2020届河南省安阳市高三年级第一次模拟数学（理）试题（解析版）

2020届河南省安阳市高三年级第一次模拟数学（理）试题


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】对集合进行进行化简，再进行集合运算，即可得答案.
【详解】
由题意得，故.
故选：A.
【点睛】
本题考查集合的补集、交集运算，考查运算求解能力，属于基础题.
2．已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A． B．i C．–1 D．1
【答案】C
【解析】利用复数的四则运算可得，即可得答案.
【详解】
∵，∴，
∴，∴复数的虚部为.
故选：C.
【点睛】
本题考查复数的四则运算、虚部概念，考查运算求解能力，属于基础题.
3．已知函数，若，则下列不等关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】利用函数的单调性得到的大小关系，再利用不等式的性质，即可得答案.
【详解】
∵在R上单调递增，且，∴.
∵的符号无法判断，故与，与的大小不确定，
对A，当时，，故A错误；
对C，当时，，故C错误；
对D，当时，，故D错误；
对B，对，则，故B正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查分段函数的单调性、不等式性质的运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.
4．国家统计局服务业调查中心和中国物流与采购联合会发布的2018年10月份至2019年9月份共12个月的中国制造业采购经理指数(PMI)如下图所示.则下列结论中错误的是（ ）

A．12个月的PMI值不低于50%的频率为
B．12个月的PMI值的平均值低于50%
C．12个月的PMI值的众数为49.4%
D．12个月的PMI值的中位数为50.3%
【答案】D
【解析】根据图形中的信息，可得频率、平均值的估计、众数、中位数，从而得到答案.
【详解】
对A，从图中数据变化看，PMI值不低于50%的月份有4个，所以12个月的PMI值不低于50%的频率为，故A正确；
对B，由图可以看出，PMI值的平均值低于50%，故B正确；
对C，12个月的PMI值的众数为49.4%，故C正确，；
对D，12个月的PMI值的中位数为49.6%，故D错误
故选：D.
【点睛】
本题考查频率、平均值的估计、众数、中位数计算，考查数据处理能力，属于基础题.
5．已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得，再利用二次函数的性质，可得当或时，取到最小值.
【详解】
根据题意，可知为等差数列，公差，
由成等比数列，可得，
∴，解得.
∴.
根据单调性，可知当或时，取到最小值，最小值为.
故选：D.
【点睛】
本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当或时同时取到最值.
6．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】利用诱导公式得，，再利用倍角公式，即可得答案.
【详解】
由可得，∴，
∴.
故选：C.
【点睛】
本题考查诱导公式、倍角公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意三角函数的符号.
7．已知双曲线的右焦点为F，过右顶点A且与x轴垂直的直线交双曲线的一条渐近线于M点，MF的中点恰好在双曲线C上，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，则MF的中点坐标为，代入双曲线的方程可得的关系，再转化成关于的齐次方程，求出的值，即可得答案.
【详解】
双曲线的右顶点为，右焦点为，
M所在直线为，不妨设，
∴MF的中点坐标为.代入方程可得，
∴，∴，∴（负值舍去）.
故选：A.
【点睛】
本题考查双曲线的离心率，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意构造的齐次方程.
8．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为11，则图中的判断条件可以为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据程序框图知当时，循环终止，此时，即可得答案.
【详解】
，.运行第一次，，不成立，运行第二次，
，不成立，运行第三次，
，不成立，运行第四次，
，不成立，运行第五次，
，成立，
输出i的值为11，结束.
故选：B.
【点睛】
本题考查补充程序框图判断框的条件，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意模拟程序一步一步执行的求解策略.
9．已知各项都是正数的数列满足，若当且仅当时，取得最小值，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据递推关系，利用累加法求出，进而得到，再利用对勾函数的单调性，即可得答案.
【详解】
由题意得当时，，，
累加得，故，
当时，该式也成立，则
因为当且仅当时，取得最小值， ，
所以由“对勾两数”的单调性可知且，
∴且，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查累加法求数列通项公式、对勾函数的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意为整数的特殊性.
10．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.
【详解】
根据题意，可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为，代入得：.
由根与系数的关系得，，
所以.
又直线CD的方程为，同理，
所以，
所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，
则由抛物线的定义可得.
所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.
故选：C.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.
11．已知四棱锥，底面ABCD是边长为1的正方形，，平面平面ABCD，当点C到平面ABE的距离最大时，该四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】过点E作，垂足为H，过H作，垂足为F，连接EF.因为平面ABE，所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.设，将表示成关于的函数，再求函数的最值，即可得答案.
【详解】
过点E作，垂足为H，过H作，垂足为F，连接EF.
因为平面平面ABCD，所以平面ABCD，
所以.
因为底面ABCD是边长为1的正方形，，所以.
因为平面ABE，所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.
易证平面平面ABE，
所以点H到平面ABE的距离，即为H到EF的距离.
不妨设，则，.
因为，所以，
所以，当时，等号成立.
此时EH与ED重合，所以，.
故选：B.

【点睛】
本题考查空间中点到面的距离的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意辅助线及面面垂直的应用.
12．已知不等式的解集中仅有2个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】原不等式等价于，设，利用导数研究函数的图象特征，再利用图象可得，且，解不等式，即可得答案.
【详解】
原不等式等价于，设，
，
令，得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又时，因此与的图像如下，
当时，显然不满足条件，
当时，只需满足，
，.
故选：D.

【点睛】
本题考查根据不等式的整数解个数求参数的取值范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意借助函数图象的直观性进行分析问题.


二、填空题
13．已知向量，，，则__________.
【答案】3
【解析】由题意得，，再代入中，计算即可得答案.
【详解】
由题意可得，，
∴，解得，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查向量模的计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意向量数量积公式的运用.
14．的展开式中，的系数是20，则_________.
【答案】
【解析】对多项式展开得，再研究的通项得，当和时，可得的系数为，再解关于的方程，即可得答案.
【详解】
因为，
而展开式的通项公式为展开式的通项公式为.
所以的展开式中的系数为，解得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查二项展开式中指定项的系数，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意系数的符号.
15．将底面直径为4，高为的圆锥形石块打磨成一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为__________.
【答案】
【解析】由题意欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h，底面半径为r，则，将侧面积表示成关于的函数，再利用一元二次函数的性质求最值.
【详解】
欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h，底面半径为r，则，
所以.
∴，
当时，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查圆柱的侧面积的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意将问题转化为函数的最值问题.
16．2019年暑假期间，河南有一新开发的景区在各大媒体循环播放广告，观众甲首次看到该景区的广告后，不来此景区的概率为，从第二次看到广告起，若前一次不来此景区，则这次来此景区的概率是，若前一次来此景区，则这次来此景区的概率是.记观众甲第n次看到广告后不来此景区的概率为，若当时，恒成立，则M的最小值为__________.

【答案】
【解析】设为观众甲第次看到广告后不来此景区的概率，根据题意可得是首项为，公比为的等比数列，求出的通项公式，再判断其单调性，即可得答案.
【详解】
根据题意，为观众甲第次看到广告后不来此景区的概率，
则，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以， 即，
显然数列单调递减，
所以当时，，
所以，所以的最小值为.
【点睛】
本题考查概率与数列的综合题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意寻找递推关系是解题的关键.

三、解答题
17．如图，在平面四边形ABCD中，，，，.

（1）求的面积的最大值，
（2）在的面积取得最大值的条件下，若，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）利用余弦定理、结合基本不等式可得，再利用三角形的面积公式，即可得答案；
（2）利用正弦定理求出，进而得到的值，再利用半角公式，即可求得的值.
【详解】
(1)在中，由余弦定理可得，
所以，
所以，当且仅当时，等号成立.
所以，
故的面积的最大值为.
（2）在中，由题意可得，.
由正弦定理可得，
所以.
又，所以为锐角，所以，所以，
所以.所以因为，所以（负值舍去）.
【点睛】
本题考查正余弦定理的应用、三角恒等变换中的半角公式、基本不等式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
18．如图，在斜三棱柱中，平面平面，，，，均为正三角形，E为AB的中点.

（1）证明:平面，
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）如图，连接，交于点M，连接ME，则，再利用线面平行的判定定理，即可证明线面平行；
（2）设O是AC的中点，连接，OB，分别以射线OB，OA，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，代入公式运算，即可得答案.
【详解】
（1）如图，连接，交于点M，连接ME，则.
因为平面，平面，所以平面.
（2）设O是AC的中点，连接，OB.因为为正三角形，
所以，又平面平面，平面平面，
所以平面ABC.由已知得.
如图，分别以射线OB，OA，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有，，，，
故，，，
设平面的一个法向量为，则，
所以令，则.
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】
本题考查线面平行的证明、线面角的向量求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意在建系之前，要证明三条直线两两互相垂直.
19．近几年一种新奇水果深受广大消费者的喜爱，一位农户发挥聪明才智，把这种露天种植的新奇水果搬到了大棚里，收到了很好的经济效益.根据资料显示，产出的新奇水果的箱数x（单位:十箱）与成本y（单位:千元）的关系如下:
x
1
3
4
6
7
y
5
6.5
7
7.5
8

y与x可用回归方程(其中，为常数)进行模拟.
（1）若该农户产出的该新奇水果的价格为150元/箱，试预测该新奇水果100箱的利润是多少元.（利润=售价-成本）
（2）据统计，10月份的连续16天中该农户每天为甲地可配送的该新奇水果的箱数的频率分布直方图如图，用这16天的情况来估计相应的概率.一个运输户拟购置n辆小货车专门运输该农户为甲地配送的该新奇水果，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40箱该新奇水果，满载发车，否则不发车.若发车，则每辆车每趟可获利500元，若未发车，则每辆车每天平均亏损200元｡试比较和时此项业务每天的利润平均值的大小.

参考数据与公式:设，则




0.54
6.8
1.53
0.45

线性回归直线中，，.
【答案】（1）6636（2）概率见解析，购置3辆小货车的利润平均值大于购置4辆小货车的利润平均值
【解析】（1）根据题意，先求出关于的线性回归方程，进而求得关于的线性回归方程，再将代入回归方程，即可得答案；
（2）根据频率分布直方图，可得该农户每天可配送的该新奇水果的箱数的概率分情况，再设该运输户购3辆车和购4辆车时每天的利润分别为，元，写出两个随机变量的分布列，并求出期望进行大小比较，即可得答案.
【详解】
（1）根据题意，，
所以，所以.
又，所以.
所以时，（千元），
即该新奇水果100箱的成本为8364元，
故该新奇水果100箱的利润.
（2）根据频率分布直方图，可知该农户每天可配送的该新奇水果的箱数的概率分布表为:
箱数










设该运输户购3辆车和购4辆车时每天的利润分别为，元.则的可能取值为1500，800，100，其分布列为

1500
800
100





故.
则的可能取值为2000，1300，600，，其分布列为

2000
1300
600







故.
故，即购置3辆小货车的利润平均值大于购置4辆小货车的利润平均值.
【点睛】
本题考查最小二乘法和换元法求回归方程、离菜型随机变量的分布列和均值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查数据处理能力，求解时注意对题意的理解和非线性回归方程的求解方法.
20．已知椭圆的左，右焦点分别为，，，M是椭圆E上的一个动点，且的面积的最大值为.
（1）求椭圆E的标准方程，
（2）若，，四边形ABCD内接于椭圆E，，记直线AD，BC的斜率分别为，，求证:为定值.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，求出，即可得答案；
（2）根据题意可知，，因为，所以可设直线CD的方程为，将直线代入曲线的方程，利用韦达定理得到的关系，再代入斜率公式可证得为定值.
【详解】
（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，
当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为.
（2）根据题意可知，，因为，
所以可设直线CD的方程为.
由，消去y可得，
所以，即.
直线AD的斜率，
直线BC的斜率，
所以
，故为定值.
【点睛】
本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的运用.
21．已知直线是曲线的切线.
（1）求函数的解析式，
（2）若，证明:对于任意，有且仅有一个零点.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】（1）对函数求导，并设切点，利用点既在曲线上、又在切线上，列出方程组，解得，即可得答案；
（2）当x充分小时，当x充分大时，可得至少有一个零点. 再证明零点的唯一性，即对函数求导得，对分和两种情况讨论，即可得答案.
【详解】
（1）根据题意，，设直线与曲线相切于点.
根据题意，可得，解之得，
所以.
（2）由（1）可知，
则当x充分小时，当x充分大时，∴至少有一个零点.
∵，
①若，则，在上单调递增，∴有唯一零点.
②若令，得有两个极值点，
∵，∴，∴.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
∴极大值为.，又，
∴在(0，16)上单调递增，
∴，
∴有唯一零点.
综上可知，对于任意，有且仅有一个零点.
【点睛】
本题考查导数的几何意义的运用、利用导数证明函数的零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意零点存在定理的运用.
22．以直角坐标系xOy的原点为极坐标系的极点，x轴的正半轴为极轴.已知曲线的极坐标方程为，P是上一动点，，Q的轨迹为.
（1）求曲线的极坐标方程，并化为直角坐标方程，
（2）若点，直线l的参数方程为（t为参数），直线l与曲线的交点为A，B，当取最小值时，求直线l的普通方程.
【答案】（1），（2）
【解析】（1）设点P，Q的极坐标分别为，)，利用这一关系，可得Q的极坐标方程，再化成普通方程，即可得答案；
（2）设点A，B对应的参数分别为，，则，将直线l的参数方程，（为参数），代入的直角坐标方程，利用韦达定理，从而将问题转化为三角函数的最值问题，求出此时的值，即可得答案.
【详解】
（1）设点P，Q的极坐标分别为，)，
因为，
所以曲线的极坐标方程为，
两边同乘以ρ，得，
所以的直角坐标方程为，即.
（2）设点A，B对应的参数分别为，，则，
将直线l的参数方程，（为参数），
代入的直角坐标方程中，整理得.由根与系数的关系得.
∴，( 当且仅当时，等号成立)
∴当取得最小值时，直线l的普通方程为.
【点睛】
本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程的互化、直线参数方程的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
23．已知，，不等式恒成立.
（1）求证:
（2）求证:.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】（1）先根据绝对值不等式求得的最大值，从而得到，再利用基本不等式进行证明；
（2）利用基本不等式变形得，两边开平方得到新的不等式，利用同理可得另外两个不等式，再进行不等式相加，即可得答案.
【详解】
（1）∵，∴.
∵，，，
∴，
∴，
∴.
（2）∵，，
即两边开平方得.
同理可得，.
三式相加，得.
【点睛】
本题考查绝对值不等式、应用基本不等式证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和推理论证能力.