（1）（2）（i），，（ii）证明见解析；
【解析】
【分析】
（1）先求出踢一次点球命中的概率，然后根据相互独立事件的乘法公式分别求出取1，2，3的概率，再根据离散型随机变量的期望公式可求得结果；
（2）（i）根据传球顺序分析可得答案；（ii）根据题意可得，再变形为，根据等比数列的定义可证结论.
【详解】（1）这150个点球中的进球频率为，
则该同学踢一次点球命中的概率，
由题意，可能取1，2，3，则
，，，
则的期望.
（2）（i）因为从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，所以第1次触球者是甲的概率，显然第2次触球者是甲的概率，第2次传球有两种可能，所以第3次触球者是甲的概率概，
（ii）∵第n次触球者是甲的概率为，
所以当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，
则.
从而，又，
∴是以为首项，公比为的等比数列.
【点睛】本题考查了样本估计总体，离散型随机变量的期望，考查了递推关系以及等比数列的概念；考查分析问题、解决问题的能力，建模能力，处理数据能力.属于中档题.
20.在平面直角坐标系中，P为直线：上的动点，动点Q满足，且原点O在以为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C
（1）求曲线C的方程：
（2）过点的直线与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线，分别与x轴交于点M，N，且，求面积的最小值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）设动点，表示出，再由原点O在以为直径的圆上，转化为，得到曲线C的方程.
（2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建面积的函数关系式，再求最小值.
【详解】解：（1）由题意，不妨设，则，，
∵O在以为直径的圆上，∴，∴，
∴，∴曲线C的方程为.
（2）设，，，，，
依题意，可设：（其中），由方程组消去x并整理，得
，则，，
同理可设，，
可得，，
∴，，
又∵，∴，
∴，∴，
∴
，
∴，
∴当时，面积取得最小值，其最小值为.
【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.
21.已知函数．（其中常数，是自然对数的底数）
（1）若，求在上的极大值点；
（2）（）证明在上单调递增；
（）求关于的方程在上的实数解的个数．
【答案】（1）；（2）（）证明见解析，（）当时，方程在上的实数解的个数为，当时，方程在上的实数解的个数为.
【解析】
【分析】
（1）首先求出函数的导数，利用导数得到函数的单调区间，再根据单调区间即可得到函数的极大值点.
（2）（）首先根据的单调性只需证明，将问题转化为证明，构造函数，再结合的单调性即可证明.（ii）首先证明，再证明函数的最大值，设，分别求出和的零点个数，从而得到方程解得个数.
【详解】（1）.
当时，.

增函数
极大值
减函数

所以函数的极大值点为.
（2）（）因为，所以在上必存在唯一的实数，使得.
所以，，为增函数，
，，为减函数.
要证明在上单调递增，只需证明即可.
又因为，所以，
即证即可.
设，，所以在为减函数.
当时，，，即，
即证，
所以在上单调递增.
（）先证明时，.
设，，，
因为，所以，在为增函数.
所以，即.
再证明函数的最大值.
因为，所以，.
因为，所以.
所以.
下面证，令，则，
即证，，，.
设，，
所以函数为增函数.
当时，，即.
即证：.
设，，
当时，，，
且在为减函数，所以在上有唯一零点.
当时，，，且在为增函数.
①当时，，即，所以在上没有零点.
②当时，，即，所以在上有唯一零点.
综上所述：当时，方程在上的实数解的个数为，
当时，方程在上的实数解的个数为.
【点睛】本题主要考查函数的单调区间、极值和最值，同时考查了利用导数研究函数的零点问题，考查了学生的计算能力，属于难题.
（二）选考题：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.
选修4-4；坐标系与参数方程
22.椭圆规是用来画椭圆的一种器械，它的构造如图所示，在一个十字形的金属板上有两条互相垂直的导槽，在直尺上有两个固定的滑块A，B，它们可分别在纵槽和横槽中滑动，在直尺上的点M处用套管装上铅笔，使直尺转动一周，则点M的轨迹C是一个椭圆，其中|MA|＝2，|MB|＝1，如图，以两条导槽的交点为原点O，横槽所在直线为x轴，建立直角坐标系.
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（1）将以射线Bx为始边，射线BM为终边的角xBM记为φ（0≤φ＜2π），用表示点M的坐标，并求出C的普通方程；
（2）已知过C的左焦点F，且倾斜角为α（0≤α）的直线l1与C交于D，E两点，过点F且垂直于l1的直线l2与C交于G，H两点.当，|GH|，依次成等差数列时，求直线l2的普通方程.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】
（1）用三角函数表示出点M的坐标，直接利用转换关系把极坐标方程转换为直角坐标方程；（2）设出直线l1的参数方程，与椭圆方程联立利用直线参数的几何意义求出、，根据题意有，列出方程求出直线l1的斜率即可求得直线l2的方程.
【详解】（1）设M（x，y）依题意得：x＝2cosφ，y＝sinφ，
所以M（2cosφ，sinφ），
由于cos2φ+sin2φ＝1，整理得.
（2）由于直线l1的倾斜角为α（），且l1⊥l2，
所以直线l2的倾斜角为，依题意易知：F（），
可设直线l1的方程为（t为参数），
代入得到：，
易知，
设点D和点E对应的参数为t1和t2，
所以，.
则，
由参数的几何意义：，
设G、H对应的参数为t3和t4，同理对于直线l2，将α换为，
所以，
由于，|GH|，依次成等差数列，
所以，则，解得，
所以，又，所以，
所以直线l2的斜率为，直线l2的直角坐标方程为x.
【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的转换、直线参数方程中参数的几何意义、韦达定理的应用、等差数列的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于较难题.
选修4-5：不等式选讲
23.已知a，b，c为正实数，且满足a+b+c＝1.证明：
（1）|a|+|b+c﹣1|；
（2）（a3+b3+c3）（）≥3.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据a，b，c为正实数，且满足a+b+c＝1，得到b+c﹣1＝﹣a＜0，则|a|+|b+c﹣1|＝|a|+|﹣a|，再利用绝对值三角不等式求解.
（2）利用（a3+b3+c3）≥3abc，得到（a3+b3+c3）（）≥3abc（），进而变形为，再利用基本不等式求解.
【详解】（1）∵a，b，c为正实数，且满足a+b+c＝1，
∴b+c﹣1＝﹣a＜0，
∴|a|+|b+c﹣1|＝|a|+|﹣a|≥|（a）+（﹣a）|.
当且仅当（a）（﹣a）≥0，即0时，等号成立.
∴|a|+|b+c﹣1|；
（2）（a3+b3+c3）（）≥3abc，
，
，
，
＝3（a+b+c）＝3.
当且仅当a＝b＝c时等号成立.
∴（a3+b3+c3）（）≥3.
【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.