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1、 开封市 2020届高三第一次模拟考试 数学（理科）试题 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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先解二次不等式得，再求交集即可得解.【详解】解：解不等式，解得：，即，又，则，故选：B.【点睛】本题考查了二次不等式的解法及集合交集的运算，属基础题.2.在复平面内，复数对应的点位于直线的左上方，则实数 的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由复数的运算可得，再结合复数在复平面所对应的点的位置列不等式求解即可.【详解】解：因为复数，又复数对
2、应的点位于直线的左上方，则，即，故选：A.【点睛】本题考查了复数的运算，重点考查了复数在复平面所对应的点的位置，属基础题.3.已知,为非零向量，则“”是“与 夹角为锐角”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据向量数量积的定义式可知，若，则 与 夹角为锐角或零角，若 与 夹角为锐角，则一定有，所以“”是“与 夹角为锐角”的必要不充分条件，故选 B.4.已知角的顶点与原点重合，始边与 轴正半轴重合，终边经过点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的定义可求得,结合正切的二倍角公式即可求得的值.【详解
3、】因为角的终边经过点 由三角函数定义可得 根据正切的二倍角 代入可得 故选:D【点睛】本题考查了三角函数的定义,正切二倍角公式的应用,属于基础题.5.已知定义在上的奇函数，满足时，则的值为（）A.-15 B.-7 C.3 D.15【答案】A【解析】【分析】根据奇函数定义域关于原点中心对称,可求得 的值.根据奇函数性质,即可求得的值.【详解】因为奇函数的定义域关于原点中心对称 则,解得 因为奇函数当时,则 故选:A【点睛】本题考查了奇函数的定义域关于原点对称,奇函数的性质应用,属于基础题.6.某省普通高中学业水平考试成绩按人数所占比例依次由高到低分为，五个等级，等级，等级，等级，等级共.其中 等
4、级为不合格，原则上比例不超过.该省某校高二年级学生都参加学业水平考试，先从中随机抽取了部分学生的考试成绩进行统计，统计结果如图所示.若该校高二年级共有 1000 名学生，则估计该年级拿到 级及以上级别的学生人数有（）A.45 人 B.660人 C.880人 D.900人【答案】D【解析】【分析】根据 等级的人数和占比,可计算出样本容量.再根据扇形图可计算出、等级一共的人数,即可估计该年级拿到 级及以上级别的学生人数.【详解】由条形图和扇形统计图可知,在抽取的部分学生中 等级共有人,占样本容量的 所以样本容量为 则样本中 等级人数为人 由条形图可知样本中 等级人数为人 所以在样本中 级及以上级别
5、的学生人数为人 则该年级拿到 级及以上级别的学生人数为人 故选:D【点睛】本题考查了条形图与扇形图在统计中的应用,样本与总体的关系,属于基础题.7.国庆阅兵式上举行升旗仪式，在坡度为的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上，某同学在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为和，第一排和最后一排的距离为 25米，则旗杆的高度约为（）A.17 米 B.22 米 C.3l 米 D.35 米【答案】C【解析】【分析】先确定的已知角及已知边，再结合正弦定理求解即可.【详解】解：设旗杆高为 米，最后一排为点 A，第一排为点 B，旗杆顶端为点 C，则，在中，,即，由正弦定理可得，所以，解得
6、：，故选：C.【点睛】本题考查了正弦定理及三角函数的实际应用，属中档题.8.已知是斐波那契数列，则，（且），下图程序框图表示输出斐波那契数列的前 项的算法，则（）A.10 B.18 C.20 D.22【答案】C【解析】【分析】根据程序框图的结构,计算出前几项,结合归纳推理即可得解.【详解】第一次循环:第二次循环:第三次循环:由以上循环可知,每循环一次,输出斐波那契数列的 2项 所以当时,共输出数列的项 故选:C【点睛】本题考查了程序框图循环结构的特征,斐波那契数列的特征,归纳推理的应用,属于基础题.9.设，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由不等式的性质及换底公式即可得解.【详解
7、】解：因为，则，且，所以，又,即,则，即，故选：D.【点睛】本题考查了不等式的性质及换底公式，属基础题.10.已知 为双曲线：的右焦点，圆：与 在第一象限、第三象限的交点分别为，若的面积为，则双曲线 的离心率为（）A.B.C.2 D.【答案】A【解析】【分析】先设双曲线的左焦点为，由双曲线的对称性可得：四边形为矩形，再列方程组，运算即可得解.【详解】解：不妨设双曲线的左焦点为，由双曲线的对称性可得：四边形为矩形，则为直角三角形，设，则，解得，即，即，则，则，得，故选：A.【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法，重点考查了双曲线的几何性质，属中档题.11.将函数的图象向右平移 个单位长度得到的图象
8、，若的对称中心为坐标原点，则关于函数有下述四个结论：的最小正周期为 若的最大值为 2，则 在有两个零点 在区间上单调 其中所有正确结论的标号是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据辅助角公式化简,根据平移后的图像关于原点中心对称可求得解析式.根据正弦函数的图像与性质可依次判断四个选项是否正确.【详解】函数,由辅助角公式可得 将图像向右平移 单位长度可得 因为的对称中心为坐标原点,由正弦函数图像与性质可知过 即,可得 则 对于的最小正周期为,所以正确;对于若的最大值为 2,则,解得,所以错误 对于,令,当时,满足,.解方程可得或,所以正确;对于,则其一个单调递增区间为,解得,当时满足
9、在区间上单调,所以正确.综上可知,正确的为 故选:A【点睛】本题考查了正弦函数的图像与性质的综合应用,辅助角公式的用法,三角函数图像平移变换,综合性较强,属于中档题.12.已知正方体的棱长为 1，平面过正方体的一个顶点，且与正方体每条棱所在直线所成的角相等，则该正方体在平面内的正投影面积是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据正方体每条棱所在直线与平面所成的角相等,可得该平面的截面.由正方体的棱长及投影形状,即可求出正投影的面积.【详解】正方体的棱长为 1,平面过正方体的一个顶点,且与正方体每条棱所在直线所成的角相等,可得空间几何体及平面如下图所示:该正方体在平面内的正投影如下图所
10、示:则即为该正方体在平面内的正投影面积,该投影是正六边形.因为正方体的棱长为 1,则 则由正六边形的性质可知 则 所以 则 故选:B【点睛】本题考查了空间中直线与平面的夹角,空间几何体在平面上的投影面积问题,对空间想象能力要求较高,属于难题.二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13.已知向量，若，则_.【答案】1【解析】【分析】根据向量加法和减法的坐标运算,先分别求得与,再结合向量的模长公式即可求得 的值.【详解】向量,则,则 因为 即,化简可得 解得 故答案为:【点睛】本题考查了向量坐标加法和减法的运算,向量模长的求法,属于基础题.14.我国的第一艘航空母舰“辽宁舰
11、”在某次舰载机起降飞行训练中，有 5架“歼-15”舰载机准备着舰，已知乙机不能最先着舰，丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻），那么不同的着舰方法种数为_.【答案】48【解析】【分析】将问题转化为不同的 5位同学坐从左到右的 5 个座位，乙同学不坐第 1 个座位，丙同学必须坐在甲同学的左边，再结合排列组合中的分步原理求解即可.【详解】解：不妨将问题转化为不同的 5 位同学坐从左到右的 5个座位，乙同学不坐第 1个座位，丙同学必须坐在甲同学的左边，则可先在 2至 5 号座位上选 1 个座位给乙坐，然后在剩下的 4 个座位中选 2个坐丙同学和甲同学，且丙坐在甲的左边，剩下的 2 个座位坐剩下的两位同
12、学即可，即不同的坐法共有，即不同的着舰方法种数为 48，故答案为：48.【点睛】本题考查了排列组合中的分步原理，重点考查了特殊元素优先处理的解题方法，属基础题.15.设点 为函数上任意一点，点 为直线上任意一点，则，两点距离的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先设为函数上一点，且以点为切点的直线与直线平行，利用导数的几何意义求得，再利用点到直线的距离公式即可得解.【详解】解：设为函数上一点，且以点为切点的直线与直线平行，由，则，由已知有，化简得,解得：，则，两点距离的最小值为点到直线的距离，由点到直线的距离公式，故答案为：.【点睛】本题考查了已知直线斜率求切点坐标，重点考查了点到直线的距离，
13、属中档题.16.若数列满足，则称数列为“差半递增”数列.若数列为“差半递增”数列，且其通项与前 项和满足，则实数 的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据,利用递推公式求得数列的通项公式.再根据新定义的意义,代入解不等式即可求得实数 的取值范围.【详解】因为 所以当时,两式相减可得,即,所以数列是以公比的等比数列 当时,所以 则 由“差半递增”数列的定义可知 化简可得 解不等式可得 即实数 的取值范围为 故答案为:【点睛】本题考查了数列递推公式的简单应用,等比数列通项公式在新定义里的应用,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 1721题为必考题，
14、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 17.已知等差数列满足.（1）求的通项公式；（2）记为的前 项和，求数列的前 项和.【答案】(1).(2)【解析】【分析】（1）根据递推公式,带入求得首项.由递推可得,作差即可得等差数列的公差,即可得等差数列的通项公式（2）先求得等差数列的前 项和,可得的通项公式,根据裂项求和即可求得数列的前 项和.【详解】（1）由已知为等差数列,记其公差为.当时,两式相减可得 解得 当时,所以.则.（2）所以 【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式,等差数列的前 n项和公式,裂项求和法的应用,属于基础题.18.底面为菱形的直四棱柱
15、，被一平面截取后得到如图所示的几何体.若，.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量与平面的一个法向量，再利用向量数量积运算即可.【详解】（1）证明：连接，由平行且相等，可知四边形为平行四边形，所以.由题意易知，所以，因为，所以平面，又平面，所以.（2）设，由已知可得：平面平面，所以，同理可得：，所以四边形为平行四边形，所以 为的中点，为的中点，所以平行且相等，从而平面，又，所以，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，由平面几何知识，得.则，所以，.设平
16、面的法向量为，由，可得，令，则，所以.同理，平面的一个法向量为.设平面与平面所成角为，则，所以.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理及二面角的平面角的求法，重点考查了空间向量的应用，属中档题.19.在平面直角坐标系中，已知点，直线：，点 在直线 上移动，是线段与 轴的交点，动点 满足：，.（1）求动点 的轨迹方程；（2）若直线与曲线 交于，两点，过点 作直线的垂线与曲线 相交于，两点，求的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为-16.【解析】【分析】（1）由题意可得 点到点 的距离和到直线 的距离相等，即，化简即可得解；（2）先设直线的斜率为，再求得关于 的函数关系式，再利用重要不等式求解即可
17、.【详解】（1）由题意可知 是线段的中点，因为，所以为的中垂线，即，又因为，即 点到点 的距离和到直线 的距离相等，设，则，化简得，所以动点 的轨迹方程 为：.（2）由题可知直线的斜率存在且不为 0，设直线：，：，则，联立可得，设，则，.因向量，方向相反，所以，同理，设，可得，所以，因为，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为-16.【点睛】本题考查了曲线轨迹方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系，重点考查了运算能力，属中档题.20.某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：逐份检验，列需要检验 次；混合检验，将其（且）份血液样本分别取样混合在一起检验.若检
18、验结果为阴性，这 份的血液全为阴性，因而这 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这 份再逐份检验，此时这 份血液的检验次数总共为次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是 阳性结果的概率为.（1）假设有 5 份血液样本，其中只有 2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过 3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率.（2）现取其中（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.（i）运用概率统计的知识，若，试求 关于 的函数关系式；（
19、ii）若，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求 的最大值.参考数据：，.【答案】（1）；（2）（i）（且）；（ii）的最大值为 8【解析】【分析】（1）结合题意，由排列组合知识及概率公式即可得解；（2）先由已知条件求得 关于 的函数关系式，再利用导数研究函数的单调性，再结合函数性质即可得解.【详解】（1）记恰好经过 3 次检验就能把阳性样本全部检验出来为 事件，则.（2）（i），的取值为 1，所以，由，得，所以（且）.（ii），所以，即.设，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.，所以 的最大值为 8.【点睛】本题考查了概率公式及随机变量的期
20、望，重点考查了导数的综合应用，属中档题.21.已知函数，为自然对数的底数.（1）当时，证明：，；（2）若函数在上存在两个极值点，求实数 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先求导，再利用导数研究函数的单调性从而得证；（2）先求导数，再讨论当时，当时，函数的单调性及极值情况，再求解即可.【详解】（1）当时，则，当时，则，又因为，所以当时，仅时，所以在上是单调递减，所以，即.（2），因为，所以，当时，恒成立，所以在上单调递增，没有极值点.当时，令，则在上单调递减，因为，当，即时，所以在上单调递增，所以，即，所以单调递减，无极值点；当，即时，存在，使，当时，当时，所以在单调
21、递增，在单调递减，在处取极大值，因为，所以，又因为，若存两个极值点，即存在两个变号零点，则得，得，得，此时存在，使得，当，即在 处取得极小值，在 处取得极大值，为的两个极值点，则此时.综上可知若函数在上存在两个极值点，则实数 的取值范围为：.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性及函数的极值，重点考查了运算能力，属综合性较强的题型.请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多选，则按所做的第一题计分 22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点 为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程和的直角坐标方程；（2）设 是曲线上一点，此
22、时参数，将射线绕原点 逆时针旋转 交曲线于点，记曲线的上顶点为点，求的面积.【答案】(1)：，：.(2)【解析】【分析】（1）根据参数方程与直角坐标方程的转化,先将的参数方程转化为直角坐标方程.根据极坐标与直角坐标方程的转化,再将直角坐标方程转化为极坐标方程.根据极坐标与直角坐标方程的转化,将的极坐标方程转化为直角坐标方程.（2）根据参数求得 的极坐标.根据变换过程可得点 的极坐标,根据三角形面积为即可求得的面积.【详解】（1）由已知可得：则极坐标方程为：.（2）设点 的横坐标为,则由已知可得 且直角坐标,极坐标,其中,极坐标,则有 所以.【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程的转化,利用极坐标方程求三角形的面积,属于中档题.23.已知，为一个三角形的三边长.证明：（1）；（2）.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【解析】【分析】（1）根据三项基本不等式,可直接证明不等式成立.（2）根据三角形三条边的关系可得,同理证明,后,将不等式左右两边分别相加即可证明.【详解】（1）证明:由三项基本不等式可知 不等式得证.（2）证明:由于,为一个三角形的三边长,则有：,即,所以,同理,相加得：,左右两边同加得：所以 不等式得证.【点睛】本题考查了不等式的简单证明,基本不等式在证明不等式中的用法,属于中档题.