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1、中原名校2019-2020学年下学期质量考评高三数学（理科）试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1若为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知集合，则（ ）ABCD3若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（ ）A平均数为20，方差为4B平均数为11，方差为4C平均数为21，方差为8D平均数为20，方差为84已知向量，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C既不充分也不必要条件D充要条件5已知角的终边经过点，则的值是（ ）A1或B或C1或D或6甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司
2、录用，得到面试结果后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）A甲被录用B乙被录用C丙被录用D无法确定被录用7根据最小二乘法由一组样本点（其中），求得的回归方程是，则下列说法正确的是（ ）A至少有一个样本点落在回归直线上B若所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为1C对所有的解释变量的值一定与有误差D若回归直线的斜率，则变量与正相关8已知，满足条件（为常数），若目标函数的最大值为9，则（ ）ABCD9某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD10已知，是椭圆与双曲线的公共焦
3、点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）A4B6CD811已知为任意实数，且，则对任意正实数，的最小值为（ ）AB18CD12已知函数，若有3个零点，则的取值范围为（ ）ABCD二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中各项的系数和是_14中，角，的对边分别为，且，成等差数列，若，则的面积为_15割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率现在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形内部的概率为_16已知点是抛物线的准线
4、上一点，为抛物线的焦点，为抛物线上的点，且，若双曲线中心在原点，是它的一个焦点，且过点，当取最小值时，双曲线的离心率为_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设数列的前项和为，且，数列满足，点在上，（1）求数列，的通项公式；（2）若，求数列的前项和18如图1，在等腰中，分别为，的中点，为的中点，在线段上，且将沿折起，使点到的位置（如图2所示），且 （1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值19第7届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项，共有来自1
5、00多个国家的近万名现役军人同台竞技前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：组别频数5304050452010（1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为这200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求，的值（，0的值四舍五入取整数），并计算；（2）在（1）的条件下，为感谢
6、大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品的概率为，抽中价值为30元的纪念品的概率为现有市民张先生参加了此次问卷调查并成为幸运参与者，记为他参加活动获得纪念品的总价值，求的分布列和数学期望，并估算此次纪念品所需要的总金额（参考数据：；）20已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），面积的最大值为（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆相交于，两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由
7、21已知函数，其中是自然对数的底数（1）求函数在处的切线方程；（2）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围选做题）请考生在第2223两题中任选一题做答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分22选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标是（1）求直线的极坐标方程及点到直线的距离；（2）若直线与曲线交于，两点，求的面积23选修4-5：不等式选讲已知函数（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学年下期质
8、量考评一高三数学（理）参考答案一、选择题题号123456789101112答案DADABADBCDDC1【解析】因为，所对应的点为位于第四象限故选D2【解析】，则故选A3【解析】样本的平均数是10，方差为2，所以样本的平均数为，方差为故选D4【解析】当时，即，解得：或，是的充分不必要条件故选A5【解析】由题意得点与原点间的距离当时，当时，综上，的值是或故选B6【解析】若乙的说法错误，则甲丙的说法都正确，但两人的说法相矛盾，据此可得，乙的说法是正确的，即甲被录用了故选A7【解析】回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上，故A错误；所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为，
9、故B错误；若所有的样本点都在回归直线上，则的值与相等，故C错误；相关系数与符号相同，若回归直线的斜率，则，样本点分布应从左到右是上升的，则变量与正相关，故D正确故选D8【解析】画出，满足的（为常数）可行域如下图：由于目标函数的最大值为9，可得直线与直线的交点，使目标函数取得最大值，将，代入得：故选B9【解析】三棱锥的实物图如下图所示：将其补成直四棱锥，底面，可知四边形为矩形，且，矩形的外接圆直径，且所以，三棱锥外接球的直径为，因此，该三棱锥的外接球的表面积为故选C10【解析】由题意得：，设椭圆方程为，双曲线方程为，又，则，当且仅当，即时等号成立则的最小值为811【解析】由题意得所求为曲线上的点
10、与以为圆心，以1为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线上的点与圆心的距离的最小值，在曲线上取一点，曲线有在点处的切线的斜率为，从而有，即，整理得，解得，所以点满足条件，其到圆心的距离为，故其结果为故选D12【解析】由题意，函数，要使得函数在上有3个零点当时，令，可得，要使有两个实数解，即和有两个交点，又由，令，可得当时，则单调递增；当时，则单调速减，且，所以当时，若直线和有两个交点，则当时，和有一个交点，则综上，实数的取值范围是故选C二、填空题131 14 15 1613【解析】的展开式中只有第六项的二项式系数最大，展开式中共有11项，令，则展开式中各项系数和为14【解析】，成等差数
11、列，又，即由正弦定理，所以，因为，所以，故，所以故答案为：15【解析】圆内接正十二边形的每条边在圆内所对的圆心角为，所以，半径为1的圆的内接正十二边形的面积为，因此，在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形内部的概率为16【解析】由于在抛物线准线上，故，故抛物线方程为，焦点坐标为当直线和抛物线相切时取得最小值，设直线的方程为，代入抛物线方程得，判别式，解得，不妨设，由，解得，即设双曲线方程为，将点坐标代入得，即，而双曲线，故，所以，解得，故离心率为三、解答题17【解析】（1）由可得，两式相减得，又，所以故数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以因为点在直线上，所以则数列是首项为1，
12、公差为2的等差数列所以（2）因为，所以则两式相碱得：整理得：18【解析】（1）证明：取的中点，连接，为的中点，又为的中点，依题意可知，则四边形为平行四边形，从而又平面，平面，平面（2），且，平面，又平面，且，平面，如图，以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设则，设平面的法向量为，则，即，令，得设平面的法向量为，则，即，令，得从而，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为19【解析】（1）由已知频数表得：，由，则，而，所以，则服从正态分布，所以（2）显然，所以所有的取值为15，30，45，60，所以的分布列为：15304560所以，需要的总金额为：20【
13、解析】（1）面积的最大值为，则：，又，解得：，椭圆的方程为：（2）假设轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段的中点为，由，消去可得：，解得：，依题意有，由可得：，可得：，由可得：，代入上式化简可得：，则：，解得：当时，点满足题意；当时，点满足题意故轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形21【解析】（1）因为所以，因为，且，所以切线方程为，即（2）设，则，若，则在上单调递减，又，恒成立，在上单调递减，又，恒成立若，令，易知在上单调递减，且，（）当即时，在上恒成立，在上单调递减，即在上单调递减，又，恒成立，在上单调递减，又，恒成立（）当即时，使，在递增，此时，在递增，不合题意综上所述，实数的取值范围是22【解析】（1）由消去，得到，则，所以直线的极坐标方程为点到直线的距离为（2）由，得，所以，所以，则的面积为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，
