2020年河南省名校联盟高考数学一模试卷(理科)
2020年河南省六市高三数学第一次联考(理科)试题【含答案】
2a
理科数学答案 第 3 页 （共 6 页）
（2）方法一：由（1）知，
x1,
x2
是方程
x 1 ex
2a
的两根，
∴ 1
x1
0
x2
，则
x1
x2
0
x2
x1
0
因为
h(x)
在（0，
）单减，
h( x2
)
h(
x1
), 又h( x2
23. 解：(1)当 a 1时，
2x 1, x 1 f (x) 3,1 x 2
2x 1, x 2
…………………………2 分
当 x 1时，由 f (x) 7 得 2x 1 7 ，解得 x 3 ；
当 1 x 2 时， f (x) 7 无解；
当 x 2 时，由 f (x) 7 得 2x 1 7 ，解得 x 4 ，
1)
即 t ln t t 1 (ln t t 1) 0恒成立 ................................8 分
令 g(t) t ln t t 1 (ln t t 1)
理科数学答案 第 4 页 （共 6 页）
g ' (t)
ln t
1 t t
, g '' (t)
1 t t2
t t2
.............................9 分
当 1 时， g '' (t) 0 ， g ' (t) 单减，故 g ' (t) g ' (1) 0
故 g(t)在(0,1)上为增函数 ， g(t) g(1) 0 ........................10 分
2020年河南省名校联盟高考数学模拟试卷(理科)(4月份) (含答案解析)
2020年河南省名校联盟高考数学模拟试卷(理科)(4月份)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知(1−i)2z=1+i(i为虚数单位)，则复数z等于()A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i2.若集合，，则A∩B等于()A. {3,6}B. {4,5}C. {2,4，5}D. {2,4，5，7}3.已知向量a⃗，b⃗ 均为单位向量，它们的夹角为60°，则|2a⃗−3b⃗ |等于()A. 1B. √3C. √5D. √74.已知双曲线x22−y2a=1的一条渐近线为y=√2x，则实数a的值为()A. √2B. 2C. √3D. 45.设等差数列{a n}的前n项和S n，若a4+a10=4，则S13=()A. 13B. 14C. 26D. 526.已知命题p:∃x0∈R，2x0(x0−1)<1;命题q:函数f(x)=tanx在定义域上是增函数.则下列命题是真命题的是()A. p∧qB. p∧¬qC. ¬p∧qD. ¬p∨q7..已知角2α的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，终边过点(−12,√32)，2α∈[0,2π)，则tanα=()A. −√3B. √3C. √33D. ±√338.一个袋子中有4个红球，2个白球，若从中任取2个球，则这2个球中有白球的概率是()A. 45B. 35C. 25D. 139.函数f(x)=x2lnx2|x|的图象大致为()A.B.C.D.10. 如图，在三棱锥D −ABC 中，AC ⊥BD ，且AC =BD ，E ，F 分别是棱DC ，AB 的中点，则AC 和EF 所成的角等于( )A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘11. 对于定义在R 上的奇函数f(x)，满足f(−x)+f(3+x)=0，若f(−1)=1，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(2015)=( )A. −1B. 0C. 1D. 212. 设F 1，F 2为椭圆Γ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左，右焦点，点M 在椭圆Γ上．若△MF 1F 2为直角三角形，且|MF 1|=2|MF 2|，则椭圆Γ的离心率为( )A. √33或√53B. √53或√63C. √63或√73D. √33或√5−14二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知函数f(x)=f′(1)e x +ex 2−2x ，则f′(1)=______．14. 若实数x,y 满足约束条件{x +2y ⩾0x −y ⩽0x −2y +2⩾0，则z =3x −y 的最小值等于_____．15. 已知数列{a n }中，a 1=3，a n+1=1an −1+1，则a 2014= ______ ．16. 已知∠ABC =90°，PA ⊥平面ABC ，若PA =AB =BC =1cm ，则四面体P −ABC 的外接球(顶点都在球面上)的表面积为______ ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinA−sinBsinC =b+ca+b．(Ⅰ)求角A的大小；(Ⅱ)求4sinB−cosC的取值范围．18.如图，已知边长为2的正三角形ABE所在的平面与菱形ABCD所在的平面垂直，且∠DAB=60°，点F是BC的中点．(1)求证：BD⊥EF；(2)求二面角E−DF−B的余弦值．19.已知，抛物线C的顶点为坐标原点，焦点F在x轴上，抛物线上一点M(−3,m)到F的距离为4，(1)求m的值，并求出抛物线C的方程．(2)直线l过点F，与抛物线C交于A，B两点，求线段AB长的最小值．20.某市工业部门计划度所辖中小型工业企业推行节能降耗技术改造，对所辖企业是否支持改造进行问卷调查，结果如下表：(Ⅰ)能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“是否支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关？(Ⅱ)从上述320家支持节能降耗改造的中小企业中按分层抽样的方法抽出12家，然后从这12家中选出9家进行奖励，分别奖励中、小企业每家50万元、10万元.记X表示所发奖励的钱数，求X的分布列和数学期望：附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)ax2−(a+1)x+ln x．21.已知函数f(x)=12(1)当a=1时，求y=f(x)的图象在x=2处的切线方程；(2)当a>0时，若f(x)的极大值为−5，求a的值．4(α为参数)，在以坐标原点O为极22.平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为{x=√3+2cosαy=1+2sinα点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，点P在射线l：θ=π上，且点P到极点O的距离为4．3(1)求圆C的普通方程与点P的直角坐标；(2)求△OCP的面积．23.已知f(x)=|ax+1|，a∈R．(1)若关于x的不等式f(x)≤3的解集为{x|−2≤x≤1}，求实数a的值；)时，不等式f(x)≤2−|2x−1|恒成立．求实数a的取值范围．(2)若x∈(0,12-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：本题考查了复数的四则运算，利用复数的四则运算计算得结论．解：由(1−i)2z =1+i，得z=(1−i)21+i=−2i1+i=−2i(1−i)(1+i)(1−i)=−1−i．故选D．2.答案：C解析：本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集性质的合理运用．先求出集合A，然后正确理解集合B，由此能求出A∩B．解：∵集合3，4，5，6}，，∴A∩B={2,4，5}．故选：C．3.答案：D解析：本题考查了平面向量的运算；有数量积的公式运用．属于基础题．将所求式子平方展开，转化为向量a⃗，b⃗ 的数量积运算解答．解：因为向量a⃗，b⃗ 均为单位向量，它们的夹角为60°，所以a⃗⋅b⃗ =cos60°=12，所以|2a⃗−3b⃗ |2=4a⃗2+9b⃗ 2−12a⃗⋅b⃗ =4+9−6=7，所以|2a⃗−3b⃗ |=√7；故选D．4.答案：D解析：解：∵双曲线x22−y2a=1的渐近线为y= ±√2a2x，∴√2a2=√2，解得a=4，故选：D．求出双曲线x22−y2a=1的渐近线和y=√2x相比较可求出实数a的值．本题考查双曲线的渐近线，比较简单．5.答案：C解析：解：在等差数列{a n}中，由a4+a10=4，得2a7=4，即a7=2．∴S13=(a1+a13)×132=13a7=26．故选：C．由已知结合等差数列的性质求得a7，再由等差数列的前n项和得答案．本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前n项和，是基础题．6.答案：B解析：本题考查复合命题真假的判断，难度一般．根据复合命题的定义进行判断即可．解：命题p:∃x0∈R，2x0(x0−1)<1，为真命题；命题q:函数f(x)=tanx在定义域上是增函数，为假命题，所以p∧¬q为真命题．故选B．7.答案：B解析：本题主要考查了任意角的三角函数的定义，求出2α的度数是解答本题的关键．解：由角2α的终边经过点(−12,√32)，2α∈[0,2π)，可得：2α=2π3，故α=π3，可得tan α=√3．故选B．8.答案：B解析：解：一个袋子中有4个红球，2个白球，从中任取2个球，基本事件总数n=C62=15，这2个球中有白球包含的基本事件个数m=C41C21+C22=9，∴这2个球中有白球的概率是p=mn =915=35．故选：B．从中任取2个球，基本事件总数n=C62=15，这2个球中有白球包含的基本事件个数m=C41C21+ C22=9，由此能求出这2个球中有白球的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．9.答案：B解析：本题考查了函数图象的判断，考查了利用导数研究函数的极值、单调性及函数性质的应用，属于中档题．利用奇偶性排除D，利用极值点及单调性排除A、C，即可得结论．【详解】∵y=x2lnx2|x|，∴函数为偶函数，排除D，又x>0时，y=2xlnx，y′=2(1+lnx)=0时，x =1e ，即函数在(0,1e )单减，在(1e ,+∞)单增，排除A 、C ， 故选B ．10.答案：B解析：本题主要考查了空间中直线与直线的位置关系，异面直线所成的角的应用，属于基础题． 取BC 的中点G ，连接FG ，EG ，E ，F 分别是CD ，AB 的中点，∠EFG 为EF 与AC 所成的角或其补角，计算即可得解．解：如图所示，取BC 的中点G ，连接FG ，EG ．∵E ，F 分别是CD ，AB 的中点， ∴FG//AC ，EG//BD ，且FG =12AC ，EG =12BD.又∵AC =BD ，∴FG =EG ，∴∠EFG 为EF 与AC 所成的角或其补角． ∵AC ⊥BD ，∴FG ⊥EG ，∴∠FGE =90∘，∴△EFG 为等腰直角三角形， ∴∠EFG =45∘，即EF 与AC 所成的角为45∘.故选B ．11.答案：B解析：解：定义在R 上的奇函数f(x)，满足f(−x)+f(3+x)=0， 可得f(x)=f(3+x)，所以函数的周期为3．定义在R上的奇函数f(x)，可知f(0)=0，又f(−1)=1，∴f(2)=f(−1)=1，f(1)=−f(−1)=−1．f(1)+f(2)+f(3)=−1+1+0=0；∴f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(2015)=671(f(1)+f(2)+f(3))+f(1)+f(2)=0−1+1=0．故选：B．利用函数的奇偶性，以及函数的关系式，求出函数的周期，然后求解函数值即可．本题考查抽象函数的应用，函数的周期以及函数的奇偶性的应用，考查计算能力．12.答案：A解析：本题考查椭圆的定义，考查椭圆的几何性质，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于较易题．设|MF2|=m，则|MF1|=2m，由椭圆的定义可得3m=2a，根据△MF1F2为直角三角形，分类讨论，即可求出椭圆Γ的离心率．解：设|MF2|=m，则|MF1|=2m，∴3m=2a，∵△MF1F2为直角三角形，∴m2+4c2=(2m)2或m2+(2m)2=4c2，∴c=√32m或c=√52m，∴e=ca =√33或√53．故选A．13.答案：−2解析：解：f′(x)=f′(1)e x+2ex−2；∴f′(1)=f′(1)e+2e−2；∴f′(1)=−2．故答案为：−2．可求导函数f′(x)=f′(1)e x+2ex−2，从而得出f′(1)=f′(1)e+2e−2，解出f′(1)即可．考查基本初等函数的求导，已知函数求值的方法．14.答案：−72解析：本题主要考查线性规划的应用，利用z 的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键，属于基础题． 作出不等式组对应的平面区域，通过目标函数的几何意义，利用数形结合即可的得到结论． 解：依题意，可行域为如图所示的阴影部分的三角形区域，目标函数化为：y =3x −z ，则z 的最小值即为动直线在y 轴上的截距的最大值．通过平移可知在A 点处动直线在y 轴上的截距最大．因为A ：{x +2y =0x −2y +2=0解得A(−1,12)，所以z =3x −y 的最小值z min =3×(−1)−12=−72． 故答案为：−72．15.答案：32解析：解：∵a n+1−1=1an −1=a n−1−1，∴{a n −1}为周期数列且周期为2，a 1−1=2， ∴a 2014−1=a 2−1=1a 1−1=12， ∴a 2014=32． 故答案为：32．由题意可知{a n−1}为周期数列且周期为2，a1−1=2，即可求出答案本题考查数列递推式，考查数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础．16.答案：3πcm2解析：解：取PC的中点O，连结OA、OB∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AB⊥BC，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAC，∵PB⊂平面PAC，∴BC⊥PB，∵OB是Rt△PBC的斜边上的中线，OB=12PC．同理可得：Rt△PAC中，OA=12PC，∴OA=OB=OC=OP=12PC，可得P、A、B、C四点在以O为球心的球面上．Rt△ABC中，AB=BC=1，可得AC=√2，Rt△PAC中，PA=1，可得PC=√3．∴球O的半径R=12PC=√32，可得球O的表面积为S=4πR2=3πcm2．故答案为：3πcm2．取PC的中点O，连结OA、OB.由线面垂直的判定与性质，证出BC⊥PB且PA⊥AC，得到△PAC与△PBC是具有公共斜边的直角三角形，从而得出OA=OB=OC=OP=12PC，所以P、A、B、C四点在以O为球心的球面上．根据题中的数据，利用勾股定理算出PC长，进而得到球半径R=√32，利用球的表面积公式加以计算，可得答案．本题给出特殊的三棱锥，由它的外接球的表面积．着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股定理与球的表面积公式等知识，属于中档题．17.答案：解：(Ⅰ)∵sinA−sinBsinC =b+ca+b，∴a−bc =b+ca+b，即b2+c2−a2=−bc，∴cosA=b2+c2−a22bc =−12，∵A为三角形中的角，∴A=2π3.(Ⅱ)因为4sinB−cosC=4sinB−cos(π3−B)=4sinB−(12cosB+√32sinB)=8−√32sinB−12cosB=√17−4√3sin(B−φ)，其中tanφ=8+√361，因为：0<B<π3;0<φ<π6∴sin(−φ)<sin(B−φ)<sin(π3−φ)即−12√17−4√3<sin(B−φ)<√32×8−√32√17−4√3−12×12√17−4√3所以，4sinB−cosC∈(−12,2√3−1).解析：本题主要考查了三角函数的恒等变换，正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．(Ⅰ)由已知及正弦定理化简可得a−bc =b+ca+b，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc =−12，即可求A．(Ⅱ)化简可得：4sinB−cosC=√17−4√3sin(B−φ)，其中tanφ=8+√361，由sin(B−φ)的范围，即可解得4sinB−cosC的取值范围．18.答案：解：(1)证明：取AB的中点O，连结EO，OF，AC，由题意知EO⊥AB．又因为平面ABCD⊥平面ABE，所以EO⊥平面ABCD．因为BD⊂平面ABCD，所以EO⊥BD，因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又因为OF//AC，所以BD⊥OF，所以BD⊥平面EOF．又EF⊂平面EOF，所以BD⊥EF．(2)解：连结DO，由题意知EO⊥AB，DO⊥AB．又因为平面ABCD⊥平面ABE，所以DO⊥平面ABE，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．则O(0,0，0)，E(√3,0，0)，D(0,0，√3)，F(0,32,√32)，B(0,1，0)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0，−√3)，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,−√32). 设平面DEF 的一个法向量为n⃗ =(x,y ，z)， 则{DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =32y −√32z =0DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =√3x −√3z =0，令x =1，所以n ⃗ =(1,√33,1)． 又由(1)可知EO ⊥平面ABCD ，所以平面DFB 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(1,0，0)， 设二面角E −DF −B 的平面角为θ， 则cosθ=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√217．解析：(1)取AB 的中点O ，连结EO ，OF ，AC ，由题意知EO ⊥AB.EO ⊥平面ABCD.EO ⊥BD ，由四边形ABCD 为菱形，得BD ⊥AC ，BD ⊥OF ，由此能证明BD ⊥平面EOF.从而BD ⊥EF ．(2)连结DO ，由题意知EO ⊥AB ，DO ⊥AB.推导出DO ⊥平面ABE ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz.利用向量法能求出二面角E −DF −B 的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.答案： 解：设抛物线方程为y 2=−2px(p >0)，则焦点为F (−p 2,0) ，准线l 1：x =p2，作MN ⊥ l 1，垂足为N ， 则|MN|=|MF|=4， 而|MN|=p2+3， ∴ 3+p2=4， 解得p =2． 又点M 在抛物线上， ∴ m 2=12，解得m =±2√3． 所以m =±2√3， 抛物线方程为y 2=−4x ，(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y =k(x +1)， 由{y =k (x +1)y 2=−4x，消去y 整理得，k 2x 2+(2k 2+4)x +k 2=0，∵直线与抛物线相交于A 、B 两点， 则k ≠0，并设其两根为x 1，x 2， ∴x 1+x 2=−2−4k 2，由抛物线定义得，|AB |=−(x 1+x 2)+p =4+4k 2>4，当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x =−1，与抛物线交于A(−1,2)，B(−1,−2)， 此时|AB |=4，∴|AB |≥4，即线段AB 长的最小值为4．解析：本题考查抛物线的定义及方程，直线与抛物线的位置关系，以及韦达定理的应用，属于中档题．(1)由已知条件设抛物线的方程为y 2=−2px(p >0)，由题意和抛物线的定义列出方程求出p 的值，即可抛物线C 的方程；(2)当直线l 斜率存在时，设直线方程y =k(x +1)，联立抛物线方程消去y 后，利用韦达定理求得|AB|的范围，当直线斜率不存在时，求得A ，B 坐标求出|AB|，得最小值．20.答案：解：(Ⅰ)K 2=560(80×200−40×240)2120×440×320×240≈5.657，因为5.657>5.024，所以能在犯错概率不超过0.025的前提下认为“是否支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关． (Ⅱ)由(Ⅰ)可知“支持”的企业中，中小企业家数之比为1：3，按分层抽样得到的12家中，中小企业分别为3家和9家．设9家获得奖励的企业中，中小企业分别为m 家和n 家，则(m,n)可能为(0,9)，(1,8)，(2,7)，(3,6).与之对应，X 的可能取值为90，130，170，210． P(X =90)=1220，P(X =130)=27220， P(X =170)=108220，P(X =210)=84220， 分布列表如下：期望E(X)=90×1220+130×27220+170×108220+210×84220=180．解析：本题考查独立性检验的应用，考查X的分布列和期望，考查学生的计算能力，属于中档题．(Ⅰ)由题意知根据表中所给的数据，利用公式可求K2的值，从临界值表中可以知道K2>5.024，根据临界值表中所给的概率得到与本题所得的数据对应的概率是0.025，得到结论；(Ⅱ)按分层抽样得到的12家中，中小企业分别为3家和9家．X的可能取值为90，130，170，210，求出相应的概率，即可求出X的分布列和期望．21.答案：解：由题知f′(x)=ax−a−1+1x =ax2−(a+1)x+1x=(ax−1)(x−1)x，x>0．(1)当a=1时，f(x)=12x2−2x+lnx，f′(x)=(x−1)2x，f(2)=ln2−2，f′(2)=12，所以y=f(x)的图象在x=2处的切线方程为y−(ln2−2)=12(x−2)，即x−2y+2ln2−6=0.(2)因为a>0，由f′(x)=0得x=1或x=1a.①当1a=1，即a=1时，f′(x)≥0(当且仅当x=1时取等号)，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，不合题意；②当1a >1，即0<a<1时，x∈(0,1)时，f(x)>0，x∈(1,1a)时，f(x)<0，x∈(1a,+∞)时，f(x)>0，所以f(x)在(0,1)单调递增，在(1,1a )单调递减，在(1a,+∞)单调递增；所以当x=1时，f(x)有极大值，由题意f(1)=−a2−1=−54，解得a=12．③当1a <1，即a>1时，x∈(0,1a)时，f(x)>0，x∈(1a,1)时，f(x)<0，x∈(1,+∞)时，f(x)>0，所以f(x)在(0,1a )单调递增，在(1a,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增；所以当x=1a时，f(x)有极大值，由题意f(1a )=−12a−lna−1=−54，即lna+12a−14=0．记g(x)=lnx+12x −14，x≥1，g′(x)=1x −12x2=2x−12x2>0，所以g(x)在[1,+∞)单调递增，因为a>1，所以g(a)>g(1)=12−14=14>0，所以方程g(a)=lna+12a −14=0无解．综上，实数a的取值为12．解析：本题主要考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的极值，属于难题．(1)由导数的几何意义，先求出切线的斜率k=f′(2)，再写出切线的点斜式方程，化为一般式即可．(2)讨论a的范围，利用导数判断函数的单调性，由f(x)的极大值为−54，可求得a的值．22.答案：解：(1)曲线C的普通方程为(x−√3)2+(y−1)2=4，点P的极坐标为(4,π3)，直角坐标为(2,2√3)．(2)(方法一)圆心C(√3,1)，直线OC的方程为：y=√33x⇒x−√3y=0，点P到直线OC的距离d=|2−√3⋅2√3|2=2，且|OC|=2，所以S△OCP=12|OC|⋅d=2．(方法二)圆心C(√3,1)，其极坐标为(2,π6)，而P(4,π3)，结合图形利用极坐标的几何含义，可得∠COP=π3−π6=π6，|OC|=2，|OP|=4，所以S△OCP=12|OC|⋅|OP|sin∠COP=12⋅2⋅4⋅sinπ6=2．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．(2)利用点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．23.答案：解：(1)由|ax+1|≤3得−4≤ax≤2，又f(x)≤3的解集为{x|−2≤x≤1}，所以当a =0时，不合题意；当a <0时，2a ≤x ≤−4a ，有{2a=−2−4a =1，则a ∈⌀，不合题意；当a >0时，−4a ≤x ≤2a ， 即有{−4a =−22a =1，解得a =2；(2)因为|ax +1|+|2x −1|≤2在0<x <12恒成立， 所以|ax +1|≤2x +1，即−(2x +1)≤ax +1≤2x +1， 即−2x −2≤ax ≤2x ， 所以{(a −2)x ≤0 ①(a +2)x +2≥0 ②，由①，得a ≤2；由②，得a +2>−2x 在0<x <12恒成立，所以a >−2−2x ． 因为−2−2x <−6，所以a ≥−6．综上可知，实数a 的取值范围为−6≤a ≤2．解析：(1)由绝对值不等式的解法和已知解集，讨论a ≤0，a >0，结合方程解法，可得a 的值； (2)由题意可得|ax +1|+|2x −1|≤2在0<x <12恒成立，所以|ax +1|≤2x +1，转化为−2x −2≤ax ≤2x ，再由参数分离和恒成立思想，可得a 的范围．本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题解法，考查分类讨论思想和转化思想，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．。
2020年河南省名校联盟高考数学一模试卷(理科)
2020年河南省名校联盟高考数学一模试卷（理科）学校:________ 班级:________ 姓名:________ 学号:________一、单选题（共12小题）1.已知集合A＝{x|x2﹣3x﹣4＞0}，B＝{x|lnx＞0}，则（∁R A）∩B＝（）A．∅B．（0，4] C．（1，4] D．（4，+∞）2.下列命题中正确的是（）A．若a＞b，则ac＞bc B．若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣dC．若ab＞0，a＞b，则D．若a＞b，c＞d，则3.设方程lg（x﹣1）+x﹣3＝0的根为x0，[x0]表示不超过x0的最大整数，则[x0]＝（）A．1 B．2 C．3 D．44.在△ABC中，已知A＝60°，a＝，b＝，则B等于（）A．45°或135°B．60°C．45°D．135°5.下列四个结论：①命题“∃x0∈R，sin x0+cos x0＜1”的否定是“∀x∈R，sin x+cos x≥1”；②若p∧q是真命题，则￢p可能是真命题；③“a＞5且b＞﹣5”是“a+b＞0”的充要条件；④当a＜0时，幂函数y＝x a在区间（0，+∞）上单调递减其中正确的是（）A．①④B．②③C．①③D．②④6.已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若，则S5＝（）A．B．C．D．7.（x﹣1）（2x+1）10的展开式中x10的系数为（）A．﹣512 B．1024 C．4096 D．51208.直线l：y＝kx﹣1与曲线C：（x2+y2﹣4x+3）y＝0有且仅有2个不同的交点，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．9.某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布N（105，σ2）（σ＞0），试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（）A．150 B．200 C．300 D．40010.已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的右焦点为F，短轴的一个端点为P，直线l：4x﹣3y＝0与椭圆C相交于A，B两点．若|AF|+|BF|＝6，点P到直线l的距离不小于，则椭圆离心率的取值范围是（）A．（0，] B．（0，] C．（0，] D．（，]11.若函数f（x）＝sin（2x﹣）与g（x）＝cos（x+）都在区间（a，b）（0＜a＜b＜π）上单调递减，则b﹣a的最大值为（）A．B．C．D．12.已知关于x的方程[f（x）]2﹣kf（x）+1＝0恰有四个不同的实数根，则当函数f（x）＝x2e x时，实数k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）B．（）C．（）D．（2，）二、填空题（共4小题）13.若平面向量，满足|+|＝1，+平行于x轴，＝（2，﹣1），则＝﹣﹣．14.实数x，y满足约束条件：，则z＝的取值范围为．15.半径为2的球面上有A，B，C，D四点，且AB，AC，AD两两垂直，则△ABC，△ACD与△ADB面积之和的最大值为．16.如图，A1，A2分别是椭圆＝1的左、右顶点，圆A1的半径为2，过点A2作圆A1的切线，切点为P，在x轴的上方交椭圆于点Q，则＝．三、解答题（共7小题）17.已知数列{a n}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和S n满足＝a n（S n）．（1）求S n的表达式；（2）设b n＝，求数列{b n}的前n项和T n．18.如图所示的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，BC＝BB1＝，B1C的重点为O，若线段A1C1上存在点P使得PO⊥平面AB1C．（Ⅰ）求AB；（Ⅱ）求二面角A﹣B1C﹣A1的余弦值．19.某部门在同一上班高峰时段对甲、乙两座地铁站各随机抽取了50名乘客，统计其乘车等待时间（指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过40分钟）．将统计数据按[5，10），[10，15），[15，20），…，[35，40]分组，制成频率分布直方图：假设乘客乘车等待时间相互独立．（Ⅰ）在上班高峰时段，从甲站的乘客中随机抽取1人，记为A；从乙站的乘客中随机抽取1人，记为B．用频率估计概率，求“乘客A，B乘车等待时间都小于20分钟”的概率；（Ⅱ）在上班高峰时段，从乙站乘车的乘客中随机抽取3人，X表示乘车等待时间小于20分钟的人数，用频率估计概率，求随机变量X的分布列与数学期望．20.已知O为坐标原点，椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝，椭圆C上的点到焦点F2的最短距离为﹣2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设T为直线x＝﹣3上任意一点，过F1的直线交椭圆C于点P，Q，且•＝0，求的最小值．21.已知函数f（x）＝xe x﹣1﹣a（x+lnx），a∈R．（1）若f（x）存在极小值，求实数a的取值范围；（2）设x0是f（x）的极小值点，且f（x0）≥0，证明：f（x0）≥2（x02﹣x03）．22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ（Ⅰ）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线C3的极坐标方程为θ＝α，0＜α＜π，ρ∈R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4，求实数α的值．23.已知函数f（x）＝|2x﹣a|．（1）当a＝2，求不等式f（x）+|x|≤6的解集；（2）设f（x）+|x﹣1|+3x≤0对x∈[﹣2，﹣1]恒成立，求a的取值范围．2020年河南省名校联盟高考数学一模试卷（理科）参考答案一、单选题（共12小题）1.【分析】可解出集合A，B，然后进行补集、交集的运算即可．【解答】解：A＝{x|x＜﹣1，或x＞4}，B＝{x|x＞1}；∴∁R A＝{x|﹣1≤x≤4}；∴（∁R A）∩B＝（1，4]．故选：C．【知识点】交、并、补集的混合运算2.【分析】利用不等式的性质即可判断出结论．【解答】解：A．c＜0时不成立；B．a＞b，c＞d，则a+c＞b+d，因此不正确；C．ab＞0，a＞b，则，正确．D．取a＝2，b＝﹣3，c＝3，d＝﹣3，满足条件a＞b，c＞d，但是不成立．故选：C．【知识点】不等关系与不等式3.【分析】构造函数，利用函数的零点判断定理，判断函数的零点所在区间，然后求解即可．【解答】解：构造函数f（x）＝lg（x﹣1）+x﹣3，由于函数y＝lg（x﹣1）与y＝x﹣3在定义域上都是单调递增函数，故f（x）＝lg（x﹣1）+x﹣3在定义域上单调递增，由f（2）＝0+2﹣3＝﹣1＜0，f（3）＝lg（3﹣1）+3﹣3＝lg2＞0，则函数f（x）的零点在（2，3）之间，故2＜x0＜3，[x0]＝2．故选：B．【知识点】函数零点的判定定理4.【分析】由正弦定理求出sin B＝＝＝．从而由0＜B＜π即可得到B＝45°或135°，又由a＝＞b＝，可得B＜A，从而有B，可得B＝45°．【解答】解：由正弦定理知：sin B＝＝＝．∵0＜B＜π∴B＝45°或135°又∵a＝＞b＝，∴B＜A，∴B∴B＝45°故选：C．【知识点】正弦定理5.【分析】利用命题的否定判断①的正误；命题的否定判断②的正误；充要条件判断③的正误；幂函数的形状判断④的正误；【解答】解：①命题“∃x0∈R，sin x0+cos x0＜1”的否定是“∀x∈R，sin x+cos x≥1”；满足命题的否定形式，正确；②若p∧q是真命题，p是真命题，则￢p是假命题；所以②不正确；③“a＞5且b＞﹣5”可得“a+b＞0”成立，“a+b＞0”得不到“a＞5且b＞﹣5”所以③不正确；④当a＜0时，幂函数y＝x a在区间（0，+∞）上单调递减，正确，反例：y＝，可知：x∈（﹣∞，0）时，函数是增函数，在（0，+∞）上单调递减，所以④正确；故选：A．【知识点】命题的真假判断与应用6.【分析】利用正项等比数列{a n}的前n项和公式、通项公式列出方程组，求出a1＝1，q＝，由此能求出S5的值．【解答】解：正项等比数列{a n}的前n项和为S n，，∴，解得a1＝1，q＝，∴S5＝＝＝．故选：B．【知识点】等比数列的前n项和7.【分析】先将二项式变形为x（2x+1）10﹣（2x+1）10，分别写出两个二项式展开式的通项，并分别令x的指数为10，求出两个参数的值，代入展开式之后将两个系数相减可得出答案．【解答】解：∵（x﹣1）（2x+1）10＝x（2x+1）10﹣（2x+1）10，二项展开式x（2x+1）10的通项为，二项展开式（2x+1）10的通项为，令，得，所以，展开式中x10的系数为．故选：C．【知识点】二项式定理8.【分析】求出直线l：y＝kx﹣1与曲线C相切时k的值，即可求得实数k的取值范围．【解答】解：如图所示，直线y＝kx﹣1过定点A（0，﹣1），直线y＝0和圆（x﹣2）2+y2＝1相交于B，C两点，圆（x﹣2）2+y2＝1的圆心O（2，0），半径r＝1，k AB＝＝，k AC＝＝1，过A（0，﹣1）作圆O的切线AE、AD，切点分别为E，D，连结AO，由题意E（2，﹣1），设∠OAE＝α，则∠DAE＝2α，k AO＝tanα＝＝，∴k AD＝tan2α＝＝＝，∵直线l：y＝kx﹣1与曲线C：x2+y2﹣4x+3＝0有且仅有2个公共点，∴结合图形得k＝，或k＝1，或k＝，∴实数k的取值范围是{}．故选：C．【知识点】直线与圆的位置关系9.【分析】由已知求出P（X≤90）＝P（X≥120）＝0.2，进一步求出P（90≤X≤105）＝P（90≤X≤120）＝0.3，则答案可求．【解答】解：∵P（X≤90）＝P（X≥120）＝0.2，∴P（90≤X≤120）＝1﹣0.4＝0.6，∴P（90≤X≤105）＝P（90≤X≤120）＝0.3，∴此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为1000×0.3＝300．故选：C．【知识点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义10.【分析】设椭圆的左焦点为F′，根据椭圆的对称性可得：AF′＝BF，BF′＝AF，可得|AF′|+|AF|＝|BF|+|AF|＝6＝2a，解得a＝3．根据点P到直线l的距离不小于，可得≥，解得b范围，根据离心率e＝＝即可得出．【解答】解：设椭圆的左焦点为F′，根据椭圆的对称性可得：|AF′|＝|BF|，|BF′|＝|AF|，∴|AF′|+|AF|＝|BF|+|AF|＝6＝2a，解得a＝3．∵点P到直线l的距离不小于，∴≥，解得b≥2，又b＜a，∴2≤b＜3．∴＜1．∴离心率e＝＝∈．故选：C．【知识点】椭圆的简单性质11.【分析】直接利用三角函数的性质，求出函数的单调区间，进一步求出最大值．【解答】解：函数f（x）＝sin（2x﹣）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，与g（x）＝cos（x+）在区间（）上单调递减，在上单调递增，所以：这两个函数在区间上单调递减，故：b＝，即所求的最大值．故选：B．【知识点】余弦函数的单调性、正弦函数的单调性12.【分析】求函数的导数，研究函数的单调性和极值，作出函数的图象，设t＝f（x），将方程根的个数转化为一元二次方程根的分别进行求解即可．【解答】解：函数f′（x）＝2xe x+x2e x＝（x+2）xe x，由f′（x）＞0得（x+2）x＞0，得x＞0或x＜﹣2，此时f（x）为增函数，由f′（x）＜0得（x+2）x＜0，得﹣2＜x＜0，此时f（x）为减函数，即当x＝0时，函数f（x）取得极小值，极小值为f（0）＝0，当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（﹣2）＝，当x→0，f（x）＞0，且f（x）→0，作出函数f（x）的图象如图：设t＝f（x），则当0＜t＜时方程t＝f（x）有3个根，当t＝时方程t＝f（x）有2个根，当t＝0或t＞时方程t＝f（x）有1个根，则方程[f（x）]2﹣kf（x）+1＝0等价为t2﹣kt+1＝0，若[f（x）]2﹣kf（x）+1＝0恰有四个不同的实数根，等价为t2﹣kt+1＝0有两个不同的根，当t＝0，方程不成立，即t≠0，其中0＜t1＜或t2＞，设h（x）＝t2﹣kt+1，则满足，得，即，即k＞+，即实数k的取值范围是（），故选：B．【知识点】函数与方程的综合运用二、填空题（共4小题）13.【分析】设出＝（x，y），根据题意列出方程组，求出方程组的解来．【解答】解：设＝（x，y），∵|+|＝1，+平行于x轴，＝（2，﹣1），∴+＝（x+2，y﹣1），∴；解得，或；∴＝（﹣3，1）或＝（﹣1，1）．故答案为：（﹣3，1）或（﹣1，1）．【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角、平面向量共线（平行）的坐标表示14.【分析】画出约束条件所表示的区域，然后利用平移法求出z的最大值．【解答】解：作出不等式组表示的平面区域如下图：其中B（2，1），因为z＝表示（x，y）与点（1，0）连线斜率，由图可得：当点（x，y）在点B处时，它与点（1，0）连线斜率最小为：＝1．所以z＝的取值范围为：[1，+∞）．故答案为：[1，+∞）．【知识点】简单线性规划15.【分析】首先求出长方体的外接球的半径，进一步利用三角形的面积和基本不等式的应用求出结果．【解答】解：半径为2的球面上有A，B，C，D四点，且AB，AC，AD两两垂直，如图所示则设四面体ABCD置于长方体模型中，外接球的半径为2，故x2+y2+z2＝16，S＝S△ABC+S△ACD+S△ABD＝，由于2（x2+y2+z2）﹣4S＝（x﹣y）2+（y﹣z）2+（x﹣z）2≥0，所以4S≤2•16＝32，故S≤8，故答案为：8．【知识点】球内接多面体16.【分析】连结A2P，可得△OP A2是边长为a的正三角形，由此算出P A1、PO的方程，联解求出点P的横坐标m＝﹣1．由A2P与圆A1相切得到A2P⊥P A1，从而得到直线A2P的方程，将P A2的方程与椭圆方程联解算出Q点横坐标s＝．由＝＝，把前面算出的横坐标代入即可求得的值．【解答】解：连结PO、P A1，可得△POA1是边长为2的等边三角形，∴∠P A1O＝∠POA1＝60°，可得直线P A1的斜率k1＝tan60°＝，直线PO的斜率k2＝tan120°＝﹣，因此直线P A1的方程为y＝（x+2），直线PO的方程为y＝﹣x，设P（m，n），联解PO、P A1的方程可得m＝﹣1．∵圆A1与直线P A2相切于P点，∴P A2⊥P A1，可得∠P A2O＝90°﹣∠P A1O＝30°，直线P A2的斜率k＝tan150°＝﹣，因此直线P A2的方程为y＝﹣（x﹣2），代入椭圆+y2＝1，消去y，得x2﹣x+＝0，解之得x＝2或x＝．∵直线P A2交椭圆于A2（2，0）与Q点，∴设Q（s，t），可得s＝．由此可得＝＝＝＝．故答案为：【知识点】直线与椭圆的位置关系三、解答题（共7小题）17.【分析】（1）运用数列的递推式：a n＝S n﹣S n﹣1（n≥2），代入化简整理，再由等差数列的定义和通项公式即可得到所求；（2）求得b n＝＝＝（﹣），运用数列的求和方法：裂项相消求和，即可得到所求和．【解答】解：（1）∵＝a n（S n），a n＝S n﹣S n﹣1（n≥2），∴S n2＝（S n﹣S n﹣1）（S n），即2S n﹣1S n＝S n﹣1﹣S n，…①由题意S n﹣1•S n≠0，将①式两边同除以S n﹣1•S n，得﹣＝2，∴数列{}是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．可得＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，得S n＝；（2）证明：b n＝＝＝（﹣），∴T n＝[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]＝（1﹣）．【知识点】数列的求和、数列递推式18.【分析】（Ⅰ）设AB的长为t，依题意可知BA，BC，BB1两两垂直，以B为原点，BC，BB1，BA所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AB的长．（Ⅱ）求出平面AB1C的一个法向量和平面A1B1C的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣B1C﹣A1的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）设AB的长为t，依题意可知BA，BC，BB1两两垂直，以B为原点，BC，BB1，BA所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，t），C（），B1（0，1，0），C1（），O（，，0），A1（0，1，t），∴＝（），＝（），＝（），设＝＝（），解得P（），∴＝（，），∵OP⊥平面AB1C，∴，解得t＝，，∴AB的长为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知＝＝（）是平面AB1C的一个法向量，＝（），＝（0，0，），设平面A1B1C的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，，0），设二面角A﹣B1C﹣A1的平面角为θ，则cosθ＝＝＝，∴二面角A﹣B1C﹣A1的余弦值为．【知识点】点、线、面间的距离计算、与二面角有关的立体几何综合题19.【分析】（Ⅰ）设M表示事件“乘客A乘车等待时间都小于20分钟”，N表示“乘客B乘车等待时间都小于20分钟”，C表示“乘客A，B乘车等待时间都小于20分钟”，由题意得：P（A）＝（0.012+0.040+0.048）×5＝0.5，P（B）＝（0.016+0.028+0.036）×5＝0.4，由此能求出“乘客A，B乘车等待时间都小于20分钟”的概率．（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，3，且X～B（3，），由此能求出随机变量X的分布列与数学期望．【解答】解：（Ⅰ）设M表示事件“乘客A乘车等待时间都小于20分钟”，N表示“乘客B乘车等待时间都小于20分钟”，C表示“乘客A，B乘车等待时间都小于20分钟”，由题意得：P（A）＝（0.012+0.040+0.048）×5＝0.5，P（B）＝（0.016+0.028+0.036）×5＝0.4，∴“乘客A，B乘车等待时间都小于20分钟”的概率：P（C）＝P（MN）＝P（M）P（N）＝0.5×0.4＝0.2．（Ⅱ）由（Ⅰ）得乙站乘客乘车等待时间小于20分钟的概率为0.4，∴乙站乘客乘车时间等待时间小于20分钟的概率为，X的可能取值为0，1，2，3，且X～B（3，），P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，∴X的分布列为：X0123PE（X）＝3×＝．【知识点】离散型随机变量的期望与方差、离散型随机变量及其分布列、频率分布直方图20.【分析】本题第（1）题根据题意可得方程组，解此方程组可得a、c的值，进一步可得a2，b2的值，即可得到椭圆C的标准方程；第（2）题由•＝0可知⊥．再设T点坐标为（﹣3，m），则直线TF1的斜率为﹣m．通过垂直关系可得直线PQ的斜率，进而通过分析可得直线PQ的方程为x＝my﹣2．再联立直线PQ的方程与椭圆C的方程，化简整理得到一元二次方程，然后通过韦达定理可得y1+y2，y1•y2关于m的表达式，再根据弦长公式计算||，最后化简计算，根据均值不等式可得最小值．【解答】解：（1）由题意，可知，解得．则a2＝6，c2＝4，b2＝a2﹣c2＝6﹣4＝2．故椭圆C的标准方程为+＝1．（2）由（1），知F1（﹣2，0），∵•＝0，∴⊥．设T点坐标为（﹣3，m），则||＝，且直线TF1的斜率为﹣m．①当m≠0时，直线PQ的斜率为，此时直线PQ的方程为x＝my﹣2；②当m＝0时，直线PQ的方程为x＝﹣2，也符合方程x＝my﹣2．故直线PQ的方程为x＝my﹣2．设P（x1，y1），Q（x2，y2），则联立直线PQ的方程与椭圆C的方程，得，整理，得（m2+3）y2﹣4my﹣2＝0，则△＝16m2+8（m2+3）＝24（m2+1）＞0．y1+y2＝，y1•y2＝﹣．∴||＝•|y1﹣y2|＝•＝•＝．＝＝•＝•（+）≥•2＝．当且仅当＝，即m＝±1时，等号成立．∴的最小值为．【知识点】椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系21.【分析】（1）先求得导函数，根据定义域为（0，+∞），可构造函数g（x）＝xe x﹣1﹣a，通过求导及分类讨论，即可求得a的取值范围．（2）由（1）令﹣a＝0，通过分离参数得a＝，同时求对数，根据函数f（x0）≥0，可得1﹣x0﹣lnx0≥0．构造函数g（x）＝1﹣x﹣lnx及H（x）＝x﹣lnx﹣1，由导数即可判断H（x）的单调情况，进而求得H（x）的最小值，结合f（x0）＝（1﹣x0﹣lnx0）即可证明不等式成立．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝xe x﹣1﹣a（x+lnx），a∈R．∴．令g（x）＝xe x﹣1﹣a，则g′（x）＝（x+1）e x﹣1＞0，∴g（x）在（0，+∞）上是增函数．又∵当x→0时，g（x）→﹣a，当x→+∞时，g（x）→+∞．∴当a≤0时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（0，+∞）上是增函数，不存在极值点；当a＞0时，g（x）的值域为（﹣a，+∞），必存在x0＞0，使g（x0）＝0．∴当x∈（0，x0）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增；∴f（x）存在极小值点．综上可知实数a的取值范围是（0，+∞）．证明：（2）由（1）知﹣a＝0，即a＝．∴lna＝lnx0+x0﹣1，f（x0）＝（1﹣x0﹣lnx0）．由f（x0）≥0，得1﹣x0﹣lnx0≥0．令g（x）＝1﹣x﹣lnx，由题意g（x）在区间（0，+∞）上单调递减．又g（1）＝0，∴由f（x0）≥0，得0＜x0≤1，令H（x）＝x﹣lnx﹣1，（x＞0），则H′（x）＝1﹣＝，当x＞1时，H′（x）＞0，函数H（x）单调递增；当0＜x＜1时，H′（x）＜0，函数H（x）单调递减；∴当x＝1时，函数H（x）取最小值H（1）＝0，∴H（x）＝x﹣lnx﹣1≥0，即x﹣1≥lnx，即e x﹣1≥x，∴，1﹣x0﹣lnx0≥1﹣x0﹣（x0﹣1）＝2（1﹣x0）≥0，∴f（x0）＝（1﹣x0﹣lnx0）≥•2（1﹣x0）＝2（﹣），∴f（x0）≥2（x02﹣x03）．【知识点】利用导数研究函数的极值22.【分析】（Ⅰ）由曲线C1的参数方程消去参数能求出曲线C1的普通方程；曲线C2的极坐标方程化为ρ2＝4ρsinθ，由此能求出C2的直角坐标方程．（Ⅱ）曲线C1化为极坐标方程为ρ＝4cosθ，设A（ρ1，α1），B（ρ2，α2），从而得到|AB|＝|ρ1﹣ρ2|＝|4sinα﹣4cosα|＝4|sin（）|＝4，进而sin（）＝±1，由此能求出结果．【解答】解：（Ⅰ）由曲线C1的参数方程为（φ为参数），消去参数得曲线C1的普通方程为（x﹣2）2+y2＝4．∵曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ，∴ρ2＝4ρsinθ，∴C2的直角坐标方程为x2+y2＝4y，整理，得x2+（y﹣2）2＝4．（Ⅱ）曲线C1：（x﹣2）2+y2＝4化为极坐标方程为ρ＝4cosθ，设A（ρ1，α1），B（ρ2，α2），∵曲线C3的极坐标方程为θ＝α，0＜α＜π，ρ∈R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4，∴|AB|＝|ρ1﹣ρ2|＝|4sinα﹣4cosα|＝4|sin（）|＝4，∴sin（）＝±1，∵0＜α＜π，∴，∴，解得．【知识点】参数方程化成普通方程、简单曲线的极坐标方程23.【分析】（1）将a＝2代入，利用零点分段讨论即可得解；（2）原题转化为4x+1≤a≤﹣1对x∈[﹣2，﹣1]恒成立，进而得解．【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）+|x|≤6，即|2x﹣2|+|x|≤6，当x≤0时，原不等式化为2﹣2x﹣x≤6，得，即；当0＜x≤1时，原不等式化为2﹣2x+x≤6，即x≥﹣4，即0＜x≤1；当x＞1时，原不等式化为2x﹣2+x≤6，得，即．综上，原不等式的解集为．（2）因为x∈[﹣2，﹣1]，所以f（x）+|x﹣1|+3x≤0，可化为|2x﹣a|≤﹣2x﹣1，所以2x+1≤2x﹣a≤﹣2x﹣1，即4x+1≤a≤﹣1对x∈[﹣2，﹣1]恒成立，则﹣3≤a≤﹣1，所以a的取值范围是[﹣3，﹣1]．【知识点】绝对值不等式的解法、利用导数求闭区间上函数的最值。
2020年河南省名校联盟高考数学联考试卷(理科)(6月份)(有解析)
2020年河南省名校联盟高考数学联考试卷(理科)(6月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x∈Z|−1<x<5}，B={x|0<x≤2}，则A∩B=()A. {x|−1<x≤2}B. {x|0<x<5}C. {0,1，2}D. {1,2}2.已知z=(a−1)+(a+2)i在复平面内对应的点位于第三象限，则实数a的取值范围为()A. (−1,2)B. (−2,1)C. (2,+∞)D. (−∞,−2)3.“k<1”是“方程x23−k +y2k−1=1表示双曲线”的()A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4.若等比数列{a n}，前n项和S n，且a2a3=2a1，54为a4与2a7的等差中项，则S4=()A. 29B. 30C. 31D. 335.设a⃗=(1,−2),b⃗ =(3,4),c⃗=(2,−1),则(a⃗+b⃗ )⋅c⃗=()A. 6B. 5C. 4D. 36.如图是我国2018年1月至12月石油进口量统计图(其中同比是今年第n个月与去年第n个月之比)，则下列说法错误的是()A. 2018年下半年我国原油进口总量高于2018上半年B. 2018年12个月中我国原油月最高进口量比月最低进口量高1152万吨C. 2018年我国原油进口总量高于2017年我国原油进口总量D. 2018年1月−5月各月与2017年同期相比较，我国原油进口量有增有减7. 函数f(x)=e x x的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( )A. y =x +e −1B. y =eC. y =x −e −1D. x =e8. 在北京召开的第24届国际数学家大会的会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图(如图)设计的，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形组成，若直角三角形的直角边的边长分别是3和4，在绘图内随机取一点，则此点取自内部小正方形部分的概率为( )．A. 125B. 925C. 1625D. 24259. 将y =f(x)的图象向右平移π3个单位，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到y =sin(x −π6)的图象，则f(x)=( )A. cos2xB. sin 12xC. cos(12x +π6)D. sin(2x +π6)10. 函数f(x)=(x−1)ln(−x)x−3的零点个数为( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个11. 设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n+1=a n +a n+２，且a 2=32，则Ｓ105为( )A. 3B. 6C. 9D. 1212. 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M 是线段A 1C 1的中点，若四面体M −ABD 的外接球的表面积为36π，则正方体棱长为( )A. 2B. 3C. 4D. 5二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知C n 4=C n 6，设(3x −4)n =a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+⋯…+a n (x −1)n ，则a 1+a 2+⋯…+a n =_________ ．14. 已知不等式组{y ≥0y ≤x 2x +y −9≤0表示的平面区域为D.若直线y =a(x +1)与区域D 有公共点，则实数a 的取值范围是______．15.已知点F1是抛物线C1：y=14x2与椭圆C2：x2a2+y2b2=1(b>a>0)的公共焦点，F2是椭圆C2的另一焦点，P是抛物线C1上的动点，当|PF1||PF2|取得最小值时，点P恰好在椭圆C2上，则椭圆C2的离心率为________．16.函数f(x)=12x+sinx在区间[0,2π]上的最大值为________．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17.在△ABC中，已知sin A：sin B：sin C=4：5：6，且a+b+c=30，求a．18.某大城市一家餐饮企业为了了解外卖情况，统计了某个送外卖小哥某天从9：00到21：00这个时间段送的50单外卖，以2小时为一时间段将时间分成六段，各时间段内外卖小哥平均每单的收入情况如表，各时间段内送外卖的单数的频率分布直方图如图．时间区间[9011)[11,13)[13,15)[15,17)[17,19)[19,21]每单收入(元)6 5.56 6.4 5.5 6.5(1)求频率分布直方图中a的值，并求这个外卖小哥送这50单获得的收入；(2)这个外卖小哥记得在[13,15)这个时段只有4单外卖带有饮品，现在从[13,15)这个时段送出的外卖中随机抽取3单外卖，求这3单外卖中带有饮品的单数X的分布列和数学期望．19.如图，在三棱锥A−BCD中，AB=AD=CD=12BC=2，E为BC的中点，BD⊥CD，且AE=√2．(1)证明：平面ACD⊥平面ABD．(2)求平面ABC与平面ACD所成锐二面角的余弦值．20.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，且长轴长与短轴长之比为√2:1．(Ⅰ)求椭圆方程；(Ⅱ)若不与坐标轴平行的直线l与椭圆相切于点P，O为坐标原点，求直线OP与直线l的斜率之积．21. 已知函数g(x)=e x −2ax −b ，a ，b ∈R ．(1)求函数g(x)的单调区间； (2)求函数g(x)在[0,1]上的最小值．22. 在平面直角坐标系xOy 中，倾斜角为α的直线l 的参数方程为{x =tcosαy =1+tsinα(其中t 为参数).在以O 为极点、x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系(两种坐标系的单位长度相同)中，曲线C ：ρ(1+cos2θ)=λsinθ的焦点F 的极坐标为(1,π2)． (Ⅰ)求常数λ的值；(Ⅱ)设l 与C 交于A 、B 两点，且|AF|=3|FB|，求α的大小．23.已知函数f(x)=−|x|−|x+2|．(1)解不等式f(x)<−4；(2)若正实数a，b满足a+b=√5，试比较a2+b2与f(x)+3的大小，并说明理由．4【答案与解析】1.答案：D解析：本题考查集合的交集运算，属于基础题． 先求出A ，再求交集即可．解：集合A ={x ∈Z|−1<x <5}={0,1，2，3，4}， B ={x|0<x ≤2}， 则A ∩B ={1,2}． 故选D ．2.答案：D解析：本题考查复数的几何意义，属于基础题目．依据复数a +bi(a,b ∈R)与复平面上的点(a,b)--对应，再由第三象限点横纵坐标都为负，即可求取值范围．解：因为z =(a −1)+(a +2)i 在复平面内对应的点位于第三象限， 所以{a −1<0a +2<0，解得a <−2．故选D ．3.答案：A解析：解：若方程x 23−k+y 2k−1=1表示双曲线，则(3−k)(k −1)<0，即k <1或k >3．∴k <1⇒方程x 23−k+y 2k−1=1表示双曲线，反之不一定成立． ∴“k <1”是“方程x 23−k+y 2k−1=1表示双曲线”的充分不必要条件． 故选：A ． 由方程x 23−k+y 2k−1=1表示双曲线求得k 的范围，然后结合充分必要条件的判定得答案．本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的判断，考查充分必要条件的判定，是基础题．4.答案：B解析：本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查等差数列中项的性质，化简整理的运算能力，属于中档题．设等比数列{a n}的公比为q，运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，解方程可得首项和公比，运用等比数列的求和公式，即可得到所求和．解：设等比数列{a n}的公比为q，a2a3=2a1，54为a4与2a7的等差中项，可得a1q⋅a1q2=2a1，2×54=a4+2a7=a1q3+2a1q6，解得q=12，a1=16，则S4=a1(1−q4)1−q =16(1−124)1−12=30．故选B．5.答案：A解析：解：根据题意，a⃗=(1,−2)，b⃗ =(3,4)，则a⃗+b⃗ =(4,2)，又由c⃗=(2,−1)，则(a⃗+b⃗ )⋅c⃗=4×2+2×(−1)=6；故选：A．根据题意，由a⃗、b⃗ 的坐标计算可得向量a⃗+b⃗ 的坐标，进而由向量数量积的坐标计算公式计算可得答案．本题考查向量的数量积的计算，关键求出向量a⃗+b⃗ 的坐标．6.答案：D解析：解：由图易知A，B正确，由数量同比折线图可知，除6月和10月同比减少外，其他月份同比都递增，且1月，4月，11月，12月同比增长较多，故2018年我国原油进口总量高于2017年我国原油进口总量，C正确，由2018年1月−5月各月与2017年同期相比较，我国原油进口量只增不减，故D错误，故选：D．先阅读题意，再结合简单的合情推理逐一检验即可得解．本题考查了阅读能力及进行简单的合情推理，属中档题．7.答案：B解析：先对f(x)求导，然后得到切线的斜率，再求出切线方程即可．本题考查了利用导数研究函数的切线方程，属基础题．解：由f(x)=e xx ，得f′(x)=xex−e xx2，∴切线斜率k=f′(1)=0，又f(1)=e，∴在点(1,f(1))处的切线方程为y=e．故选：B．8.答案：A解析：本题考查几何概型，是基础题．由已知直角三角形的边长分别求出两个正方形的面积，即得答案．解：∵直角三角形的直角边的边长分别是3和4，∴大正方形的边长为5，小正方形的边长为4−3=1．大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，所以此点取自内部小正方形部分的概率为125．故选：A．9.答案：A解析：本题考查了三角函数图象的平移变换及伸缩变换，属于基础题．由三角函数图象的平移变换及伸缩变换可得：将y=sin(x−π6)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，再把所得图象向左平移π3个单位，即可得到f(x)的图象．解：将y =sin(x −π6)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍得到y =sin(2x −π6)， 再把所得图象向左平移π3个单位， 得到f(x)=sin[2(x +π3)−π6]=cos2x ， 故选：A ．10.答案：A解析：解：∵函数f(x)=(x−1)ln(−x)x−3的零点个数，即为f(x)=0的根的个数，∴f(x)=(x−1)ln(−x)x−3=0，即(x −1)ln(−x)=0，∴x −1=0或ln(−x)=0， ∴x =1或x =−1， ∵{−x >0x −3≠0，解得x <0，∵函数f(x)的定义域为{x|x <0}， ∴x =−1，即方程f(x)=0只有一个根， ∴函数f(x)=(x−1)ln(−x)x−3的零点个数1个．故选：A ． 将函数f(x)=(x−1)ln(−x)x−3的零点个数问题转化为方程f(x)=0的根的个数问题，求出方程的根，即可得到答案．本题考查了根的存在性及根的个数的判断．要注意函数的零点与方程根的关系，函数的零点等价于对应方程的根，等价于函数的图象与x 轴交点的横坐标，解题时要注意根据题意合理的选择转化．属于中档题．11.答案：A解析：本题考查数列的递推公式和求和，属中档题．解：根据题意，a n+2=a n+1−a n =a n −a n−1−a n =−a n−1， 则有a n+3=−a n ，故a n+6=a n，∴数列{a n}的周期为6，又a n+3=−a n，则a1+a4=0，a2+a5=0，a3+a6=0，∴a1+a2+⋯+a6=0．又因数列{a n}的周期为6，则S105=17(a1+a2+⋯+a6)+a103+a104+a105=a1+a2+a3=2a2=3．故选A．12.答案：C解析：本题考查正方体棱长，考查四面体M−ABD的外接球表面积，属于中档题．设BD的中点O′，则球心O在MO′上，利用四面体M−ABD的外接球表面积为36π，求出球的半径，利用勾股定理建立方程，求出正方体棱长．解：设BD的中点O′，则球心O在MO′上，∵四面体M−ABD的外接球表面积为36π，设外接球的半径为R，∴4πR2=36π，∴R=3，设正方体棱长为2a，则O′A=√2a，由勾股定理可得32=(√2a)2+(2a−3)2，∴a=2，∴正方体棱长为2a=4．故选C．13.答案：1023解析：解：∵已知C n4=C n6，∴n=10，∵(3x−4)n=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a n(x−1)n，即(3x−4)10=a0+a1(x−1)+a 2(x −1)2+⋯a 10(x −1)10， 令x =1，可得a 0=1；再令x =2，可得1+a 1+a 2+⋯+a n =210，∴a 1+a 2+⋯+a n =210−1=1023， 故答案为：1023．由题意利用二项式系数的性质，求得n =10，再分别令x =1、x =2，可得a 1+a 2+⋯+a n 的值． 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．14.答案：[0,34]解析：画出满足约束条件不等式组{y ≥0y ≤x 2x +y −9≤0的平面区域，然后分析平面区域各角的顶点，将其代入y =a(x +1)中，求出y =a(x +1)对应的a 的值即可．在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域⇒②求出可行域各个角的顶点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验证，求出最优解．解：满足约束条件不等式组{y ≥0y ≤x 2x +y −9≤0的平面区域如图示：因为y =a(x +1)过定点(−1,0)． 所以当y =a(x +1)过点P ，由{y =x 2x +y −9=0，解得A(3,3)，得到3=a(3+1)，解得a =34，又因为直线y =a(x +1)与平面区域D 有公共点． 所以0≤a ≤34 故答案为[0,34]．15.答案：√2−1解析：解：如下图所示，易知抛物线C 1的焦点为F 1(0,1)，所以，椭圆C 2的下焦点为F 2(0,−1)，抛物线C 1的准线为y =−1，该直线过点F 2，过点P 作PA ⊥l ，垂足为点A ，由抛物线的定义可得|PF 1|=|PA|，所以，|PF 1||PF 2|=|PA||PF 2|=cos∠APF 2=cos∠PF 2F 1，当直线PF 2与抛物线C 1相切时，∠PF 2F 1最大，此时，cos∠PF 2F 1取得最小值，即|PF 1||PF 2|取最小值，设直线PF 2的方程为y =kx −1，将该直线方程与抛物线C 1的方程联立得{x 2=4yy =kx −1，消去y 得，x 2−4kx +4=0，△=16k 2−16=0，解得k =±1，代入方程得x 2±4x +4=0，可求得点P 的坐标为(±2,1)， 由椭圆定义可得2a =|PF 1|+|PF 2|=√(±2)2+(1−1)2+√(±2)2+(1+1)2=2+2√2， ∴a =1+√2，因此，椭圆C 2的离心率为e =ca =1+√2=√2−1． 故答案为：√2−1．过点P作PA⊥l，由抛物线定义可得|PF1|=|PA|，再结合锐角三角函数得出|PF1||PF2|=|PA||PF2|=cos∠APF2=cos∠PF2F1，于是得出当直线PF2与抛物线C1相切时，∠PF2F1取得最大值，此时，|PF1||PF2|取得最小值，并设直线PF2的方程为y=kx−1，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用△=0求出k 的值，从而求出点P的坐标，然后利用椭圆的定义求出a的值，最终计算出椭圆的离心率．本题考查圆锥曲线的综合问题，考查抛物线与椭圆的定义，解决本题的关键在于找出直线与抛物线相切的位置，考查计算能力与推理能力，属于难题．16.答案：π解析：此题考查利用导数研究函数在闭区间的最大值，注意函数的定义域．对函数求导，研究单调性，进而得到答案．解：因为f′(x)=12+cosx，令f′(x)=0，x∈[0,2π]，解得x=2π3或x=4π3，当x∈(0,2π3)或(4π3,2π)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(2π3,4π3)，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以当x=2π3时，函数f(x)的极大值为f(2π3)=12×2π3+sin2π3=π3+√32，又f(0)=0，f(2π)=π，所以函数最大值为π．故答案为π．17.答案：解：∵sin A：sin B：sin C=4：5：6，由正弦定理可得：a：b：c=4：5：6，又∵a+b+c=30，∴a=30×44+5+6=8．解析：由sin A：sin B：sin C=4：5：6，利用正弦定理可得：a：b：c=4：5：6，即可得出．本题考查了正弦定理的应用，属于基础题．18.答案：解：(1)由频率分布直方图得：2a=1−2×(0.05×2+0.08×2+0.14)=0.2，∴a=0.1，∵样本n=50，∴在[9,11)这个时间段的频数为0.08×2×50=8，同理可求得[11,13)，[13,15)，[15,17)，[17,19)，[10,21]这5个时间段的频数分别为14，10，5，8，5，∴外卖小哥送50单的收入为8×6+14×5.5+10×6+5×6.4+8×5.5+5×6.5=293.5(元)；(2)由(1)知，在[13,15)这段时间共送10单，10单中有4单带饮品，6单不带饮品，X的可能取值为0，1，2，3，P(X=0)=C63C103=20120=16，P(X=1)=C41C62C103=60120=12，P(X=2)=C42C61C103=36120=310，P(X=3)=C43C103=4120=130，∴X的分布列为：E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=65．解析：本题主要考查了随机变量的分布列及数学期望的应用问题，是综合题．(1)由频率分布直方图得a，然后求解外卖小哥送50单的收入即可．(2)求出X的可能取值为0，1，2，3求出概率得到X的分布列然后求解期望即可．19.答案：(1)证明：取BD的中点为O，连接OA，OE.因为BD⊥CD，BC=4，CD=2，所以BD=2√3，OB=√3.又AB =AD =2，所以BD ⊥AO ，且AO =1. 在△AOE 中，EO =12CD =1，AE =√2，所以AO 2+OE 2=AE 2，即OE ⊥AO ，从而CD ⊥AO. 又CD ⊥BD ，BD ∩AO =O ，所以CD ⊥平面ABD. 因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面ABD ． (2)解：由(1)知OB ，OE ，OA 两两垂直，如图，分别以OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系O −xyz ， 则B(√3,0,0)，C(−√3,2,0)，D(−√3,0,0)，A(0,0，1)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,2,−1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√3,2,0). 设m⃗⃗⃗ =(x,y,z)是平面ABC 的法向量，可得{−√3x +2y −z =0,−2√3x +2y =0,令x =1，得m ⃗⃗⃗ =(1,√3,√3).设n⃗ =(x 1,y 1,z 1)是平面ACD 的法向量，因为DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,2,−1)， 则{2y 1=0,−√3x 1+2y 1−z 1=0,令x 1=1，得n ⃗ =(1,0,−√3)．设平面ABC 与平面ACD 所成的锐二面角为θ，则cos θ=|cos ⟨m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ ⟩|=|1−3√7×2|=√77， 即平面ABC 与平面ACD 所成锐二面角的余弦值为√77．解析：本题考查面面垂直的判定和利用空间向量求面面的夹角，考查推理能力、计算能力，属中档题．(1)取BD 的中点为O ，连接OA ，OE.推导出CD ⊥AO ，CD ⊥BD ，可得出CD ⊥平面ABD ，进而可证平面ACD ⊥平面ABD ．(2)由(1)知OB ，OE ，OA 两两垂直，如图，分别以OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系O−xyz，求出平面ACD和平面ABC的法向量，利用向量法进行求解即可．20.答案：解：(I)已知椭圆中2c=2，且2a2b =√2，又a2=b2+c2，可得椭圆的方程为x22+y2=1．(Ⅱ)由题意：可设l的方程为y=kx+m(k存在且k≠0)与椭圆C联立消去y可得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0，由直线l与椭圆C相切，可设切点为(x0,y0)，由判别式△=0可得m2=1+2k2．解得x0=−2km ,y0=1m因此，直线OP的斜率为k OP=−12k，直线l的斜率为k，即直线OP与直线l的斜率之积为−12．解析：(Ⅰ)通过焦距，结合长轴长与短轴长之比为√2：1.求出a，b，然后求解椭圆方程．(Ⅱ)设出直线方程，与椭圆方程联立，设切点为(x0,y0)，利用△=0，推出直线OP的斜率为k OP=−12k，直线l的斜率为k，然后求解即可．本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．21.答案：解：因为g′(x)=e x−2a，x∈[0,1]，e x∈[1,e]，(1)若a≤12，则2a≤1，g′(x)=e x−2a≥0，所以函数g(x)在区间[0,1]上单调递增，g(x)min=g(0)=1−b．(2)若12<a<e2，则1<2a<e，于是当0<x<ln(2a)时，g′(x)=e x−2a<0，当ln(2a)<x<1时，g′(x)=e x−2a>0，所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减，在区间[ln(2a),1]上单调递增，g(x)min=g(ln(2a))=2a−2aln(2a)−b．(3)若a≥e2，则2a≥e，g′(x)=e x−2a≤0，所以函数g(x)在区间[0,1]上单调递减，g(x)min=g(1)=e−2a−b．综上所述，当a≤12时，g(x)在区间[0,1]上的最小值为g(x)min=g(0)=1−b，当12<a <e2时，g(x)在区间[0,1]上的最小值为g(x)min =g(ln(2a))=2a −2aln(2a)−b ； 当a ≥e2时，g(x)在区间[0,1]上的最小值为g(x)min =g(1)=e −2a −b ．解析：本题考查了利用导数研究闭区间上函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．(1)g(x)=f′(x)=e x −2ax −b ，g′(x)=e x −2a.对a 分类讨论，利用导数即可得出其单调性； (2)利用(1)的结论，对a 分类讨论，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．22.答案：解：(Ⅰ)曲线C ：ρ(1+cos2θ)=λsinθ，转换为：2ρ2cos 2θ=λρsinθ， 即：x 2=λ2y ，由于：曲线C 的焦点F 的极坐标为(1,π2)． 即：F(0,1)， 所以：λ8=1，故：λ=8．(Ⅱ)把倾斜角为α的直线l 的参数方程为{x =tcosαy =1+tsinα(其中t 为参数)代入x 2=4y ． 得到：cos 2αt 2−4sinαt −4=0． 所以：t 1+t 2=4sinαcos 2α，t 1⋅t 2=−4cos 2α<0， 且|AF|=3|FB|， 故：t 1=6sinαcos 2α，t 2=−2sinαcos 2α，整理得−12sin 2αcos 4α=−4cos 2α，解得：tanα=±√33，由于：0<α≤π， 故：α=π6或5π6．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换一元二次方程根和系数关系式的应用，三角函数关系式的恒等变换，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．(Ⅰ)直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．(Ⅱ)利用一元二次方程关系式的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．23.答案：解：(1)由题知|x|+|x+2|>4，①当x≤−2时，−2x−2>4，解得x<−3；②当−2<x≤0时，2>4，矛盾，无解；③当x>0时，2x+2>4，x>1；所以该不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．(2)因为|x|+|x+2|≥|x−x−2|=2，当且仅当−2≤x≤0时，取“=”，所以f(x)=−|x|−|x+2|≤−2，即f(x)+3≤1．又a2+b24=5b24−2√5b+5=54(b2−85√5b)+5=54(b−45√5)2+1≥1，当且仅当a=√55,b=4√55时取等号．所以a2+b24≥f(x)+3．解析：本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式以及二次函数的性质，是一道中档题．(1)通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；(2)求出f(x)+3≤1，根据二次函数的性质求出a2+b24≥1，从而比较大小．。
2020年河南省名校联盟高考数学模拟试卷（理科）（5月份）（含解析）
2020年河南省名校联盟⾼考数学模拟试卷（理科）（5⽉份）（含解析）2020年河南省名校联盟⾼考数学模拟试卷（理科）（5⽉份）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.已知全集U＝R，集合A＝{x|?2A.[2,?3]B.(?∞,??2]∪[2,?+∞)C.(3,?4]D.[3,?4]2.已知复数z=a2?i+1(i为虚数单位，a∈R)为纯虚数，则实数a＝（）A.52B.?52C.0D.23.已知函数f(x)={e x,x<14?mx,x≥1，若f(m)＝1，则实数m的值是（）A.0B.√3C.0或√3D.0或√3或?√34.若l，m，n是三条不相同的直线，α，β是两个不同的平⾯，则下列命题中为真命题的是（）A.若l?//?m，m?//?α，则l?//?αB.若α⊥β，n⊥α，m?//?n，则m?//?βC.若α⊥β，l⊥α，m?//?β，则l?//?mD.若l⊥α，l?//?n，n⊥β，则α?//?β5.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松⽵并⽣”的问题：“松长六尺，⽵长两尺，松⽇⾃半，⽵⽇⾃倍，何⽇⽵逾松长？”如图是解决此问题的⼀个程序框图，其中a为松长、b为⽵长，则菱形框与矩形框处应依次填（）A.a2B.aC.a≥b？；a＝a+a2D.a≥b？；a＝a+2a6.在等⽐数列{a n}中，已知a1a3＝4，a9＝256，则a8＝（）A.128或?128B.128C.64或?64D.647.2020年新型肺炎疫情期间，⼭东省某市派遣包含甲，⼄两⼈的12名医护⼈员⽀援湖北省黄冈市，现将这12⼈平均分成两组，分别分配到黄冈市区定点医院和黄冈市英⼭县医院，则甲、⼄不在同⼀组的概率为（）A.511B.611C.12D.238.函数f(x)=5(x 2?cosx)e x+e?x的⼤致图象是（）A. B.C. D.9.直线l:x?y+√2=0将圆O:x2+y2＝4分成的两部分的⾯积之⽐为（）A.(4π?√3)：(8π+√3)B.(4π?3√3)：(8π+3√3)C.(2π?2√3)：(10π+2√3)D.(2π?3√3)：(10π+3√3)10.设⽆穷等差数列{a n}的各项都为正数，且其前n项和为S n，若S2017＝2017，则下列判断错误的是（）A.a1009＝1B.a1010≥1C.S2016>2016D.S2019≥201911.函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0,?|φ|<π2)的图象如图所⽰，先将函数f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的6倍，纵坐标不变，再将所得函数的图象向左平移7π2个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论正确的是（）A.函数g(x)是奇函数B.函数g(x)在区间[?2π,?0]上单调递增C.函数g(x)图象关于(3π,?0)对称D.函数g(x)图象关于直线x ＝?3π对称12.定义在[0,?+∞)上的函数f(x)满⾜：f(x)+f ′(x)=√x e x ，f(12)=√12e ．其中f ′(x)表⽰f(x)的导函数，若存在正数a ，使得f(x 2?x4)≥1a +a8e 成⽴，则实数x 的取值范围是（） A.[?1,?2] B.(?∞,??1]∪[2,?+∞) C.[?1,?0]∪[1,?2] D.[?2,??1]∪[1,?2]⼆、填空题：本题共4⼩题，每⼩题5分，共20分．13.已知向量a →=(?2,?1)，b →=(4,?3)，c →=(?1,?λ)，若(a →+b →)?//?c →，则λ＝________．14.⼆项式(1x ?3x 2)6的展开式中的常数项是________．（⽤数字作答）15.在直三棱柱ABC ?A 1B 1C 1中，∠BAC ＝120°且AB ＝AC ＝3，BB 1＝4，则此三棱柱外接球的表⾯积为________．16.已知椭圆C:x 2a +y 2b =1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且椭圆C与双曲线C ′:2x2a 2y 2=1共焦点，若椭圆C 与双曲线C ′的⼀个交点M 满⾜|MF 1|?|MF 2|＝2，则△MF 1F 2的⾯积是________．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.在△ABC 中，a ，b ，c 分别是⾓A ，B ，C 的对边，且cos(B+C)cosC=a2b+c ．（1）求⾓A 的⼤⼩；（2）若a =4√3，b =4√2，求△ABC 的⾯积．18.现有⼀种⽔上闯关游戏，共设有3个关⼝，如果在规定的时间内闯过了这3个关⼝，那么闯关成功，否则闯关失败，结束游戏．假定⼩张、⼩王、⼩李闯过任何⼀个关⼝的概率分别为23，12，12，且各关⼝能否顺利闯过相互独⽴．（1）求⼩张、⼩王、⼩李分别闯关成功的概率；（2）记⼩张、⼩王、⼩李三⼈中闯关成功的⼈数为X ，求X 的分布列及数学期望．19.如图，四边形ABCD 为正⽅形，PA?//?CE ，AB ＝CE =12PA ，PA ⊥平⾯ABCD ．（1）证明：PE ⊥平⾯DBE ；（2）求⼆⾯⾓B?PD?E的正弦值的⼤⼩．20.已知抛物线C:y2＝4x的焦点为F，过点P(2,?0)的直线l交抛物线C于A(x1,?y1)和B(x2,?y2)两点．（1）当x1+x2＝8时，求直线l的⽅程；（2）若过点P(2,?0)且垂直于直线l的直线l′与抛物线C交于M，N两点，记△ABF与△MNF的⾯积分别为S1与S2，求S1S2的最⼩值．21.已知函数g(x)＝e x?ax2?ax，?(x)＝e x?2x?lnx．其中e为⾃然对数的底数．（1）若f(x)＝?(x)?g(x)．①讨论f(x)的单调性；②若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．（2）已知a>0，函数g(x)恰有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1+（⼆）选考题：共10分．请考⽣在第22、23两题中任选⼀题作答．如果多做，则按所做的第⼀题计分．[选修4-4：坐标系与参数⽅程]22.以平⾯直⾓坐标系xOy的原点为极点，x轴的⾮负半轴为极轴并取相同的单位长度建⽴极坐标系，已知过点A(?1,??2)且斜率为1的直线l1与曲线C:{x=3+4cosα,y=4+4sinα（α是参数）交于P，Q两点，与直线l2:ρcosθ+2ρsinθ+4＝0交于点N．（1）求曲线C的普通⽅程与直线l2的直⾓坐标⽅程；（2）若PQ的中点为M，⽐较|PQ|与|MN|的⼤⼩关系，并说明理由．[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数f(x)＝3|x?2|?3．[f(x)+3]>|x+1|的解集；（1）求不等式13（2）若关于x的不等式f(x)≥mx+m恒成⽴，求实数m的取值范围．2020年河南省名校联盟⾼考数学模拟试卷（理科）（5⽉份）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.已知全集U＝R，集合A＝{x|?2A.[2,?3]B.(?∞,??2]∪[2,?+∞)C.(3,?4]D.[3,?4]【解答】∵全集U＝R，集合A＝{x|?2B＝{x|√2x?4≤2}＝{x|2≤x≤4}，∴?U A＝{x|x≤?2或x≥3}，∴B∩(?U A)＝{x|3≤x≤4}，2.已知复数z=a2?i+1(i为虚数单位，a∈R)为纯虚数，则实数a＝（）A.52B.?52D.2【解答】∵z=a2?i +1=a(2+i)(2?i)(2+i)+1=2a+55+a5i为纯虚数，∴{2a+55=0a5≠0，解得a=?52．3.已知函数f(x)={e x,x<14?mx,x≥1，若f(m)＝1，则实数m的值是（）A.0B.√3C.0或√3D.0或√3或?√3【解答】因为函数f(x)={e x,x<14?mx,x≥1，当m<1时，有f(m)＝e m，e m＝1解得m＝0满⾜条件；当m≥1时，有f(m)＝4?m2，∴4?m2＝1解得m=√3?（?√3舍）总之，m=√3或0；4.若l，m，n是三条不相同的直线，α，β是两个不同的平⾯，则下列命题中为真命题的是（）A.若l?//?m，m?//?α，则l?//?αB.若α⊥β，n⊥α，m?//?n，则m?//?βC.若α⊥β，l⊥α，m?//?β，则l?//?mD.若l⊥α，l?//?n，n⊥β，则α?//?β【解答】对于A，若l?//?m，m?//?α，则l?//?α或l?α，故A错误；对于B，若α⊥β，n⊥α，m?//?n，则m?//?β或m?β，故B错误；对于C，若α⊥β，l⊥α，m?//?β，则l与m相交、平⾏或异⾯，故C错误；对于D，若l⊥α，l?//?n，n⊥β，则由⾯⾯垂直的判定定理得α?//?β，故D正确．5.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松⽵并⽣”的问题：“松长六尺，⽵长两尺，松⽇⾃半，⽵⽇⾃倍，何⽇⽵逾松长？”如图是解决此问题的⼀个程序框图，其中a为松长、b为⽵长，则菱形框与矩形框处应依次填（）B.aA.a2C.a≥b？；a＝a+aD.a≥b？；a＝a+2a2【解答】⽵逾松长，意为⽵⼦⽐松⾼，即a但这是⼀个含当型循环结构的程序框图，当不满⾜条件时，退出循环，故菱形框中条件应为a≥b？，．松⽇⾃半，则表⽰松每⽇增加⼀半，即矩形框应填a＝a+a26.在等⽐数列{a n}中，已知a1a3＝4，a9＝256，则a8＝（）A.128或?128B.128C.64或?64D.64【解答】由等⽐数列的性质可得，a1a3=a22=4，∴a2＝2或?2，∵a9＝256，当a2＝2时，q7＝128即q＝2，则a8＝128，当a2＝?2时，q7＝?128即q＝?2，则a8＝?128，7.2020年新型肺炎疫情期间，⼭东省某市派遣包含甲，⼄两⼈的12名医护⼈员⽀援湖北省黄冈市，现将这12⼈平均分成两组，分别分配到黄冈市区定点医院和黄冈市英⼭县医院，则甲、⼄不在同⼀组的概率为（）A.511B.611C.12D.23【解答】设“甲、⼄不在同⼀组”为事件M，12名医护⼈员平均分配到两所医院的基本事件总数为n=C126=924，甲、⼄在同⼀组包含的基本事件个数m=2C104=420，∴甲、⼄不在同⼀组的概率P＝1?mn =1?420924=611．8.函数f(x)=5(x 2?cosx)e x+e?x的⼤致图象是（）A. B.C. D.【解答】函数的定义域为R，且f(?x)=5[(?x)2?cos(?x)]e?x+e x =5(x2?cosx)e x+e?x=f(x)，∴函数f(x)为偶函数，故排除B选项；⼜f(0)=?52，故排除C选项；当|x|>1时，x2>cosx，故当|x|>1时，f(x)>0，故排除D选项．9.直线l:x?y+√2=0将圆O:x2+y2＝4分成的两部分的⾯积之⽐为（）A.(4π?√3)：(8π+√3)B.(4π?3√3)：(8π+3√3)C.(2π?2√3)：(10π+2√3)D.(2π?3√3)：(10π+3√3)【解答】根据题意，设直线l与圆O:x2+y2＝4交于点M、N，过点O作OP⊥MN，垂⾜为点P，则点O到直线l的距离|OP|=√2|√1+1=1，⼜由圆O:x2+y2＝4的半径|OM|＝r＝2，则∠MOP=π3，则∠MON=2π3；同时|MP|=√|OM|2?|OP|2=√4?1=√3，则|MN|＝2√3，且S△MON=12×|OP|×|MN|=√3，则S扇形OMN =12×2π3×r2=4π3，则劣弧对应的⼸形的⾯积S1=4π3√3，另⼀部分的⾯积S2＝πr2?S1＝4π?(4π3?√3)=8π3+√3，故两部分的⾯积之⽐S1S2=4π3√38π3+√3=√38π+3√3=(4π?3√3)：(8π+3√3)；10.设⽆穷等差数列{a n}的各项都为正数，且其前n项和为S n，若S2017＝2017，则下列判断错误的是（）A.a1009＝1B.a1010≥1C.S2016>2016D.S2019≥2019【解答】S2017＝2017=2017(a1+a2017)2=2017a1009，∴a1009＝1．∵⽆穷等差数列{a n}的各项都为正数，∴公差d≥0．∴a1010≥1．S2016=2016(a1+a2016)21008(a1009+a1008)≤1008×2＝2016，S2019＝S2017+a2018+a2019≥2017+2＝2019，综上可得：只有C错误．11.函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0,?|φ|<π2)的图象如图所⽰，先将函数f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的6倍，纵坐标不变，再将所得函数的图象向左平移7π2个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论正确的是（）A.函数g(x)是奇函数B.函数g(x)在区间[?2π,?0]上单调递增C.函数g(x)图象关于(3π,?0)对称D.函数g(x)图象关于直线x＝?3π对称【解答】根据T=4×(7π12?π3)=π，所以ω=2ππ=2，由于函数的图象过(7π12,?1)，所以2×7π12+φ=2kπ+3π2，由于|φ|<π2，解得φ=π3，故f(x)＝sin(2x+π3)，先将函数f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的6倍，纵坐标不变，再将所得函数的图象向左平移7π2个单位长度，得到g(x)＝sin[13×(x+7π2)+π3]=?cos13x．①故函数g(x)为偶函数，故错误．②令13x∈[2kπ,2kπ+π]，所以x∈[6kπ,?3π+6kπ]，故[?2π,?0]?[6kπ,?3π+6kπ]，故错误．③令13x=π2+kπ(k∈Z)，解得x=3π2+3kπ(k∈Z)，所以函数的对称中⼼为(3π2+3kπ,0)(k∈Z)，故错误④令13x=kπ解得x＝3kπ，当k＝?1时，x＝?3π，故正确．12.定义在[0,?+∞)上的函数f(x)满⾜：f(x)+f′(x)=√xe x ，f(12)=√12e．其中f′(x)表⽰f(x)的导函数，若存在正数a，使得f(x2?x4)≥1a+a8e成⽴，则实数x的取值范围是（）A.[?1,?2]B.(?∞,??1]∪[2,?+∞)C.[?1,?0]∪[1,?2]D.[?2,??1]∪[1,?2]【解答】由f(x)+f′(x)=√xe x，可得，e x[f(x)+f′(x)]=√x，即[e x f(x)]′=√x，令g(x)＝e x f(x)，则f(x)=g(x)e，且g′(x)=√x，故f ′(x)=√x?g(x)e ，令?(x)=√x ?g(x)，x >0，则?′(x)=2√x，当x ∈(0,12)时，?′(x)>0，?(x)单调递增，当x ∈(12,+∞)时，?′(x)<0，?(x)单调递减，故?(x)max ＝?(12)＝0，则f′(x)≤0，故f(x)在(0,?+∞)上单调递减，因为1a +a8e ≥√12e ，当且仅当1a =a8e 即a ＝2√2e 时取等号，由题意f(x 2?x 4)≥√12e =f(12)，因为f(x)在[0,?+∞)上单调递减，则0≤x 2?x 4≤12，解可得，?1≤x ≤0或1≤x ≤2，⼆、填空题：本题共4⼩题，每⼩题5分，共20分．13.已知向量a →=(?2,?1)，b →=(4,?3)，c →=(?1,?λ)，若(a →+b →)?//?c →，则λ＝________．【解答】由题，a →+b →=(2,4)，c →=(?1,λ)，∵(a →+b →)?//?c →，∴2λ＝?4，λ＝?2． 14.⼆项式(1x ?3x 2)6的展开式中的常数项是________．（⽤数字作答）【解答】因为⼆项式(1x ?3x 2)6的展开式得通项为：T r+1=?6r ?(1x )6?r(3x 2)r=(?32)r ??6r ?x2r?6；令2r ?6＝0得r ＝3；故⼆项式(1x ?3x 2)6的展开式中的常数项是：(?32)363=?1352．15.在直三棱柱ABC ?A 1B 1C 1中，∠BAC ＝120°且AB ＝AC ＝3，BB 1＝4，则此三棱柱外接球的表⾯积为________．【解答】由题意可知直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB＝AC＝3，∠BAC＝120°，AA1＝4，∴底⾯⼩圆ABC的半径r满⾜：2r=3sin30=6，即r＝3，连接两个底⾯中⼼的连线，中点与顶点的连线就是球的半径，外接球的半径为：R=2+22=√13∴三棱柱的外接球的表⾯积为：4π?R2＝52π；16.已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且椭圆C与双曲线C′:2x2a2y2=1共焦点，若椭圆C与双曲线C′的⼀个交点M满⾜|MF1|?|MF2|＝2，则△MF1F2的⾯积是________．【解答】将双曲线C′:2x2a ?y2=1化成标准形式为x2a22y2=1，不妨设点M在双曲线的右⽀上，则根据椭圆和双曲线的定义，有{|MF1|+|MF2|=2a|MF1|?|MF2|=2?√22a=√2a，解得{|MF1|=2+√22a|MF2|=2?√22a．∵|MF1|?|MF2|＝2，∴2+√22a?2?√22a=2，解得a＝2或?2（舍负），∴|MF1|=2+√2，|MF2|=2?√2，双曲线的焦距|F1F2|=2√a22+1= 2√3．显然有|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2，∴△MF1F2是直⾓三⾓形，∴S△MF1F2=12|MF1||MF2|=12×(2+√2)×(2?√2)=1．三、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.在△ABC 中，a ，b ，c 分别是⾓A ，B ，C 的对边，且cos(B+C)cosC=a2b+c ．（1）求⾓A 的⼤⼩；（2）若a =4√3，b =4√2，求△ABC 的⾯积．【解答】∵cos(B+C)cosC=a 2b+c =cosA cosC，由正弦定理可得，sinA2sinB+sinC =cosA cosC，所以2sinBcosA +sinCcosA ＝?sinAcosC ，所以2sinBcosA +sinCcosA +sinAcosC ＝0，即2sinBcosA +sin(C +A)＝0，所以2sinBcosA +sinB ＝0，因为sinB ≠0，故cosA =?12，因为A 为三⾓形的内⾓，故A =2π3，∵a =4√3，b =4√2，由余弦定理可得，48=32+c 2?2×4√2c ×(?12)，解可得c =2√6?2√2，∴S △ABC =12bcsinA =12×4√2×(2√6?2√2)×√32=12?4√318.现有⼀种⽔上闯关游戏，共设有3个关⼝，如果在规定的时间内闯过了这3个关⼝，那么闯关成功，否则闯关失败，结束游戏．假定⼩张、⼩王、⼩李闯过任何⼀个关⼝的概率分别为23，12，12，且各关⼝能否顺利闯过相互独⽴．（1）求⼩张、⼩王、⼩李分别闯关成功的概率；（2）记⼩张、⼩王、⼩李三⼈中闯关成功的⼈数为X ，求X 的分布列及数学期望．【解答】记⼩张、⼩王、⼩李闯关成功的事件分别为：A ，B ，C ，则P(A)=(23)3=827；P(B)=(12)3=18；P(C)=(12)3=18；易知X 的所有可能取值为：0，1，2，3；P(X ＝0)=1927×78×78=9311728；P(X ＝1)=827×78×78+1927×18×78+1927×78×18=6581728； P(X ＝2)=827×18×78+827×78×18+1927×18×18=1311728， P(X ＝3)=827×18×18=81728．所有随机变量的分布列为：故E(X)＝0×9311728+1×6581728+2×1311728+3×81728=59108．19.如图，四边形ABCD 为正⽅形，PA?//?CE ，AB ＝CE =12PA ，PA ⊥平⾯ABCD ．（1）证明：PE ⊥平⾯DBE ；（2）求⼆⾯⾓B ?PD ?E 的正弦值的⼤⼩．【解答】证明：连结AC ，∵四边形ABCD 是正⽅形，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥平⾯ABCD ，∴PA ⊥BD ，PA ⊥AD ，∵PA ∩AC ＝A，∴BD ⊥平⾯APEC ，∵PE ?平⾯APEC ，∴BD ⊥PE ，设AB ＝1，则AD ＝1，PA ＝2，∴PD =√5，同理解得DE =√2，要梯形PACE 中，解得PE =√3，∴PE 2+DE 2＝PD 2，∴PE ⊥DE ，∵BD ∩DE ＝D ，∴PE ⊥平⾯DBE ．以A 为原点，AD ，AB ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴，建⽴空间直⾓坐标系，令AB ＝1，则CE ＝，AP ＝2，∴P(0,?0,?2)，E(1,?1,?1)，D(1,?0,?0)，B(0,?1,?0)，EP →=(?1,??1,?1)，DP →=(?1,?0,?2)，BP →=(0,??1,?2)，BD →=(1,??1,?0)，设平⾯DPE 的法向量n →=(x,?y,?z)，则{n →EP →=?x ?y +z =0n →?DP →=?x +2z =0 ，取z ＝1，得n →=(2,??1,?1)，设平⾯BPD 的法向量m →=(a,?b,?c)，则{m →BD →=a ?b =0m →?DP →=?a +2c =0，取c ＝1，得m →=(2,?2,?1)，设⼆⾯⾓B ?PD ?E 的平⾯⾓为θ，则cosθ=|m →?n →||m →|?|n →|=√66，∴⼆⾯⾓B ?PD ?E 的正弦值sinθ=√1?(√66)2=√306．20.已知抛物线C:y 2＝4x 的焦点为F ，过点P(2,?0)的直线l 交抛物线C 于A(x 1,?y 1)和B(x 2,?y 2)两点．（1）当x 1+x 2＝8时，求直线l 的⽅程；（2）若过点P(2,?0)且垂直于直线l 的直线l ′与抛物线C 交于M ，N 两点，记△ABF 与△MNF 的⾯积分别为S 1与S 2，求S 1S 2的最⼩值．【解答】直线l 过定点P(2,?0)，在x 轴上，且直线l 与抛物线相交，则斜率⼀定不为0，可设直线l 的⽅程为x ＝my +2，联⽴抛物线的⽅程y 2＝4x ，可得y 2?4my ?8＝0，可得y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝?8，所以x 1+x 2＝my 1+2+my 2+2＝m(y 1+y 2)+4＝4m 2+4，因为x 1+x 2＝8，所以4m 2+4＝8，解得m ＝±1，所以直线l 的⽅程为x ?y ?2＝0或x +y ?2＝0；设直线l 的⽅程为x ＝my +2，联⽴抛物线的⽅程可得y 2?4my ?8＝0，可得y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝?8，则S 1=12|PF|?|y 1?y 2|=12√(y 1+y 2)2?4y 1y 2=12√16m 2+32=2√m 2+2，因为直线MN 与直线l 垂直，且当m ＝0时，直线l 的⽅程为x ＝2，此时直线l ′的⽅程为x ＝0，但此时直线l ′与抛物线C 没有两个交点，所以不符题意，所以m ≠0，所以直线l 的斜率为1m ，因此直线MN 的斜率为?m(m ≠0)，由点斜式⽅程可得直线l ′的⽅程为y ?0＝?m(x ?2)，即mx +y ?2m ＝0，联⽴抛物线的⽅程y 2＝4x ，消去y ，可得m 2x 2?(4m 2+4)x +4m 2＝0，设M(x 3,?y 3)，N(x 4,?y 4)，可得x 3+x 4= 4m 2+4m ，x 3x 4＝4，则y 3?y 4＝m(2?x 3)?m(2?x 4)＝?m(x 3?x 4)，因此|y 3?y 4|＝|m|?|x 3?x 4|＝|m|?√(x 3+x 4)2?4x 3x 4=|m|?√(4m 2+4m )2?4×4=|m|m √(4+4m 2)2?16m 2=1|m|√16+32m 2，所以S 2=12|PF|?|y 3?y 4|=12×1×1|m|√16+32m 2=2|m|√2m 2+1，所以S 1S 2＝2√m 2+2?2|m|√2m 2+1=4√(m 2+2)(2m 2+1)m 2=4√5+2m 2+2m 2≥4√5+2√2m 2?2m 2=4√5+2×2=12，当且仅当2m 2=2m 2即m ＝±1时等号恒成⽴，所以S 1S 2的最⼩值为12．21.已知函数g(x)＝e x ?ax 2?ax ，?(x)＝e x ?2x ?lnx ．其中e 为⾃然对数的底数．（1）若f(x)＝?(x)?g(x)．①讨论f(x)的单调性；②若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．（2）已知a >0，函数g(x)恰有两个不同的极值点x 1，x 2，证明：x 1+x 2【解答】f(x)＝?(x)?g(x)＝e x?2x?lnx?e x+ax2+ax＝ax2+(a?2)x?lnx(x>0)，①f′(x)=2ax+(a?2)?1x =2ax2+(a?2)x?1x=(2x+1)(ax?1)x(x>0)，(i)当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,?+∞)上递减；(ii)当a>0时，令f′(x)>0，解得x>1a ；令f′(x)<0，解得0a，∴函数f(x)在(0,1a )递减，在(1a,+∞)递增；综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,?+∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(0,1a )上单调递减，在(1a,+∞)上单调递增；②由①知，若a≤0，函数f(x)在(0,?+∞)上单调递减，不可能有两个不同的零点，故a>0；且当x→0时，f(x)→+∞；当x→+∞时，f(x)→+∞；故要使函数f(x)有两个不同的零点，只需f(x)min=f(1a )=a?(1a)2+a?2aln1a <0，即lna?1a+1<0，⼜函数y=lnx?1x +1在(0,?+∞)上为增函数，且ln1?11+1=0，故lna?1a+1<0的解集为(0,?1)．故实数a的取值范围为(0,?1)；证明：g′(x)＝e x?2ax?a，依题意，{e x1?2ax1?a=0e x2?2ax2?a=0，两式相减得，x1?x2(x1要证x1+x22x1?x2，两边同除以e x2，即证(x1?x2)e x1?x22>e x1?x2?1，令t＝x1?x2(t<0)，即证te t2?e t+1>0，令?(t)=te t2?e t+1(t<0)，则?(t)=?et2[et2?(t2+1)]，令p(t)=e t2?(t2+1)，则p′(t)=12(e t2?1)，当t<0时，p′(t)<0，p(t)在(?∞,?0)上递减，∴p(t)>p(0)＝0，∴?′(t)<0，∴?(t)在(?∞,?0)上递减，∴?(t)>?(0)＝0，即te t2?e t+1>0，故x1+x2（⼆）选考题：共10分．请考⽣在第22、23两题中任选⼀题作答．如果多做，则按所做的第⼀题计分．[选修4-4：坐标系与参数⽅程]22.以平⾯直⾓坐标系xOy的原点为极点，x轴的⾮负半轴为极轴并取相同的单位长度建⽴极坐标系，已知过点A(?1,??2)且斜率为1的直线l1与曲线y=4+4sinα（α是参数）交于P，Q两点，与直线l2:ρcosθ+2ρsinθ+4＝0交于点N．（1）求曲线C的普通⽅程与直线l2的直⾓坐标⽅程；（2）若PQ的中点为M，⽐较|PQ|与|MN|的⼤⼩关系，并说明理由．【解答】曲线C:{x=3+4cosα,y=4+4sinα（α是参数）转换为直⾓坐标⽅程为(x?3)2+(y?4)2＝16．直线l2:ρcosθ+2ρsinθ+4＝0根据{x=ρcosθy=ρsinθ转换为直⾓坐标⽅程为x+2y+4＝0．已知过点A(?1,??2)且斜率为1的直线l1的直⾓坐标⽅程为x?y?1＝0．所以{x?y?1=0(x?3)2+(y?4)2=16，整理得x2?8x+9＝0，设点P(x1,?y1)，Q(x2,?y2)，所以中点M(x1+x22,y1+y22)，根据⼀元⼆次⽅程根和系数关系式的应⽤，解得x1+x2＝8，x1x2＝9，整理得：M(4,?3)．联⽴{x+2y+4=0x?y?1=0，解得{x=?23y=?53，即N(?23,?53)，所以|MN|=√(?23?4)2+(?533)2=14√23．根据弦长公式：|PQ|=√1+k2|x1?x2|=√1+12?√(x1+x2)2?4x1x2= 2√14．由于14√23?2√14=2√2(√499√7)<0，。
2020年河南省郑州市高考数学一模试卷（理科）（含参考答案）
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．（5分）设集合A＝{x∈N||x|≤2}，B＝{y|y＝1﹣x2}，则A∩B的子集个数为（）A．2B．4C．8D．16【解答】解：∵A＝{x∈N|﹣2≤x≤2}＝{0，1，2}，B＝{y|y≤1}，∴A∩B＝{0，1}，∴A∩B的子集个数为22＝4个．故选：B．2．（5分）若复数z满足z=i（其中i为虚数单位），则z在复平面的对应点在（）A．第一象限B．第二象限1+i1+iC．第三象限D．第四象限【解答】解：∵z=i=(1+i)(−i)=1−i，2−i∴z在复平面的对应点的坐标为（1，﹣1），在第四象限．故选：D．3．（5分）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（）A．月接待游客量逐月增加B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳【解答】解：由已有中2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据可得：月接待游客量逐月有增有减，故A错误；年接待游客量逐年增加，故B正确；各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月，故C正确；各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D 正确；故选：A．4．（5分）定义在R上的函数f(x)=()|xm|2为偶函数，a=f(log2)，b=f(()3)，c ＝f（m），则（）A．c＜a＜b B．a＜c＜b131312112C．a＜b＜c D．b＜a＜c 【解答】解：定义在R上的函数f(x)=()|xm|2为偶函数，则f（﹣x）＝f（x），即(3)|xm|2=(3)|xm|2；所以m＝0，所以f（x）=()|x|2，且在[0，+∞）上是单调减函数；又log2=1，0＜(2)3＜2，m＝0；211所以f（log2）＜f（()3）＜f（0），22111111311即a＜b＜c．故选：C．5．（5分）“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷2000个点，已知恰有800个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是（）A．165B．185C．10D．325【解答】解：根据题意，设阴影部分的面积为S，则正方形的面积为9，向正方形内随机投掷2000个点，已知恰有800个点落在阴影部分内，则向正方形内随机投掷一点，其落到阴影部分的概率P =而P =9，则=，95ss 28002=；20005解可得，S =5；故选：B ．6．（5分）已知向量a ，b 的夹角为，且|a |＝1，|2a −b |=√3，则|b |＝（）3→→18π→→→→A ．1→B ．√2→C ．√3D ．2【解答】解：由|2a −b |=√3，得|2a−b|=(2a −b)=4|a|−4a ⋅b +|b|2=3，又向量a ，b 的夹角为60°，且|a |＝1，∴4×1﹣4×1×|b |cos60°+|b|2=3，整理得：|b |−2|b|+1=0，解得|b |＝1．故选：A ．7．（5分）宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生“的问题，松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a ，b 分别为3，1，则输出的n 等于（）→2→→→→→→→2→→2→2→→→2→→A．5B．4C．3D．2【解答】解：模拟程序的运行，可得a＝3，b＝1n＝1a=2，b＝2不满足条件a≤b，执行循环体，n＝2，a=4，b＝4不满足条件a≤b，执行循环体，n＝3，a=81，b＝8 8243279不满足条件a≤b，执行循环体，n＝4，a=16，b＝16此时，满足条件a≤b，退出循环，输出n的值为4．故选：B．2+18．（5分）函数f(x)=x⋅cosx的图象大致是（）2−1xA．B．C ．−xD ．2+1【解答】解：由题意，f （﹣x ）=−x •cos （﹣x ）＝﹣f （x ），函数是奇函数，排除A ，2−1B ；x →0+，f （x ）→+∞，排除D ．故选：C ．9．（5分）第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，某项目比赛期间需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有多少种（）A ．60B ．90C ．120D ．150【解答】解：根据题意，分2步进行分析①、将5项工作分成3组若分成1、1、3的三组，有若分成1、2、2的三组，有C 53C 21C 11A 22A 22C 52C 32C 11=10种分组方法，=15种分组方法，则将5项工作分成3组，有10+15＝25种分组方法；②、将分好的三组全排列，对应3名志愿者，有A 33＝6种情况；所以不同的安排方式则有25×6＝150种，故选：D ．10．（5分）已知抛物线y 2＝2x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，直线PF 与抛物线交于M ，N 两点，若PF =3MF ，则|MN |＝（）A ．163→→B ．38C ．212D ．18√33【解答】解：抛物线C ：y 2＝2x的焦点为F （，0），准线为l ：x =−2，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），M ，N 到准线的距离分别为d M ，d N ，由抛物线的定义可知|MF |＝d M ＝x 1+2，|NF |＝d N ＝x 2+2，于是|MN |＝|MF |+|NF |＝11x 1+x 2+1．∵PF =3MF ，∴直线MN 的斜率为±√3，∵F （，0），21→→∴直线PF 的方程为y ＝±√3（x −），将y ＝±√3（x −），代入方程y 2＝2x ，并化简得12x 2﹣20x +3＝0，∴x 1+x 2=3，于是|MN |＝|MF |+|NF |＝x 1+x 2+1=3+1=3．故选：B ．11．（5分）已知三棱锥P ﹣ABC 内接于球O ，P A ⊥平面ABC ，△ABC 为等边三角形，且边长为√3，球O 的表面积为16π，则直线PC 与平面P AB 所成的角的正弦值为（）A ．√1575581212B ．√155C ．√152D ．√1510【解答】解：设三棱锥外接球的球心为O ，半径为R ，则S 球＝4πR 2＝16π，故R ＝2，设M 为△ABC 的中心，N 为AB 的中点，则OM ⊥平面ABC ，且OC ＝2，由△ABC 为等边三角形，且边长为√3，求得NC =，MC ＝1，∴OM =√OC 2−OM 2=√3，∵P A ⊥平面ABC ，故P A ＝2OM ＝2√3，且P A ⊥CN ，∴PN =2，又CN ⊥AB ，AB ∩P A ＝A ，∴CN ⊥平面P AB ，则PC =√15，√15NC ∴sin ∠NPC =PC =2=10．√15√51323故选：D ．12．（5分）f（x）={|2x+1|，x＜1，g（x）=4x3−4x2+m+2，若y＝f（g（x））﹣log2(x−1)，x＞1515m有9个零点，则m的取值范围是（）A．（0，1）B．（0，3）54C．(1，)53D．(，3)53【解答】解：令t＝g（x），g（x）=x3−=4x(x−2)，15152151515x+m+2，g（'x）=x2−x=(x2−2x）4424当x∈（﹣∞，0），（2，+∞）时，函数g（x）递增，当x∈（0，2）时，函数g（x）递减，函数g（x）有极大值g（0）＝m+2，极小值g（2）＝m﹣3，若y＝f（g（x））﹣m有9个零点，画出图象如下：观察函数y＝f（t）与y＝m的交点，当m＜0时，t＞1，此时函数y＝f（t）与y＝m最多有3个交点，故不成立，当m＝0时，t1=−2，t2＝2，g（0）＝2，g（2）＝﹣3，g（x）＝t1，有三个解，g（x）＝2有2个解，共5个解不成立；当m＞3时，显然不成立；故要使函数有9个零点，0＜m＜3，根据图象，每个y＝t最多与y＝g（x）有三个交点，要有9个交点，只能每个t都要有3个交点，当0＜m＜3，y＝f（t）与y＝m的交点，−2＜t1＜−2，−2＜t2＜1，2＜t3＜9，111g （0）＝m +2∈（2，5），g （2）＝m ﹣3∈（﹣3，0），当2＜t 3＜m +2时，由log 2(t 3−1)=m ，t 3=2m +1，即2＜2m +1＜m +2时，得0＜m ＜1时，2＜t 3＜3时（x ）＝t 3，有三个解，g （x ）＝t 2，要有三个解m ﹣3＜−2，即m ＜2，g （x ）＝t 1有三个解m ﹣3＜﹣2，即m ＜1，综上，m ∈（0，1），故选：A ．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）曲线y ＝xe x ﹣2x 2+1在点（0，1）处的切线方程为y ＝x +1．【解答】解：求导函数可得，y ′＝（1+x ）e x ﹣4x 当x ＝0时，y ′＝1∴曲线y ＝xe x ﹣2x 2+1在点（0，1）处的切线方程为y ﹣1＝x ，即y ＝x +1．故答案为：y ＝x +1．14．（5分）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则【解答】解：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 1≠0，a 2＝3a 1可得，d ＝2a 1，∴S 10S 5S 10S 515=4．=10(a 1+a 10)5(a 1+a 5)=2a 11+4d=2(2a 1+18a 1)=4，2a 1+8a 12(2a +9d)故答案为：4．15．（5分）已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的右顶点为A ，以A 为圆心，b 为→3→半径做圆，圆A 与双曲线C 的一条渐近线相交于M ，N 两点，若OM =2ON （O 为坐标原点），则双曲线C 的离心率为【解答】解：双曲线C ：x 2a 2√30．5−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的右顶点为A （a ，0），以A 为圆心，b 为半径做圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M 、N 两点．则点A 到渐近线bx ﹣ay ＝0的距离为|AB |=ab√b 2+a 2，22a2b b2√∵r＝b，∴|BN|=b−2=，c c3→∵OM=ON，25b∴|OB|＝5|BN|=c，2→∵|OA|＝a，25b a2b∴a=2+2，c c242∴a2c2＝25b4+a2b2，∴a2（c2﹣b2）＝25b4，∴a2＝5b2＝5c2﹣5a2，即6a2＝5c2，即√6a=√5c，∴e=a=5，故答案为：√30．5c√3016．（5分）已知数列{a n}满足：对任意n∈N*均有a n+1＝pa n+2p﹣2（p为常数，p≠0且p≠1），若a2，a3，a4，a5∈{﹣18，﹣6，﹣2，6，11，30}，则a1的所有可能取值的集合是{﹣2，0，﹣66}．【解答】解：由题意，对任意n∈N*，均有an+1+2＝p（a n+2），当an+2＝0，即a1+2＝0，即a1＝﹣2时，a2＝a3＝a4＝a5＝﹣2．当an+2≠0时，构造数列{b n}：令b n＝a n+2，则b n+1＝pb n．故数列{bn}是一个以p为公比的等比数列．∵a2，a3，a4，a5∈{﹣18，﹣6，﹣2，6，11，30}，∴b 2，b 3，b 4，b 5∈{﹣16，﹣4，0，8，13，32}．①当b 2＝﹣4，b 3＝8，b 4＝﹣16，b 5＝32时，p ＝﹣2．此时，b 1=b 2−4==2，a 1＝b 1﹣2＝2﹣2＝0；p −212②当b 2＝32，b 3＝﹣16，b 4＝8，b 5＝﹣4时，p =−．2此时，b 1=p =1=−64，a 1＝b 1﹣2＝﹣64﹣2＝﹣66．−2b 32∴a 1的所有可能取值的集合是{﹣2，0，﹣66}．故答案为：{﹣2，0，﹣66}．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．（12分）已知△ABC 外接圆半径为R ，其内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，设2R （sin 2A ﹣sin 2B ）＝（a ﹣c ）sin C ．（Ⅰ）求角B ；（Ⅱ）若b ＝12，c ＝8，求sin A 的值．【解答】解：（I ）∵2R （sin 2A ﹣sin 2B ）＝（a ﹣c ）sin C ，∴2R •2R （sin 2A ﹣sin 2B ）＝（a ﹣c ）sin C •2R ，即：a 2+c 2﹣b 2＝ac ，a 2+c 2−b 1∴cosB ==．2ac 22因为0＜B ＜π，所以∠B =，（II ）若b ＝12，c ＝8，由正弦定理，b sinBπ3=，sinC =3，sinC√6c √3由b ＞c ，故∠C 为锐角，cosC =π3，√3√6∴sinA =sin(B +C)=sin(3+C)=2⋅3+2⋅3=1√33√2+√3．618．（12分）已知三棱锥M ﹣ABC 中，MA ＝MB ＝MC ＝AC =2√2，AB ＝BC ＝2，O 为AC的中点，点N 在线BC 上，且BN =3BC ．（1）证明：BO ⊥平面AMC ；（2）求二面角N ﹣AM ﹣C 的正弦值．→2→【解答】解：（1）如图所示：连接OM ，AC ，OM 相交于O ，在△ABC 中：AB =BC =2，AC =2√2，则∠ABC =90°，BO =√2，OB ⊥AC ．在△MAC 中：MA =MC =AC =2√2，O 为AC 的中点，则OM ⊥AC ，且OM =√6．在△MOB 中：BO =√2，OM =√6，MB =2√2，满足：BO 2+OM 2＝MB 2根据勾股定理逆定理得到OB ⊥OM ，故OB ⊥平面AMC ；（2）因为OB ，OC ，OM 两两垂直，建立空间直角坐标系O ﹣xyz 如图所示．因为MA =MB =MC =AC =2√2，AB ＝BC ＝2则A(0，−√2，0)，B(√2，0，0)，C(0，√2，0)，M(0，0，√6)，√22→2√2由BN =3BC 所以，N(3，3，0)→设→平→面√2MAN5√2的法向√2量5√2为m =(x ，y ，z)→，则AN ⋅n =(3，3，0)⋅(x ，y ，z)=3x +3y =0，{→→AM ⋅n =(0，√2，√6)⋅(x ，y ，z)=√2y +√6z =0令y =√3，得m =(−5√3，√3，−1)，因为BO ⊥平面AMC ，所以OB =(√2，0，0)为平面AMC 的法向量，所以m =(−5√3，√3，−1)与OB =(√2，0，0)所成角的余弦为cos ＜m ，OB ＞=−5√6−5√3=．√79√2√79→→→→→→所以二面角的正弦值为|sin ＜m ，OB ＞|=√1−(y 2a 2x 2b 2→→−5√3222√79)==．79√79√79√2，且过点C （1，0）．219．（12分）已知椭圆E ：+=1（a ＞b ＞0）的离心率为（1）求椭圆E 的方程；（2）若过点（−，0）的任意直线与椭圆E 相交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，求证，恒有|AB |＝2|CM |．【解答】解：（I ）由题意知b ＝1，=a c√2，213又因为a 2＝b 2+c 2解得，a =√2，所以椭圆方程为y 221+x 2=1．1（Ⅱ）设过点(−3，0)直线为x =ty −3，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）x =ty −3由{2得（9+18t 2）y 2﹣12ty ﹣16＝0，且△＞0．y2+x =1212t2，9+18t 则{16y 1y 2=−，9+18t21y 1+y 2=又因为CA =(x 1−1，y 1)，CB =(x 2−1，y 2)，CA ⋅CB =(x 1−1)(x 2−1)+y 1y 2=(ty 1−3)(ty 2−3)+y 1y 2=(1+t 2)y 1y 2−3t(y 1+y 2)+9=(1+t 2)−⋅9+18t 2312t 16+=0，99+18t 244416−164t →→→→所以CA ⊥CB ．→→因为线段AB 的中点为M ，所以|AB |＝2|CM |．20．（12分）水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深人贯彻科学发展观，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 （0＜p ＜1）．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“．（1）若p =2√2，求2个A 级水样本混合化验结果不达标的概率；32√2，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3（2）①若p =“？②若“方案三”比“方案四“更“优”，求p 的取值范围．【解答】解：（1）该混合样本达标的概率是(2√228)=，391所以根据对立事件原理，不达标的概率为1−9=9．（2）①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，概率为；若不达标则988检测次数为3，概率为．故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2，4，6．91其分布列如下，ξ2p26481416816181可求得方案二的期望为E(ξ2)=2×6416119822+4×+6×==818181819方案四：混在一起检测，记检测次数为ξ4，ξ4可取1，5．其分布列如下，ξ4p16481517816417149+5×=．818181可求得方案四的期望为E(ξ4)=1×比较可得E （ξ4）＜E （ξ2）＜4，故选择方案四最“优”．②方案三：设化验次数为η3，η3可取2，5．η3p2p 351﹣p 3E(η3)=2p 3+5(1−p 3)=5−3p 3；方案四：设化验次数为η4，η4可取1，5η4p1p 451﹣p 4E(η4)=p 4+5(1−p 4)=5−4p 4；由题意得E(η3)＜E(η4)⇔5−3p 3＜5−4p 4⇔p ＜4．故当0＜p ＜4时，方案三比方案四更“优”．e x 21．（12分）已知函数f （x ）＝x ﹣lnx −．x 33（1）求f （x ）的最大值；（2）若f(x)+(x +x )e x−bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围．e x【解答】解：（1）f(x)=x −lnx −x ，定义域（0，+∞），1f′(x)=1−x −1e x (x−1)(x−1)(x−e x )=，x 2x 2由e x ≥x +1＞x ，f （x ）在（0，1]增，在（1，+∞）减，f （x ）max ＝f （1）＝1﹣e ．1x e x e x x （2）f(x)+(x +x )e −bx ≥1⇔−lnx +x −x +xe +x −bx ≥1⇔﹣lnx +x +xe x ﹣bxxe x −lnx−1+x xe x −lnx−1+x﹣1≥0⇔≥b ⇔()min ≥b ，x x令φ(x)=xe x −lnx−1+x x 2e x +lnx，φ′(x)=，x x令h （x ）＝x 2e x +lnx ，h （x ）在（0，+∞）单调递增，x →0，h （x ）→﹣∞，h （1）＝e ＞0h （x ）在（0，1）存在零点x 0，即ℎ(x 0)=x 02e x 0+lnx 0=0，x 0e 2x 0+lnx 0=0⇔x 0e x 0ln lnx 1=−x 0=(ln x )(e x 0)，001由于y ＝xe x 在（0，+∞）单调递增，故x=ln x =−lnx 0，即e x 0=x ，00φ（x ）在（0，x 0）减，在（x 0，+∞）增，φ(x)minx 0e x 0−lnx 0−1+x 01+x 0−1+x 0===2，x 0x 011所以b ≤2．（二）选考题：共10分，请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]x =acosα322．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线E 经过点P (1，2)，其参数方程{y =3sinα√（α为参数），以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线E 的极坐标方程；（2）若直线l 交E 于点A ，B ，且OA ⊥OB ，求证：定值．【解答】解：（I ）将点P(1，2)代入曲线E 的方程，1=acosα，得{3解得a 2＝4，=3sinα，2√所以曲线E 的普通方程为14x 241331|OA|2+1|OB|2为定值，并求出这个+y 23=1，极坐标方程为ρ2(cos 2θ+sin 2θ)=1．（Ⅱ）不妨设点A ，B 的极坐标分别为A(ρ1，θ)，B(ρ2，θ+)，ρ1＞0，ρ2＞0，22(4ρ1cos 2θ+3ρ1sin 2θ)=1，则{1π12π222(4ρ2cos (θ+2)+3ρ2sin (θ+2)=1，π211111=4cos 2θ+3sin 2θ，2ρ1即{1．1122=4sin θ+3cos θ，ρ221 2ρ1+12ρ2=14+13=712，即1|OA|2+1|OB|2=712．[选修4-5不等式选讲]（10分）23．已知函数f（x）＝|x﹣1|﹣|2x+1|+m．（1）求不等式f（x）＞m的解集；（2）若恰好存在4个不同的整数n，使得f（n）≥0，求m的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＞m，得|x﹣1|﹣|2x+1|＞0，即|x﹣1|＞|2x+1|，不等式两边同时平方，得（x﹣1）2＞（2x+1）2，即x2+2x＜0，解得﹣2＜x＜0，∴不等式f（x）＞m的解集为{x|﹣2＜x＜0}；x≤−x+221（2）设g（x）＝|x﹣1|﹣|2x+1|，g(x)=−3x−2＜x≤1，{−x−2x＞1∵g（﹣2）＝g（0）＝0，g（﹣3）＝﹣1，g（﹣4）＝﹣2，g（1）＝﹣3，又恰好存在4个不同的整数n，使得f（n）≥0，f(−3)≥0−1+m≥0∴{，即{，解得1≤m＜2，−2+m＜0f(−4)＜0故m的取值范围为[1，2）．1。
3.河南省六市2020届高三第一次模拟考试理数试题含答案
注意事项： 1．本试卷分第 I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分 150 分，考试用时 120 分钟． 2．答题前，考生务必用 0.5 毫来黑色签字笔将自已的姓名、准考证号、考试科目填写在规 定的位置上． 3．第 I 卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 4．第Ⅱ卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的 位置，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
半径相同的另外一个圆周上滚动时，这个定点的轨迹，因其形状
像心形而得名。在极坐标系 Ox 中，方程ρ=a（1-sinθ（a>0）表
示的曲线 C1 就是一条心形线，如图，以极轴 Ox 所在的直线为 x
轴，极点 O 为坐标原点的直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C2 的参
x
1
3t
数方程为 y
3 t （t 为参数）． 3
（2）点 E 在边 AB 上，若 CE 是∠BCA 的角平分线， 求△BCE 的面积.
18．（本小题满分 12 分）
在四棱椎 P ABCD 中，四边形 ABCD 为菱形，PA=5， PB 43 ，AB=6，PO⊥AD，O，
E 分别为 AD，AB 中点，∠BAD=60° （1）求证：AC⊥PE； （2）求平面 POE 与平面 PBD 所成锐二面角的余弦值.
在 ∆ADB 和 ∆ADC 中由余弦定理，得
AD2 + BD2 − AB2 + AD2 + DC 2 − AC 2 = 0 ，...........................3 分
2020届河南省名校联盟高三模拟仿真考试数学(理科)试题(带答案)
（1）解不等式 ；
（2）若 的最小值为 ， ，求 的最大值.
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
分别求出两个函数的值域和定义域即可得解.
【详解】
因为 ，
解 得
，所以 .
故选：C
【点睛】
此题考查求集合的交集运算，关键在于准确求出已知函数的值域和定义域.
2．D
【解析】
【分析】
根据复数在复平面内对应点所在位置求出 的范围，根据 列方程即可得解.
A． B． C． D．
7．已知抛物线 : 上一点 到焦点 的距离为4，直线 过 且与 交于 ， 两点， ，若 ，则 ( )
A． B． C． D．
8．执行如图所示的程序框图，若输出的 ，则输入的 的取值范围是( )
A． B． C． D．
9．在 中， ，斜边 ，点 ， 在其内切圆上运动，且 是一条直径，点 在 的三条边上运动，则 的最大值是( )
参考公式:
， ，其中 . ，若 ，则可判断 与 线性相交.
19．如图，在四棱锥 中，四边形 是边长为2的正方形， ， 为 的中点，点 在 上， 平面 ， 在 的延长线上，且 .
(1)证明: 平面 .
(2)过点 作 的平行线，与直线 相交于点 ，当点 在线段 上运动时，二面角 能否等于 ?请说明理由.
C． D．
5．我国古代数学家对圆周率 的近似值做出过杰出的贡献，魏晋时期的数学家刘徽首创用圆的内接正多边形的面积来逼近圆面积的方法，称为“割圆术”.在割圆术求 的方法中，若使用正三十二边形，则圆周率的近似值为( )(附: )
A．3.13B．3.12C．3.064D．3.182
6．已知双曲线 的一个焦点为 ，且与双曲线 的渐近线相同，则双曲线 的标准方程为( )