河南省信阳市罗山高级中学2020届高三数学上学期第10周周测试题 理.doc

1、河南省信阳市罗山高级中学2020届高三数学上学期第10周周测试题 理（120分钟 150分）一、选择题（本大题共12小题，共60分）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 若复数z满足z+zi=3+2i，则在复平面内z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3. 下列说法：对于独立性检验，的值越大，说明两事件相关程度越大；以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别是和；某中学有高一学生 400人，高二学生300人，高三学生200人，学校团委欲用分层抽样的方法抽取18名学生进行问卷调查，则高一学生被抽到的概

2、率最大；通过回归直线及回归系数,可以精确反映变量的取值和变化趋势. 其中正确说法的个数是 ( )A. 1B. 2C. 3D. 44. 已知展开式中的系数和为32，则该展开式中的常数项为（ ）A. B. 121C. 80D. 815. 在ABC中，BC=7，AC=6，cosC=若动点P满足=（1-）+，（R），则点P的轨迹与直线BC，AC所围成的封闭区域的面积为（）A. 5B. 10C. D. 6. 古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段AB分为两线段AC，CB，使得其中较长的一段AC是全长AB与另一段CB的比例中项，即满足=0.618后人把这个数称为

3、黄金分割数，把点C称为线段AB的黄金分割点.在ABC中，若点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，在ABC内任取一点M，则点M落在APQ内的概率为（）A. B. C. D. 7. 如图，扇形的半径为1，圆心角，点P在弧BC上运动，则的最大值是( )A. 1B. C. 2D. 8. 将函数y2sinsin的图象向左平移(0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则的最小值为( )A. B. C. D. 9. 某几何体的三视图如图所示，正视图为直角三角形，侧视图为等边三角形，俯视图为等腰直角三角形，则其外接球的表面积为（）A. B. C. D. 10已知F为双曲线C：（a0，b0）的右焦点，圆O：

4、x2y2a2b2与C在第一象限、第三象限的交点分别为M，N，若MNF的面积为ab，则双曲线C的离心率为A B C2 D10. 已知函数f（x）xalnx1，（a为实数，e为自然对数的底数），设a0，若对任意的x1，x23，4（x1x2），|f（x2）f（x1）|恒成立，则实数a的最小值为（）A. B. C. D. 11. 定义在R上的函数，如果存在函数，使得对一切实数都成立，则称为函数的一个承托函数现有如下命题：对给定的函数，其承托函数可能不存在，也可能有无数个；为函数的一个承托函数；定义域和值域都是R的函数不存在承托函数其中正确命题的序号是（ ）A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4

5、小题，共20分）12. ABC三个内角A、B、C所对边分别为a、b、c，并且，则SABC_13. 已知双曲线的两条渐近线与抛物线y2=2px（p0）分别交于O、A、B三点，O为坐标原点若双曲线的离心率为2，AOB的面积为，则=_14. 若存在两个正实数，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是_ _15. 已知，若 ，且方程有5个不同根，则的取值范围为_三、解答题（本大题共6小题，共70分）16. 已知等差数列的前项中，奇数项的和为56，偶数项的和为48，且(其中)(1)求数列的通项公式；(2)若是一个等比数列，其中，求数列的通项公式；(3)若存在实数，使得对任意恒成立，求的最小

6、值17. 如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE平面ABC，ACB=90，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3（1）求证：BF平面ACFD；（2）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值18. 已知圆C：（x+1）2+y2=8，点A（1，0），P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线交CP于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线E（1）求曲线E的方程；（2）若直线l：y=kx+m与曲线E相交于M，N两点，O为坐标原点，求MON面积的最大值19. 设kR，函数f（x）=lnx-kx（1）若k=2，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；（2）若f（x）无零点，求实数k的取值范围；（3

7、）若f（x）有两个相异零点x1，x2，求证：lnx1+lnx2221.水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过A系统处理，处理后的污水（A级水）达到环保标准（简称达标）的概率为p（0p1）经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行B系统处理后直接排放 某厂现有4个标准水量的A级水池，分别取样、检测多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接

8、排放 现有以下四种方案： 方案一：逐个化验； 方案二：平均分成两组化验； 方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验； 方案四：四个样本混在一起化验 化验次数的期望值越小，则方案越“优” （）若p，求2个A级水样本混合化验结果不达标的概率； （）（）若p，现有4个A级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优”? （）若“方案三”比“方案四”更“优”，求p的取值范围22.选修4-4：坐标系与参数方程以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，已知曲线C1的参数方程为，（为参数，且0，），曲线C2的极坐标方程为=-2sin（1）求C1

9、的极坐标方程与C2的直角坐标方程；（2）若P是C1上任意一点，过点P的直线l交C2于点M，N，求|PM|PN|的取值范围23.选修4-5：不等式选讲已知f（x）=|x-a|，aR（1）当a=1时，求不等式f（x）+|2x-5|6的解集；（2）若函数g（x）=f（x）-|x-3|的值域为A，且-1，2A，求a的取值范围数学答案一、选择题1.B解:由,得,即x(x-2)0,解得x2或x2或x0,取k=1,则的最小值为，9.D解：几何体为三棱锥，作出直观图如图所示，由三视图可知定点A在底面的射影为CD的中点F，底面BCD为到腰直角三角形，BDCD，设外接球的球心O，E，M分别是BCD，ACD的外心，

10、OE平面BCD，OM平面ACD，则E为BC中点，EC=，OE=FM=OC=R，在OEC中，由勾股定理得：，解得R2=，故10.A11.A解：由题意,在恒成立,所以函数在上为增函数,设,在恒成立,所以在上为增函数,不妨设,则恒成立等价于:,即,设，则必有在上为减函数,在上恒成立,所以,即,设,，因为,在恒成立,为减函数,所以在上的最大值,所以a的最小值为,12.A解：对于，若f(x)=sinx，则g(x)=B(B-1)，就是它的一个承托函数，且有无数个，再如y=tanx，y=lgx就没有承托函数，命题正确、对于，当x=时，g=3，f=2=，f(x)g(x)，g(x)=2x不是f(x)=2x的一个

11、承托函数，故错误；对于如f(x)=2x+3存在一个承托函数y=2x+1，故错误；二、填空题13. 解：由得，所以，所以，所以，所以因为，所以，因为，所以，设BC=a，则28=16+a2+4a，解得a=2，所以13. 解：双曲线的离心率为2，=2，=e2-1=3，则=，双曲线，双曲线的渐近线方程是y=x.设点A位于第一象限，由得或.故.又AOB的面积为，x轴是角AOB的角平分线，p=，得p=14.解：因为存在两个正实数x，y，使得等式成立，所以，令（t0），所以存在正数t，使1a（t-2e）lnt0成立，当a0时，显然不成立；当a0时，（t0），令f（t）（t-2e）lnt（t0），则，所以f（

12、t）0时，te，当t（e，）时，所以函数f（t）单调递增；当t（0，e）时，所以函数f（t）单调递减，所以当te时，f（t）min（e-2e）lne-e，从而或解得16. 解：画出函数，的图像如图，设，则，所以问题转化为方程在区间内和区间分别各有一个根.令，由此可得不等式组，画出不等式组所表示的平面区域如图所示：目标函数z=代表的几何意义为可行域内的点到直线2a-b+1=0的距离，所以距离最小值为0，易求得A（1,0），A到直线2a-b+1=0距离为.则的取值范围为.三、解答题17.解(1)由题意，m56，(m1)48，因为a2a2m2a1a2m1，所以，解得m7.所以a1a1316，因为a1

13、a13a2a12，且a23，所以a1213.设数列an的公差为d，则10da12a210，所以d1. 所以a12，通项公式ann1(nN*)(2)由题意，ak1a12，ak2a56，设这个等比数列的公比为q，则q3. 那么akn23n1，另一方面aknkn1，所以kn23n11(nN*)(3)记cn，则cn1cn.因为nN*， 所以当n2时，2n22n32n(n1)30，即cn10，所以当n2时，cn取最大值c2， 所以b.又c10，当n1时，cn0，所以当n1时，cn取最小值c10，所以a0.综上，ba的最小值为.18.解：（）证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示：平面BCFE平

14、面ABC，ACBC，平面BCFE平面ABC=BC，AC平面ABC，AC平面BCK，BF平面BCK；BFAC；又EFBC，BE=EF=FC=1，BC=2；BCK为等边三角形，且F为CK的中点，BFCK，ACCK=C，AC、CK平面ACFD，BF平面ACFD.（）BF平面ACFD；BDF是直线BD和平面ACFD所成的角或其补角，F为CK中点，且DFAC；DF为ACK的中位线，且AC=3；又；在RtBFD中，cos；即直线BD和平面ACFD所成角的余弦值为.19.解：（）点Q 在线段AP 的垂直平分线上，|AQ|=|PQ|又|CP|=|CQ|+|QP|=2，|CQ|+|QA|=2|CA|=2曲线E是

15、以坐标原点为中心，C（-1，0）和A（1，0）为焦点，长轴长为2的椭圆设曲线E的方程为=1，（ab0）c=1，a=，b2=2-1=1曲线E的方程为（）设M（x1，y1），N（x2，y2）联立消去y，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-2=0此时有=16k2-8m2+80由一元二次方程根与系数的关系，得x1+x2=，x1x2=，|MN|=原点O到直线l的距离d=，SMON=，由0，得2k2-m2+10，又m0，据基本不等式，得SMON=，当且仅当m2=时，不等式取等号MON面积的最大值为20（1）解：函数的定义域为（0，+），f（x）=，当k=2时，f（1）=1-2=-1，则切线方程为y-（

16、-2）=-（x-1），即x+y+1=0；（2）解：若k0时，则f（x）0，f（x）是区间（0，+）上的增函数，f（1）=-k0，f（ek）=k-kek=k（1-ek）0，f（1）f（ek）0，函数f（x）在区间（0，+）有唯一零点；若k=0，f（x）=lnx有唯一零点x=1；若k0，令f（x）=0，得x=，在区间（0，）上，f（x）0，函数f（x）是增函数；在区间（，+）上，f（x）0，函数f（x）是减函数；故在区间（0，+）上，f（x）的极大值为f（）=-lnk-1，由于f（x）无零点，须使f（）=-lnk-10，解得k，故所求实数k的取值范围是（，+）；（3）证明：设f（x）的两个相异零点

17、为x1，x2，设x1x20，f（x1）=0，f（x2）=0，lnx1-kx1=0，lnx2-kx2=0，lnx1-lnx2=k（x1-x2），lnx1+lnx2=k（x1+x2），x1x2e2，故lnx1+lnx22，故k（x1+x2）2，即，即，设t=1，上式转化为lnt（t1），设g（t）=lnt-，g（t）=0，g（t）在（1，+）上单调递增，g（t）g（1）=0，lnt，lnx1+lnx2221.解析：（I）该混合样本达标的概率是，2分所以根据对立事件原理，不达标的概率为.4分（II）（i）方案一：逐个检测，检测次数为4.方案二：由（1）知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为1，概

18、率为；若不达标则检测次数为3，概率为.故方案二的检测次数记为2，2的可能取值为2,4,6.其分布列如下，可求得方案二的期望为方案四：混在一起检测，记检测次数为4，4可取1,5.其分布列如下，可求得方案四的期望为.比较可得，故选择方案四最“优”9分（ii）方案三：设化验次数为，可取2,5.；方案四：设化验次数为，可取；由题意得.故当时，方案三比方案四更“优”12分22.解：（1）消去参数可得x2+y2=1，因为0，），所以-1x1，0y1，所以曲线C1是x2+y2=1在x轴上方的部分，所以曲线C1的极坐标方程为=1（0）曲线C2的直角坐标方程为x2+（y+1）2=1（2）设P（x0，y0），则0

19、y01，直线l的倾斜角为，则直线l的参数方程为：（t为参数）代入C2的直角坐标方程得（x0+tcos）2+（y0+tsin+1）2=1，由直线参数方程中t的几何意义可知|PM|PN|=|1+2y0|，因为0y01，所以|PM|PN|=1，323.解：（1）a=1时，|x-1|+|2x-5|6，x1时：1-x-2x+56，解得：x0，x0，1x2.5时：x-1-2x+56，解得：x-1，不成立；x2.5时：x-1+2x-56，解得：x4，x4，故不等式的解集是x|x4或x0；（2）g（x）=|x-a|-|x-3|，a3时：g（x）=，3-ag（x）a-3，-1，2A，解得a5；a3时，a-3g（x）3-a，解得：a1；综上：a1或a5