【2020年】河南省高考数学一诊试卷(理科)及解析
河南省高考数学一诊试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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）已知a∈R，复数z=，若=z，则a=（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣22．（5分）已知集合M={x|≤0}，N={x|y=log3（﹣6x2+11x﹣4）}，则M∩N=（）A．[1，]B．（，3]C．（1，）D．（，2）3．（5分）某城市收集并整理了该市2017年1月份至10月份各月最低气温与最高气温（单位：℃）的数据，绘制了下面的折线图．已知该市的各月最低气温与最高气温具有较好的线性关系，则根据该折线图，下列结论错误的是（）A．最低气温与最高气温为正相关B．10月的最高气温不低于5月的最高气温C．月温差（最高气温减最低气温）的最大值出现在1月D．最低气温低于0℃的月份有4个4．（5分）在等比数列{a n}中，若a2=，a3=，则=（）A．B．C．D．25．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，褒七尺，高八尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长，宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（）A．128π平方尺B．138π平方尺 C．140π平方尺 D．142π平方尺6．（5分）定义[x]表示不超过x的最大整数，（x）=x﹣[x]，例如[2.1]=2，（2.1）=0.1，执行如图所示的程序框图，若输入的x=5.8，则输出的z=（）A．﹣1.4 B．﹣2.6 C．﹣4.6 D．﹣2.87．（5分）若对于任意x∈R都有f（x）+2f（﹣x）=3cosx﹣sinx，则函数f（2x）图象的对称中心为（）A．（k∈Z）B．（k∈Z）C．（k ∈Z）D．（k∈Z）8．（5分）设x，y满足约束条件，若z=﹣ax+y取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为（）A．2或﹣3 B．3或﹣2 C．﹣或D．﹣或29．（5分）函数f（x）=的部分图象大致是（）A．B．C．D．10．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．20+12+2B．20+6+2C．20+6+2D．20+12+2 11．（5分）设椭圆E：的一个焦点为F（1，0），点A（﹣1，1）为椭圆E内一点，若椭圆E上存在一点P，使得|PA|+|PF|=9，则椭圆E的离心率的取值范围是（）A． B．C．D．12．（5分）已知函数f（x）=lnx+（2e2﹣a）x﹣，其中e是自然对数的底数，若不等式f（x）≤0恒成立，则的最小值为（）A．﹣B．﹣C．﹣ D．﹣二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）在△ABC中，|+|=|﹣|，||=2，则•=14．（5分）已知（1+x）（a﹣x）6=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，a∈R，若a0+a1+a2+…+a6+a7=0，则a3=．15．（5分）已知S n为数列{a n}的前n项和，a1=1，当n≥2时，恒有ka n=a n S n﹣S成立，若S99=，则k=．16．（5分）设F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线分别交于点A，B，且A（m，18）在第一象限，若△ABF2为等边三角形，则双曲线的实轴长为．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=4，b=2，2ccosC=b，D，E分别为线段BC上的点，且BD=CD，∠BAE=∠CAE．（1）求线段AD的长；（2）求△ADE的面积．18．（12分）某班为了活跃元旦气氛，主持人请12位同学做一个游戏，第一轮游戏中，主持人将标有数字1到12的十二张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取的标有数字7到12的卡片的同学留下，其余的淘汰；第二轮将标有数字1到6的六张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字4到6的卡片的同学留下，其余的淘汰；第三轮将标有数字1，2，3的三张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取得一张卡片，取到标有数字2，3的卡片的同学留下，其余的淘汰；第四轮用同样的办法淘汰一位同学，最后留下的这位同学获得一个奖品．已知同学甲参加了该游戏．（1）求甲获得奖品的概率；（2）设X为甲参加游戏的轮数，求X的分布列和数学期望．19．（12分）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，AC的中点，B1E ⊥平面ABC，△AB1C是等边三角形，AB=2A1B1，AC=2BC，∠ACB=90°．（1）证明：B1C∥平面A1DE；（2）求二面角A﹣BB1﹣C的正弦值．20．（12分）已知抛物线E：y2=2px（p＞0），斜率为k且过点M（3，0）的直线l与E交于A，B两点，且，其中O为坐标原点．（1）求抛物线E的方程；（2）设点N（﹣3，0），记直线AN，BN的斜率分别为k1，k2，证明：为定值．21．（12分）已知函数f（x）=（x+1）e ax（a≠0），且x=是它的极值点．（1）求a的值；（2）求f（x）在[t﹣1，t+1]上的最大值；（3）设g（x）=f（x）+2x+3xlnx，证明：对任意x1，x2∈（0，1），都有|g（x1）﹣g（x2）|＜++1．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为（t为参数），直线l2的参数方程为（m为参数），设l1与l2的交点为p，当k变化时，p的轨迹为曲线c1（Ⅰ）写出C1的普通方程及参数方程；（Ⅱ）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设曲线C2的极坐标方程为，Q为曲线C1上的动点，求点Q到C2的距离的最小值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）=|x+a|（a∈R）．（1）若f（x）≥|2x+3|的解集为[﹣3，﹣1]，求a的值；（2）若∀x∈R，不等式f（x）+|x﹣a|≥a2﹣2a恒成立，求实数a的取值范围．2018年河南省高考数学一诊试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，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）已知a∈R，复数z=，若=z，则a=（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2【解答】解：z===+a﹣1=（a﹣1）﹣（a+1）i，则=（a﹣1）+（a+1）i，∵=z，∴a+1=0，得a=﹣1，故选：B．2．（5分）已知集合M={x|≤0}，N={x|y=log3（﹣6x2+11x﹣4）}，则M∩N=（）A．[1，]B．（，3]C．（1，）D．（，2）【解答】解：∵集合M={x|≤0}={x|1＜x≤3}，N={x|y=log3（﹣6x2+11x﹣4）}={x|﹣6x2+11x﹣4＞0}={x|}，∴M∩N={x|1＜x≤3}∩{x|}=（1，）．故选：C．3．（5分）某城市收集并整理了该市2017年1月份至10月份各月最低气温与最高气温（单位：℃）的数据，绘制了下面的折线图．已知该市的各月最低气温与最高气温具有较好的线性关系，则根据该折线图，下列结论错误的是（）A．最低气温与最高气温为正相关B．10月的最高气温不低于5月的最高气温C．月温差（最高气温减最低气温）的最大值出现在1月D．最低气温低于0℃的月份有4个【解答】解：由该市2017年1月份至10月份各月最低气温与最高气温（单位：℃）的数据的折线图，得：在A中，最低气温与最高气温为正相关，故A正确；在B中，10月的最高气温不低于5月的最高气温，故B正确；在C中，月温差（最高气温减最低气温）的最大值出现在1月，故C正确；在D中，最低气温低于0℃的月份有3个，故D错误．故选：D．4．（5分）在等比数列{a n}中，若a2=，a3=，则=（）A．B．C．D．2【解答】解：∵在等比数列{a n}中，若a2=，a3=，∴公比q===，∴=，∴===．故选：A．5．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，褒七尺，高八尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长，宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（）A．128π平方尺B．138π平方尺 C．140π平方尺 D．142π平方尺【解答】解：∵今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长，宽分别为7尺和5尺，高为8尺，∴构造一个长方体，其长、宽、高分别为7尺、5尺、8尺，则这个这个四棱锥的外接球就是这个长方体的外接球，∴这个四棱锥的外接球的半径R==（尺），∴这个四棱锥的外接球的表面积为S=4π×R2==138π（平方尺）．故选：B．6．（5分）定义[x]表示不超过x的最大整数，（x）=x﹣[x]，例如[2.1]=2，（2.1）=0.1，执行如图所示的程序框图，若输入的x=5.8，则输出的z=（）A．﹣1.4 B．﹣2.6 C．﹣4.6 D．﹣2.8【解答】解：模拟程序的运行，可得x=5.8y=5﹣1.6=3.4x=5﹣1=4满足条件x≥0，执行循环体，x=1.7，y=1﹣1.4=﹣0.4，x=1﹣1=0满足条件x≥0，执行循环体，x=﹣0.2，y=﹣1﹣1.6=﹣2.6，x=﹣1﹣1=﹣2不满足条件x≥0，退出循环，z=﹣2+（﹣2.6）=﹣4.6．输出z的值为﹣4.6．故选：C．7．（5分）若对于任意x∈R都有f（x）+2f（﹣x）=3cosx﹣sinx，则函数f（2x）图象的对称中心为（）A．（k∈Z）B．（k∈Z）C．（k ∈Z）D．（k∈Z）【解答】解：∵对任意x∈R，都有f（x）+2f（﹣x）=3cosx﹣sinx ①，用﹣x代替x，得f（﹣x）+2f（x）=3cos（﹣x）﹣sin（﹣x）②，即f（﹣x）+2f（﹣x）=3cosx+sinx②；由①②组成方程组，解得f（x）=sinx+cosx，∴f（x）=sin（x+），∴f（2x）=sin（2x+）．令2x+=kπ，k∈Z，求得x=﹣，故函数f（2x）图象的对称中心为（﹣，0），k∈Z，故选：D．8．（5分）设x，y满足约束条件，若z=﹣ax+y取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为（）A．2或﹣3 B．3或﹣2 C．﹣或D．﹣或2【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分OAB）．由z=y﹣ax得y=ax+z，即直线的截距最大，z也最大．若a=0，此时y=z，此时，目标函数只在A处取得最大值，不满足条件，若a＞0，目标函数y=ax+z的斜率k=a＞0，要使z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一，则直线y=ax+z与直线2x﹣y=0平行，此时a=2，若a＜0，目标函数y=ax+z的斜率k=a＜0，要使z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一，则直线y=ax+z与直线x+y=1平行，此时a=﹣3，综上a=﹣3或a=2，故选：A．9．（5分）函数f（x）=的部分图象大致是（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数f（x）的定义域为（﹣∞，﹣）∪（﹣，）∪（，+∞）f（﹣x）===f（x），∴f（x）为偶函数，∴f（x）的图象关于y轴对称，故排除A，令f（x）=0，即=0，解得x=0，∴函数f（x）只有一个零点，故排除D，当x=1时，f（1）=＜0，故排除C，综上所述，只有B符合，故选：B．10．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．20+12+2B．20+6+2C．20+6+2D．20+12+2【解答】解：由三视图可知该几何体为侧放的四棱锥，棱锥的底面为矩形ABCD，底面与一个侧面PBC垂直，PB=PC=4，AB=3．S ABCD=3×=12，S△PBC=，S△PCD=S△PBA=，△PAD中AP=PD=5，AD=4，∴AD边上的高为，=，∴S△PAD则该几何体的表面积为12+8+6+6+2=12+20+2，故选：D11．（5分）设椭圆E：的一个焦点为F（1，0），点A（﹣1，1）为椭圆E内一点，若椭圆E上存在一点P，使得|PA|+|PF|=9，则椭圆E的离心率的取值范围是（）A． B．C．D．【解答】解：记椭圆的左焦点为F1（﹣1，0），则|AF1|=1，∵|PF1|≤|PA|+|AF1|，∴2a=|PF1|+|PF|≤|PA|+|AF1|+|PF|≤1+9=10，即a≤5；∵|PF1|≥|PA|﹣|AF1|，∴2a=|PF1|+|PF|≥|PA|﹣|AF1|+|PF|≥9﹣1=8，即a≥4，∴4≤a≤5，∴故选：C．12．（5分）已知函数f（x）=lnx+（2e2﹣a）x﹣，其中e是自然对数的底数，若不等式f（x）≤0恒成立，则的最小值为（）A．﹣B．﹣C．﹣ D．﹣【解答】解：∵函数f（x）=lnx+（2e2﹣a）x﹣，其中e为自然对数的底数，∴f′（x）=+（2e2﹣a），x＞0，当a≤2e2时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上是增函数，∴f（x）≤0不可能恒成立，当a＞2e2时，由f′（x）=0，得x=，∵不等式f（x）≤0恒成立，∴f（x）的最大值为0，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，∴当x=时，f（x）取最大值，f（）=﹣ln（a﹣2e2）﹣b﹣1≤0，∴ln（a﹣2e2）+b+1≥0，∴b≥﹣1﹣ln（a﹣2e2），∴•≥（a＞2e2），令F（x）=，x＞2e2，F′（x）==，令H（x）=（x﹣2e2）ln（x﹣2e2）﹣2e2，H′（x）=ln（x﹣2e2）+1，由H′（x）=0，得x=2e2+，当x∈（2e2+，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）是增函数，x∈（2e2，2e2+）时，H′（x）＜0，H（x）是减函数，∴当x=2e2+时，H（x）取最小值H（2e2+）=﹣2e2﹣，∵x→2e2时，H（x）→0，x＞3e2时，H（x）＞0，H（3e2）=0，∴当x∈（2e2，3e2）时，F′（x）＜0，F（x）是减函数，当x∈（3e2，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）是增函数，∴x=3e2时，F（x）取最小值，F（3e2）==﹣，∴•的最小值为﹣，即有的最小值为﹣．故选：B．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）在△ABC中，|+|=|﹣|，||=2，则•=﹣4【解答】解：在△ABC中，|+|=|﹣|，可得|+|2=|﹣|2，即有2+2+2•=2+2﹣2•，即为•=0，则△ABC为直角三角形，A为直角，则•=﹣•=﹣||•||•cosB=﹣||2=﹣4．故答案为：﹣4．14．（5分）已知（1+x）（a﹣x）6=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，a∈R，若a0+a1+a2+…+a6+a7=0，则a3=﹣5．【解答】解：（1+x）（a﹣x）6=a0+a1x+a2x2+…+a7x7中，令x=1得，a0+a1+…+a7=2•（a﹣1）6=0，解得a=1，而a3表示x3的系数，所以a3=C63•（﹣1）3+C62•（﹣1）2=﹣5．故答案为：﹣5．15．（5分）已知S n为数列{a n}的前n项和，a1=1，当n≥2时，恒有ka n=a n S n﹣S成立，若S99=，则k=2．【解答】解：当n≥2时，恒有ka n=a n S n﹣S成立，）=﹣S，即为（k﹣S n）（S n﹣S n﹣1化为﹣=，可得=1+，可得S n=．由S99=，可得=，解得k=2．故答案为：2．16．（5分）设F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线分别交于点A，B，且A（m，18）在第一象限，若△ABF2为等边三角形，则双曲线的实轴长为2．【解答】解：根据双曲线的定义，可得|AF1|﹣|AF2|=2a，∵△ABF2是等边三角形，即|AF2|=|AB|，∴|BF1|=2a，又∵|BF2|﹣|BF1|=2a，∴|BF2|=|BF1|+2a=4a，∵△BF1F2中，|BF1|=2a，|BF2|=4a，∠F1BF2=120°，∴|F1F2|2=|BF1|2+|BF2|2﹣2|BF1|•|BF2|cos120°，即4c2=4a2+16a2﹣2×2a×4a×（﹣）=28a2，解得c2=7a2，b2=6a2，由双曲线的第二定义可得===，则m=，由A在双曲线上，可得﹣=1，解得a=，则2a=2．故答案为：2．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=4，b=2，2ccosC=b，D，E分别为线段BC上的点，且BD=CD，∠BAE=∠CAE．（1）求线段AD的长；（2）求△ADE的面积．【解答】解：（1）根据题意，b=2，c=4，2ccosC=b，则cosC==；又由cosC===，解可得a=4，即BC=4，则CD=2，在△ACD中，由余弦定理得：AD2=AC2+CD2﹣2AC•CDcosC=6，则AD=；（2）根据题意，AE平分∠BAC，则==，变形可得：CE=BC=，cosC=，则sinC==，S△ADE=S△ACD﹣S△ACE=×2×2×﹣×2××=．18．（12分）某班为了活跃元旦气氛，主持人请12位同学做一个游戏，第一轮游戏中，主持人将标有数字1到12的十二张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取的标有数字7到12的卡片的同学留下，其余的淘汰；第二轮将标有数字1到6的六张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字4到6的卡片的同学留下，其余的淘汰；第三轮将标有数字1，2，3的三张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取得一张卡片，取到标有数字2，3的卡片的同学留下，其余的淘汰；第四轮用同样的办法淘汰一位同学，最后留下的这位同学获得一个奖品．已知同学甲参加了该游戏．（1）求甲获得奖品的概率；（2）设X为甲参加游戏的轮数，求X的分布列和数学期望．【解答】解：（1）设甲获得奖品为事件A，在每轮游戏中，甲留下的概率与他摸卡片的顺序无关，则．（2）随机变量X的取值可以为1，2，3，4．，，，．X的分布列为随机变量X的概率分布列为：所以数学期望．19．（12分）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，AC的中点，B1E⊥平面ABC，△AB1C是等边三角形，AB=2A1B1，AC=2BC，∠ACB=90°．（1）证明：B1C∥平面A1DE；（2）求二面角A﹣BB1﹣C的正弦值．【解答】证明：（1）因为A1B1∥AB，AB=2A1B1，D为棱AB的中点，所以A1B1∥BD，A1B1=BD，所以四边形A1B1BD为平行四边形，从而BB1∥A1D．又BB1⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，所以B1B∥平面A1DE，因为DE是△ABC的中位线，所以DE∥BC，同理可证，BC∥平面A1DE．因为BB1∩BC=B，所以平面B1BC∥平面A1DE，又B1C⊂平面B1BC，所以B1C∥平面A1DE．解：（2）以ED，EC，EB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系E﹣xyz，设BC=a，则A（0，﹣a，0），B（a，a，0），C（0，a，0），，则，．设平面ABB1的一个法向量，则，即，取z 1=1，得．同理，设平面BB 1C的一个法向量，又，，由，得，取z=﹣1，得，所以，故二面角A﹣BB1﹣C的正弦值为：=．20．（12分）已知抛物线E：y2=2px（p＞0），斜率为k且过点M（3，0）的直线l与E交于A，B两点，且，其中O为坐标原点．（1）求抛物线E的方程；（2）设点N（﹣3，0），记直线AN，BN的斜率分别为k1，k2，证明：为定值．【解答】解：（1）根据题意，设直线l的方程为y=k（x﹣3），联立方程组得，设A（x1，y1），B（x2，y2），所以，y1y2=﹣6p，又，所以p=2，从而抛物线E的方程为y2=4x．（2）证明：因为，，所以，，因此==，又，y1y2=﹣6p=﹣12，所以，即为定值．21．（12分）已知函数f（x）=（x+1）e ax（a≠0），且x=是它的极值点．（1）求a的值；（2）求f（x）在[t﹣1，t+1]上的最大值；（3）设g（x）=f（x）+2x+3xlnx，证明：对任意x1，x2∈（0，1），都有|g（x1）﹣g（x2）|＜++1．【解答】解：（1）f（x）=（x+1）e ax（a≠0）的导数f′（x）=e ax+a（x+1）e ax=（ax+a+1）e ax，因为是f（x）的一个极值点，所以，所以a=﹣3．（2）由（1）知f（x）=（x+1）e﹣3x，f′（x）=（﹣3x﹣2）e﹣3x，易知f（x）在上递增，在上递减，当，即时，f（x）在[t﹣1，t+1]上递增，；当，即时，f（x）在[t﹣1，t+1]上递减，；当，即时，．（3）证明：g（x）=（x+1）e﹣3x+2x+3xlnx，设g（x）=m1（x）+m2（x），x∈（0，1），其中，m2（x）=3xlnx，则，设h（x）=（﹣3x﹣2）e﹣3x+2，则h'（x）=（9x+3）e﹣3x＞0，可知m1'（x）在（0，1）上是增函数，所以m1'（x）＞m1'（0）=0，即m1（x）在（0，1）上是增函数，所以．又m2'（x）=3（1+lnx），由m2'（x）＞0，得；由m2'（x）＜0，得，所以m2（x）在上递减，在上递增，所以，从而．所以，对任意x1，x2∈（0，1），．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为（t为参数），直线l2的参数方程为（m为参数），设l1与l2的交点为p，当k变化时，p的轨迹为曲线c1（Ⅰ）写出C1的普通方程及参数方程；（Ⅱ）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设曲线C2的极坐标方程为，Q为曲线C1上的动点，求点Q到C2的距离的最小值．【解答】解：（Ⅰ）将参数方程转化为一般方程，①，②①×②消k可得：．即P的轨迹方程为．C1的普通方程为．C1的参数方程为（α为参数α≠kπ，k∈Z）．（Ⅱ）由曲线C2：，得：，即曲线C2的直角坐标方程为：x+y﹣8=0，由（Ⅰ）知曲线C1与直线C2无公共点，曲线C1上的点到直线x+y﹣8=0的距离为：，所以当时，d的最小值为．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）=|x+a|（a∈R）．（1）若f（x）≥|2x+3|的解集为[﹣3，﹣1]，求a的值；（2）若∀x∈R，不等式f（x）+|x﹣a|≥a2﹣2a恒成立，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）f（x）≥|2x+3|即|x+a|≥|2x+3|，平方整理得：3x2+（12﹣2a）x+9﹣a2≤0，所以﹣3，﹣1是方程3x2+（12﹣2a）x+9﹣a2=0的两根，…2分由根与系数的关系得到…4分解得a=0…5分（2）因为f（x）+|x﹣a|≥|（x+a）﹣（x﹣a）|=2|a|…7分所以要不等式f（x）+|x﹣a|≥a2﹣2a恒成立只需2|a|≥a2﹣2a…8分当a≥0时，2a≥a2﹣2a解得0≤a≤4，当a＜0时，﹣2a≥a2﹣2a此时满足条件的a不存在，综上可得实数a的范围是0≤a≤4…10分。
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年郑州市高考一模数学理科试题解析卷
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 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳 3．答案：A 解析：观察折线图，每年 7 月到 8 月折线图呈下降趋势，月接待游客量减少，故选项 A 说法错误； 折线图整体呈现出增长的趋势，年接待游客量逐年增加，故选项 B 说法正确； 每年的接待游客量七、八月份达到最高点，即各年的月接待游客量高峰期大致在 7,8 月，故选项 C 说法正 确； 每年 1 月至 6 月的折线图比较平稳，月接待游客量波动性较小，而每年 7 月至 12 月的折线图不平稳，波
．
S5
14．答案：4
解析：设{an}的公差为 d ，则 a2 a1 d 3a1,d 2a1 ， S10 10a1 45d 100a1 ，
S5 5a1 10d 25a1 ， S10 100a1 4 ． S5 25a1
x2 y2 15．已知双曲线 C : 1(a 0,b 0) 的右顶点为 A ，以 A 为圆心，b 为半径作圆，圆 A 与双曲线
2 a
2 b
4
a
b
cos
2 b
2
b
2 4 3 ， b
2
b
1 0，
3
2
b 1 0, b 1 ．
7．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（ ）
A．5
2020年河南省平顶山市、许昌市、济源市高考数学一模试卷(理科)
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．（5分）复数41−√3i等于（ ） A ．1+√3i B ．﹣1+√3i C ．1−√3iD ．﹣1−√3i【解答】解：41−√3i =221−√3i=2√3i)(1−√3i)(1+√3i)=−4(1+√3i)4=−1−√3i ．故选：D ．2．（5分）如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y ＝3sin （π6x +φ）+k ．据此函数可知，这段时间水深（单位：m ）的最大值为（ ）A ．5B ．6C ．8D ．10【解答】解：由题意可得当sin （π6x +φ）取最小值﹣1时， 函数取最小值y min ＝﹣3+k ＝2，解得k ＝5， ∴y ＝3sin （π6x +φ）+5，∴当当sin （π6x +φ）取最大值1时，函数取最大值y max ＝3+5＝8， 故选：C ．3．（5分）△ABC 中，点D 在边AB 上，CD 平分∠ACB ，若CB →=a →，CA →=b →，|a →|＝1，|b →|＝2，则CD →=（ ） A ．13a →+23b → B ．23a →+13b → C ．35a →+45b → D ．45a →+35b →【解答】解：∵CD 为角平分线， ∴BD AD=BC AC=12，∵AB →=CB →−CA →=a →−b →，∴AD →=23AB →=23a →−23b →，∴CD →=CA →+AD →=b →+23a →−23b →=23a →+13b →故选：B ．4．（5分）干支纪年历法（农历），是屹立于世界民族之林的科学历法之一，与国际公历历法并存．黄帝时期，就有了使用六十花甲子的干支纪年历法．干支是天干和地支的总称，把干支顺序相配正好六十为一周期，周而复始，循环记录．甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号叫天干；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二个符号叫地支．受此周期律的启发，可以求得函数f （x ）＝sin 2x 3+cos3x 的最小正周期为（ ） A ．15πB ．12πC ．6πD ．3π【解答】解：函数f （x ）＝sin 2x 3+cos3x 的最小正周期相当于函数y ＝sin 23x 的最小正周期2π23=3π与函数y ＝cos3x 的最小正周期2π3的最小公倍数．故答案为6π． 故选：C ．5．（5分）如图所示是计算某年级500名学生期末考试（满分为100分）及格率q 的程序框图，则图中空白框内应填入（ ）A ．q =N MB ．q =M NC ．q =NM+ND ．q =MM+N【解答】解：由题意以及框图可知，计算某年级500名学生期末考试（满分为100分）及格率q 的程序框图，所以输出的结果是及格率，所以图中空白框内应填入q =MM+N． 故选：D ．6．（5分）设函数f （x ）={log 2(x 2+x +12)，x ＞0log 12(x 2−x +12)，x ＜0，若f （a ）＞f （﹣a ），则实数a 的取值范围是（ ） A ．（1−√32，0）∪（√3−12，+∞） B ．（﹣∞，1−√32）∪（√3−12，+∞） C ．（1−√32，0）∪（0，√3−12） D ．（﹣∞，1−√32）∪（0，√3−12） 【解答】解：①当a ＞0时，﹣a ＜0，由f （a ）＞f （﹣a ）得：log 2(a 2+a +12)＞log 12(a 2+a +12)，∴log 2(a 2+a +12)＞−log 2(a 2+a +12)， ∴log 2(a 2+a +12)＞0， ∴a 2+a +12＞1，又a ＞0， ∴解得：a ＞√3−12，②当a ＜0时，﹣a ＞0，由f （a ）＞f （﹣a ）得：log 12(a 2−a +12)＞log 2(a 2−a +12)，∴log 2(a 2−a +12)＜0， ∴0＜a 2−a +12＜1，又a ＜0， 解得：1−√32＜a ＜0，故选：A ． 7．（5分）若直线xa +y b=1（a ＞0，b ＞0）过点（2，1），则2a +b 的最小值为（ ） A ．10 B ．9C ．8D ．6【解答】解：由题意可得，2a+1b =1，则2a +b ＝（2a +b ）（2a+1b）＝5+2b a +2ab≥5+4＝9， 当且仅当2b a=2a b且2a+1b=1，即a ＝b ＝3时取等号，此时取得最小值9．故选：B ．8．（5分）已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴，过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E ．若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为（ ） A ．13B ．12C ．23D ．34【解答】解：由题意可设F （﹣c ，0），A （﹣a ，0），B （a ，0）， 设直线AE 的方程为y ＝k （x +a ），令x ＝﹣c ，可得M （﹣c ，k （a ﹣c ）），令x ＝0，可得E （0，ka ）， 设OE 的中点为H ，可得H （0，ka 2），由B ，H ，M 三点共线，可得k BH ＝k BM ，即为ka 2−a=k(a−c)−c−a ，化简可得a−c a+c=12，即为a ＝3c ，可得e =ca =13．另解：由△AMF ∽△AEO ， 可得a−c a=MF OE，由△BOH ∽△BFM ， 可得a a+c =OH FM=OE 2FM，即有2(a−c)a=a+c a即a ＝3c ，可得e =c a =13． 故选：A ．9．（5分）对于复数a ，b ，c ，d ，若集合S ＝{a ，b ，c ，d }具有性质“对任意x ，y ∈S ，必有xy ∈S ”，则当{a =1b 2=1c 2=b 时，b +c +d 等于（ ）A ．1B ．﹣1C ．0D ．i【解答】解：由题意，可取a ＝1，b ＝﹣1，c 2＝﹣1，c ＝i ，d ＝﹣i ，或c ＝﹣i ，d ＝i ，所以b +c +d ＝﹣1+i +﹣i ＝﹣1， 故选：B ．10．（5分）在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AB ＝AD ＝1，CD ＝2．沿BD 将ABCD 折成60°的二面角A ﹣BD ﹣C ，则折后直线AC 与平面BCD 所成角的正弦值为（ ） A ．√24B ．√34C ．√64D ．14【解答】解：取BD ，CD 的中点分别为O ，E ，连接OE ，取OE 的中点F ，连接CF ，AF ， 由AB ＝AD ，且O 为BD 中点可知OA ⊥BD ，又在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AB ＝AD ＝1，CD ＝2， ∴BD =√2，AO =√22，BC =√2，OE =√22， ∴BD 2+BC 2＝CD 2，则BC ⊥BD ， ∴OE ⊥BD ， 又OA ⊥BD ，∴∠AOE即为二面角A﹣BD﹣C的平面角，则∠AOE＝60°，又OA=OE=√2 2，∴△AOE为正三角形，∴AF⊥OE，又BD⊥OA，BD⊥OE，OA∩OE＝O，∴BD⊥平面AOE，∴BD⊥AF，又OE∩BD＝O，∴AF⊥平面BCD，∴∠ACF为直线AC与平面BCD的所成角，又AF=√64，CF=(22)2+(324)2=√264，∴AC=√2，∴sin∠ACF=√642=√34．故选：B．11．（5分）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（）A．152B．126C．90D．54【解答】解：根据题意，分情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：C31×A33＝18种；②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；1°丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作，有A32×C32×A22＝3×2×3×2＝36种；2°甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作：A32×C31×C21×A22＝72种；由分类计数原理，可得共有18+36+72＝126种， 故选：B ．12．（5分）已知函数f （x ）＝x ﹣ln （x +1）对任意x ∈[0，+∞）有f （x ）≤kx 2成立，则k 的最小值为（ ） A ．1B ．12C ．eD ．e2【解答】解：①当k ≤0时，取x ＝1，有f （1）＝1﹣ln 2＞0，故k ≤0不符合题意， ②当k ＞0时，令g （x ）＝f （x ）﹣kx 2，即g （x ）＝x ﹣ln （x +1）﹣kx 2， ∴g '（x ）＝1−1x+1−2kx =−x[2kx−(1−2k)]x+1， 令g '（x ）＝0，可得x 1＝0，x 2=1−2k2k＞−1， （i ）当k ≥12时，1−2k 2k≤0，g '（x ）＜0在（0，+∞）上恒成立，g （x ）在[0，+∞）上单调递减，∴g （x ）≤g （0）＝0，∴对任意的x ∈[0，+∞），有f （x ）≤kx 2成立， （ii ）当0＜k ＜12时，x 2=1−2k2k ＞0， 在（0，1−2k 2k）上，g '（x ）＞0，g （x ）单调递增；在（1−2k 2k，+∞）上，g '（x ）＜0，g（x ）单调递减， 因此存在x 0∈(0，1−2k2k) 使得g （x 0）≥g （0）＝0， 可得x 02−ln(x 0+1)≥kx 02，即f （x 0）≥kx 02，与题矛盾， ∴综上所述，k ≥12时，对x ∈[0，+∞）有f （x ）≤kx 2成立， 则k 的最小值为12，故选：B ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）在区域{（x ，y ）|x ∈[0，1]，y ∈[0，1]}内任取一点P （x ，y ），能满足y ≤√2x −x 2的概率为π4．【解答】解：其构成的区域如图所示的边长为1的正方形，面积为S 1＝1，满足y ≤√2x −x 2所表示的平面区域是以（1，0）为圆心，以1为半径的半圆，其面积为S 2=π4，∴在区域内随机取一个点P ，则能满足y ≤√2x −x 2的概率P =π4， 故答案为：π414．（5分）在△ABC 中，2a sin A ＝（2b +c ）sin B +（2c +b ）sin C ，其中a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，则角A 的大小为2π3．【解答】解：∵2a sin A ＝（2b +c ）sin B +（2c +b ）sin C ， ∴由正弦定理，角化边得：2a 2＝（2b +c ）b +（2c +b ）c ， 整理得：a 2＝b 2+c 2+cb ，∴cos A =b 2+c 2−a 22bc =−12， 又∵A ∈（0，π）， ∴A =2π3， 故答案为：2π3．15．（5分）平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 1：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的渐近线与抛物线C 2：x 2＝2py （p ＞0）交于点O ，A ，B ，且△OAB 的垂心为C 2的焦点，则C 1的离心率为32；如果C 1与C 2在第一象限内有且只有一个公共点，且a =√5，那么C 2的方程为 x 2＝4y ．【解答】解：由题意可得抛物线的焦点F （0，p2），双曲线的渐近线的方程为：y =±ba x ，{x 2=2py y =−b ax，可得x =−2pb a ，y =2pb2a 2， 设交点A （−2pb a，2pb 2a 2），B （2pb a，2pb 2a 2），因为△OAB 的垂心为C 2的焦点，所以AF ⊥OB ，即AF →⋅OB →=0， 即（2pb a，p2−2pb 2a ）•（2pb a，2pb 2a ）＝0，整理可得：4b 2＝5a 2，即b 2=54a 2，所以离心率e =c a =√1+b 2a2=√1+54=32；联立双曲线与抛物线的方程可得：{x 2=2py b 2x 2−a 2y 2=a 2b 2，a =√5，所以b 2=54a 2=254整理可得：4y 2﹣10py +25＝0，由题意可得△＝100p 2﹣4×4×25＝0，p ＞0，解得p ＝2， 所以抛物线的方程为：x 2＝4y ， 故答案分别为：32，x 2＝4y ．16．（5分）设圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，那么该圆锥体积的最小值为8π3．【解答】解：设圆锥的高为h ，底面半径为r ， 则当圆锥体积最小时，如图，由△AOE ～△ACF 可得：1r=√(ℎ−1)2−12ℎ，即r =√ℎ−2ℎ，∴圆锥的体积V =13πr 2h =πℎ23(ℎ−2)=π3[（h ﹣2）+4ℎ−2+4]≥8π3．当且仅当h ﹣2＝2即h ＝4时取等号． ∴该圆锥体积的最小值为8π3．故答案为：8π3．三、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．（-）必考题：60分．17．（12分）已知数列{a n }满足a n +1＝3a n ﹣2a n ﹣1（n ≥2，n ∈N *），且a 1＝1，a 2＝3． （1）求证：数列{a n +1﹣a n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； （2）记b n ＝（n +1）a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解答】（1）证明：依题意，当n ≥2时，由a n +1＝3a n ﹣2a n ﹣1，可得 a n +1﹣a n ＝2a n ﹣2a n ﹣1＝2（a n ﹣a n ﹣1）． ∵a 2﹣a 1＝3﹣1＝2，∴数列{a n +1﹣a n }是以2为首项，2为公比的等比数列． ∴a n +1﹣a n ＝2•2n ﹣1＝2n ，n ∈N *．则a 2﹣a 1＝2， a 3﹣a 2＝22， …a n ﹣a n ﹣1＝2n ﹣1．各项相加，可得 a n ﹣a 1＝2+22+…+2n ﹣1，∴a n ＝1+2+22+…+2n ﹣1=1−2n1−2=2n ﹣1． ∴a n ＝2n ﹣1，n ∈N *．（2）由（1）知，b n ＝（n +1）a n ＝（n +1）（2n ﹣1）＝（n +1）•2n ﹣（n +1）． 构造数列{c n }：令c n ＝（n +1）•2n ，设数列{c n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝c 1+c 2+…+c n ＝2•21+3•22+…+（n +1）•2n ，2T n＝2•22+3•23+…+n•2n+（n+1）•2n+1，两式相减，可得﹣T n＝4+22+23+…+2n﹣（n+1）•2n+1＝4+22−2n+11−2−（n+1）•2n+1＝﹣n•2n+1．∴T n＝n•2n+1．∵b n＝（n+1）•2n﹣（n+1）＝c n﹣（n+1），∴S n＝b1+b2+…+b n＝（c1﹣2）+（c2﹣3）+…+[c n﹣（n+1）]＝（c1+c2+…+c n）﹣[2+3+…+（n+1）]＝T n−n(2+n+1)2＝n•2n+1−n(n+3)2．18．（12分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是BB1的中点．（1）求证：截面AEC1⊥侧面AC1；（2）若AA1＝A1B1＝1，求B1到平面AEC1的距离．【解答】（1）证明：设O，O1分别为AC，A1C1的中点，AC1与A1C相交于F．∵ABC﹣A1B1C1是正三棱柱，∴侧面A1C⊥底面ABC．∵O是正三角形ABC边AC的中点，∴OB⊥AC．∴OB⊥侧面AC1．∵OO1∥BB1，OO1＝BB1，E，F是中点，∴EBOF是平行四边形．∴EF∥OB，∴EF⊥侧面AC1．又EF⊂平面AEC1，∴截面AEC1⊥侧面AC1；（2）解：∵AA 1＝A 1B 1＝1，∴AE =EC 1=√12+(12)2=√52，AC 1=√12+12=√2，∴△AEC 1的面积为12×√32×√2=√64． 又∵A 到平面B 1BCC 1的距离为√32，△B 1EC 1的面积为12×12×1=14． 设B 1到平面AEC 1的距离为d ， ∵V B 1−AEC 1=V A−B 1EC 1， ∴13×d ×√64=13×√32×14，∴d =√24．即，B 1到平面AEC 1的距离为√24．19．（12分）一款手游，页面上有一系列的伪装，其中隐藏了4个宝藏．如果你在规定的时间内找到了这4个宝藏，将会弹出下一个页面，这个页面仍隐藏了2个宝藏，若能在规定的时间内找到这2个宝藏，那么闯关成功，否则闯关失败，结束游戏；如果你在规定的时间内找到了3个宝藏，仍会弹出下一个页面，但这个页面隐藏了4个宝藏，若能在规定的时间内找到这4个宝藏，那么闯关成功，否则闯关失败，结束游戏；其它情况下，不会弹出下一个页面，闯关失败，并结束游戏．假定你找到任何一个宝藏的概率为12，且能否找到其它宝藏相互独立．（1）求闯关成功的概率；（2）假定你付1个Q 币游戏才能开始，能进入下一个页面就能获得2个Q 币的奖励，闯关成功还能获得另外4个Q 币的奖励，闯关失败没有额外的奖励．求一局游戏结束，收益的Q 币个数X 的数学期望（收益＝收入﹣支出）．【解答】解：（1）记闯关成功为事件A ，事件A 共分二类，找到4个宝藏并且闯关成功为事件B ，找到3个宝藏并且闯关成功为事件C ，那么A ＝B +C ．∵P(B)=124×122=164，P(C)=C43124×124=164，∴P(A)=P(B)+P(C)=1 32．（2）记一局游戏结束能收益X个Q币，那么X∈{﹣1，1，5}．∵由（1）知P(X=5)=1 32，又P(X=1)=124×(1−122)+C43124×(1−124)=932．∴X的概率分布为：X﹣115P1116932132因此，EX=−1×1116+1×932+5×132=−14．20．（12分）已知动圆过定点A（4，0），且在y轴上截得的弦MN的长为8．（1）求动圆圆心的轨迹C的方程；（2）已知点B（﹣1，0），长为4√6的线段PQ的两端点在轨迹C上滑动．当x轴是∠PBQ 的角平分线时，求直线PQ的方程．【解答】解：（1）A（4，0），设圆心C（x，y），线段MN的中点为E，则由圆的性质得：ME=MN2，CA2＝CM2＝ME2+EC2，∴（x﹣4）2+y2＝4+x2，即y2＝8x．（2）设P（x1，y1），Q（x1，y1），由题意可知y12=8x1，y22=8x2．（ⅰ）当PQ与x轴不垂直时，y1+y2≠0，y1•y2＜0，由x轴平分∠PBQ，得y1x1+1=−y2x2+1，∴y1y1+8+y2y2+8=0，∴（y1+y2）（8+y1•y2）＝0，∴8+y1•y2＝0．设直线PQ：x＝my+n，代入C的方程得：y2﹣8my﹣8n＝0．∴8﹣8n＝0，即n＝1．由于，|PQ|=√1+m2|y1−y2|=√1+m2⋅√64m2+32=4√6，∴m2=1 2，因此，直线PQ的方程为x±√22y−1=0．（ⅱ）当PQ与x轴垂直时，|PQ|=4√6，可得直线PQ的方程为x＝3．综上，直线PQ的方程为x±√22y−1=0或x＝3．21．（12分）设函数f（x）＝αx+1+lnx（a∈R为常数）．（1）讨论函数f（x）可能取得的最大值或最小值；（2）已知x＞0时，f（x）≤xe x恒成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a+1x=ax+1x．（ⅰ）当a≥0，由f'（x）＞0可得f（x）是增函数，这时函数f（x）没有最大值也没有最小值，（ⅱ）当a＜0，函数f（x）在区间(0，−1a)上是增函数，在区间(−1a，+∞)上是减函数，所以，x=−1a时，f（x）取得最大值f(−1a)=−ln(−a)，且f（x）无最小值；（2）由已知可得，a≤e x−1+lnxx对x＞0时恒成立，令F(x)=e x−1+lnx x，则F′(x)=e x+lnxx2=x2e x+lnxx2，令G（x）＝x2e x+lnx，则G′(x)=(x2+2x)e x+1x＞0，所以G（x）是增函数，又∵当x→0时，G（x）→﹣∞，G（1）＝e＞0，因此，方程x2e x+lnx＝0有唯一解x0∈（0，1），所以当x∈（0，x0）时，G（x）＜0，函数F（x）单调递减；当x∈（x0，+∞）时，G（x）＞0，函数F（x）单调递增，所以，函数F（x）在x＝x0时取得最小值，由于x02e x0+lnx0=0，所以x0e x0=−lnx0x0=1xln1x=e ln1x0ln1x0，构造函数φ（x）＝xe x，易证φ（x）在（0，+∞）上单调递增，∴x 0=ln 1x 0，即lnx 0＝﹣x 0，所以，F(x 0)=1x 0−1+lnx 0x 0=−lnx 0x 0=1， 因此，a ≤1，所以a 的取值范围为：（﹣∞，1]．（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =1+t 21−t 2y =4t 1−t 2（t 为参数）．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρ=√102cos(θ+π4)．（1）求C 和l 的直角坐标方程；（2）设l 与C 相交于A ，B 两点，定点M （√5，0），求1|MA|−1|MB|的值．【解答】解：（1）∵x =1+t 21−t 2，∴t 2=x−1x+1≥0，∴x ＜﹣1或x ≥1．∵4x 2−y 2=4[(1+t 21−t 2)2−4t 2(1−t 2)2]=4，∴C 的直角坐标方程为x 2−y 24=1(x ≠−1)．∵ρ=√102cos(θ+π4)，∴√2ρ(cosθ−sinθ)=√10，∴x −y =√5， ∴直线l 的直角坐标方程为x −y −√5=0． （2）由（1）可设l 的参数方程为{x =√5+√22ty =√22t （t 为参数），代入C 的方程得：32t 2+4√10t +16=0，其两根t 1，t 2满足t 1+t 2=−8√103，t 1t 2=323． ∴1|MA|−1|MB|=1−t 1−1−t 2=t 1−t 2t 1t 2=±√(t 1+t 2)2−4t 1t 2t 1t 2=±12．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．设函数f （x ）＝|ax |（x 2﹣4）﹣|x ﹣2|（x +1）． （1）当a ＝1时，求不等式f （x ）＜0的解集；（2）若∃x ∈（2，+∞），使得不等式f （x ）＜0成立，求a 的取值范围．【解答】解：（1）当a ＝1时，原不等式可化为|x |（x 2﹣4）﹣|x ﹣2|（x +1）＜0．（*） （ⅰ）当x ＜0时，（*）化为，（x ﹣2）（x 2+x ﹣1）＞0， 所以，−1−√52＜x ＜0；（ⅱ）当0≤x ≤2时，（*）化为（x ﹣2）（x 2+3x +1）＜0， 所以，0≤x ＜2；（ⅲ）当x ＞2时，（*）化为（x ﹣2）（x 2+x ﹣1）＜0， 所以，无解；综上，a ＝1时，不等式f （x ）＜0的解集为{x|−1−√52＜x ＜2}． （2）当x ∈（2，+∞），原不等式f （x ）＜0化为：|a |x （x ﹣2）（x +2）﹣（x ﹣2）（x +1）＜0，∴|a|＜x+1x(x+2)． 由于函数φ(x)=x+1x(x+2)=1(x+1)−1x+1在x ∈（2，+∞）上是减函数，∴φ(x)＜φ(2)=38．∴∃x ∈（2，+∞），使得不等式f （x ）＜0成立，必须使|a|＜38． 因此，−38＜a ＜38．。
2020年河南省焦作市高考数学一模试卷(理科)含答案解析
2020年河南省焦作市高考数学一模试卷（理科）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．若集合A={x|﹣1＜x＜2}，B={x|2x2﹣5x﹣3＞0}，则A∩B=（）A．{x|﹣1＜x＜﹣，或2＜x＜3}B．{x|2＜x＜3}C．{x|﹣＜x＜2}D．{x|﹣1＜x＜﹣}2．若复数z满足z（1+i）=|1+i|，则在复平面内z的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．设向量=（2，0），=（1，1），则下列结论中不正确的是（）A．||=|2|B．•=2 C．﹣与垂直 D．∥4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为﹣4时，则输入的S0的值为（）A．7 B．8 C．9 D．105．已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线y2=24x的准线上，则双曲线的方程为（）A．B．C．D．6．若函数y=a|x|（a＞0，且a≠1）的值域为{y|0＜y≤1}，则函数y=log a|x|的图象是（）A．B．C．D．7．已知曲线y=x+lnx在点（1，1）处的切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，则a=（）A．﹣2 B．0 C．1 D．88．已知函数f（x）=sinx+acosx的图象的一条对称轴为x=．则函数f（x）的单调递增区间为（）A．[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）B．[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）C．[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）D．[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）9．已知数列{a n}满足a1=1，a2=2，a n+2﹣a n=3，则当n为偶数时，数列{a n}的前n项和S n=（）A．﹣B． +C．D．10．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则一个质点从扇形的圆心起始，绕几何体的侧面运动一周回到起点，其最短路径为（）A．4+B．6C．4+D．611．已知椭圆（a＞b＞0），P为椭圆上与长轴端点不重合的一点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，过F2作∠F1PF2外角平分线的垂线，垂足为Q，若|OQ|=2b，椭圆的离心率为e，则的最小值为（）A．B．C．D．112．已知定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）=2f（x+2），当x∈[0，2）时，f（x）=﹣2x2+4x．设f（x）在[2n﹣2，2n）上的最大值为a n（n∈N*），且{a n}的前n项和为S n，则S n=（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．13．直线x﹣y+2=0与圆x2+y2=4相交于A、B两点，则|AB|=．14．若实数x，y满足，则z=|x+2y﹣3|的最小值为．15．著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点M（x，y）与点N（a，b）的距离．结合上述观点，可得f（x）=+的最小值为．16．在三棱锥S﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=，SA=SC=2，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是，若S、A、B、C都在同一球面上，则该球的表面积是．三、解答题（本大题共5小题，满分60分）解答下列各题应在答题纸的相应编号的规定区域内写出必要的步骤．17．已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，且（a+b）（sinA﹣sinB）=（c﹣b）sinC（Ⅰ）求∠A的大小；（Ⅱ）若f（x）=，求f（B）的取值范围．18．在市高三学业水平测试中，某校老师为了了解所教两个班100名学生的数学得分情况，按成绩分成六组：[80，90），[90，100），[100，110），[110，120），[120，130），[130，140）统计数据如下：分数段[80，90）[90，100）[100，110）[110，120）[120，130）[130，140）人数 2 8 30 30 20 10（Ⅰ）请根据上表中的数据，完成频率分布直方图，并估算这100学生的数学平均成绩；（Ⅱ）该教师决定在[110，120），[120，130），[130，140）这三组中用分层抽样抽取6名学生进行调研，然后再从这6名学生中随机抽取2名学生进行谈话，记这2名学生中有ξ名学生在[120，130）内，求ξ的分布列和数学期望．19．如图所示，平面四边形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AD⊥ED，AF∥DE，AB∥CD，CD=2AB=2AD=2ED=xAF．（Ⅰ）若四点F、B、C、E共面，AB=a，求x的值；（Ⅱ）求证：平面CBE⊥平面EDB；（Ⅲ）当x=2时，求二面角F﹣EB﹣C的大小．20．已知抛物线C：y2=2px（p＞0），定点M（2，0），以O为圆心，抛物线C的准线与以|OM|为半径的圆所交的弦长为2．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）若直线y=﹣x+m（m∈R）与抛物线交于不同的两点A、B，则抛物线上是否存在定点P（x0，y0），使得直线PA，PB关于x=x0对称．若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．21．已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+2lnx，F（x）=3g（x）﹣2xg′（x），若函数F（x）在定义域内有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：＜0．请考生在22，23，24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时．用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图所示，已知PA是⊙O相切，A为切点，PBC为割线，弦CD∥AP，AD、BC相交于E点，F为CE上一点，且DE2=EF•EC．（Ⅰ）求证：A、P、D、F四点共圆；（Ⅱ）若AE•ED=12，DE=EB=3，求PA的长．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρsin（θ+）=a，曲线C2的参数方程为，（θ为参数，0≤θ≤π）．（Ⅰ）求C1的直角坐标方程；（Ⅱ）当C1与C2有两个公共点时，求实数a的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]24．已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c的最小值为4．（1）求a+b+c的值；（2）求a2+b2+c2的最小值．2020年河南省焦作市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．若集合A={x|﹣1＜x＜2}，B={x|2x2﹣5x﹣3＞0}，则A∩B=（）A．{x|﹣1＜x＜﹣，或2＜x＜3}B．{x|2＜x＜3}C．{x|﹣＜x＜2}D．{x|﹣1＜x＜﹣}【考点】交集及其运算．【分析】求出B中不等式的解集确定出B，找出A与B的交集即可．【解答】解：由B中不等式变形得：（2x+1）（x﹣3）＞0，解得：x＜﹣或x＞3，即B={x|x＜﹣或x＞3}，∵A={x|﹣1＜x＜2}，∴A∩B={x|﹣1＜x＜﹣}，故选：D．2．若复数z满足z（1+i）=|1+i|，则在复平面内z的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义．【分析】利用复数的代数形式混合运算化简求出复数，得到复数对应点的坐标，即可得到结果．【解答】解：复数z满足z（1+i）=|1+i|=2，可得z==1﹣i，复数对应点为（1，﹣1），在复平面内z的共轭复数对应的点（1，1）．故选：A．3．设向量=（2，0），=（1，1），则下列结论中不正确的是（）A．||=|2|B．•=2 C．﹣与垂直 D．∥【考点】平面向量的坐标运算．【分析】根据平面向量的坐标表示与运算，对选项中的命题进行分析判断即可．【解答】解：∵向量=（2，0），=（1，1），∴||=2，||===2，||=||，A正确；•=2×1+0×1=2，B正确；（﹣）•=（1，﹣1）•（1，1）=1×1﹣1×1=0，∴（﹣）⊥，C正确；2×1﹣0×1≠0，∴∥不成立，D错误．故选：D．4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为﹣4时，则输入的S0的值为（）A．7 B．8 C．9 D．10【考点】程序框图．【分析】根据程序框图，知当i=4时，输出S，写出前三次循环得到输出的S，列出方程求出S0的值．【解答】解：根据程序框图，知当i=4时，输出S，∵第一次循环得到：S=S0﹣1，i=2；第二次循环得到：S=S0﹣1﹣4，i=3；第三次循环得到：S=S0﹣1﹣4﹣9，i=4；∴S0﹣1﹣4﹣9=﹣4，解得S0=10故选：D．5．已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线y2=24x的准线上，则双曲线的方程为（）A．B．C．D．【考点】双曲线的标准方程．【分析】由抛物线标准方程易得其准线方程为x=﹣6，而通过双曲线的标准方程可见其焦点在x轴上，则双曲线的左焦点为（﹣6，0），此时由双曲线的性质a2+b2=c2可得a、b的一个方程；再根据焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为y=±x，可得=，则得a、b的另一个方程．那么只需解a、b的方程组，问题即可解决．【解答】解：因为抛物线y2=24x的准线方程为x=﹣6，则由题意知，点F（﹣6，0）是双曲线的左焦点，所以a2+b2=c2=36，又双曲线的一条渐近线方程是y=x，所以，解得a2=9，b2=27，所以双曲线的方程为．故选B．6．若函数y=a|x|（a＞0，且a≠1）的值域为{y|0＜y≤1}，则函数y=log a|x|的图象是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象；指数函数的图象变换．【分析】根据指数函数的图象和性质求出0＜a＜1，利用对数函数的图象和性质进行判断即可．【解答】解：∵|x|≥0，∴若函数y=a|x|（a＞0，且a≠1）的值域为{y|0＜y≤1}，∴0＜a＜1，当x＞0时，数y=log a|x|=log a x，为减函数，当x＜0时，数y=log a|x|=log a（﹣x），为增函数，且函数是偶函数，关于y轴对称，故选：A7．已知曲线y=x+lnx在点（1，1）处的切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，则a=（）A．﹣2 B．0 C．1 D．8【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出y=x+lnx的导数，求得切线的斜率，可得切线方程，再由于切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，有且只有一切点，进而可联立切线与曲线方程，根据△=0得到a的值．【解答】解：y=x+lnx的导数为y′=1+，曲线y=x+lnx在x=1处的切线斜率为k=2，则曲线y=x+lnx在x=1处的切线方程为y﹣1=2x﹣2，即y=2x﹣1．由于切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，y=ax2+（a+2）x+1可联立y=2x﹣1，得ax2+ax+2=0，又a≠0，两线相切有一切点，所以有△=a2﹣8a=0，解得a=8．故选D．8．已知函数f（x）=sinx+acosx的图象的一条对称轴为x=．则函数f（x）的单调递增区间为（）A．[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）B．[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）C．[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）D．[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）【考点】正弦函数的对称性；正弦函数的单调性．【分析】由题意知函数f（x）=sinx+acosx在x=处取得最值，从而可得（•+ a）2=3+a2，从而解出f（x）=sinx+cosx=2sin（x+），从而确定单调增区间．【解答】解：∵函数f（x）=sinx+acosx的图象的一条对称轴为x=，∴函数f（x）=sinx+acosx在x=处取得最值；∴（•+a）2=3+a2，解得，a=1；故f（x）=sinx+cosx=2sin（x+），故2kπ﹣≤x+≤2kπ+，k∈Z，故2kπ﹣≤x≤2kπ+，k∈Z，故选：C．9．已知数列{a n}满足a1=1，a2=2，a n+2﹣a n=3，则当n为偶数时，数列{a n}的前n项和S n=（）A．﹣B． +C．D．【考点】等差数列的前n项和．【分析】数列{a n}满足a1=1，a2=2，a n+2﹣a n=3，可知：此数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差都为3，利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．【解答】解：数列{a n}满足a1=1，a2=2，a n+2﹣a n=3，可知：此数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差都为3，=1+3（k﹣1）=3k﹣2，a2k=2+3（k﹣1）=3k﹣1．且a2k﹣1则当n为偶数时，设2k=n，数列{a n}的前n项和S n=+=3k2=．故选：C．10．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则一个质点从扇形的圆心起始，绕几何体的侧面运动一周回到起点，其最短路径为（）A．4+B．6C．4+D．6【考点】由三视图求面积、体积．【分析】作出几何体侧面展开图，将问题转化为平面上的最短问题解决．【解答】解：由三视图可知几何体为圆锥的一部分，圆锥的底面半径为2，几何体底面圆心角为120°，∴几何体底面弧长为=．圆锥高为2．∴圆锥的母线长为．作出几何体的侧面展开图如图所示：其中，AB=AB′=2，AB⊥BC，AB′⊥B′D，B′D=BC=2，AC=AD=4，．∴∠BAC=∠B′AD=30°，∠CAD=．∴∠BAB′=120°．∴BB′==6．故选D．11．已知椭圆（a＞b＞0），P为椭圆上与长轴端点不重合的一点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，过F2作∠F1PF2外角平分线的垂线，垂足为Q，若|OQ|=2b，椭圆的离心率为e，则的最小值为（）A．B．C．D．1【考点】椭圆的简单性质．【分析】由题意画出图形，利用转化思想方法求得OQ=a，又OQ=2b，得a=2b，进一步得到a，e与b的关系，然后利用基本不等式求得的最小值．【解答】解：如图，由题意，P是以F1，F2为焦点的椭圆上一点，过焦点F2作∠F1PF2外角平分线的垂线，垂足为Q，延长F2Q交F1P延长线于M，得PM=PF2，由椭圆的定义知PF1+PF2=2a，故有PF1+PM=MF1=2a，连接OQ，知OQ是三角形F1F2M的中位线，∴OQ=a，又OQ=2b，∴a=2b，则a2=4b2=4（a2﹣c2），即c2=a2，∴===2b+≥2=．当且仅当2b=，即b=时，有最小值为．故选：C．12．已知定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）=2f（x+2），当x∈[0，2）时，f（x）=﹣2x2+4x．设f（x）在[2n﹣2，2n）上的最大值为a n（n∈N*），且{a n}的前n项和为S n，则S n=（）A．B．C．D．【考点】数列与函数的综合．【分析】根据定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）=2f（x+2），可得f（x+2）=f （x），从而f（x+2n）=f（x），利用当x∈[0，2）时，f（x）=﹣2x2+4x，可求（x）在[2n﹣2，2n）上的解析式，从而可得f（x）在[2n﹣2，2n）上的最大值为a n，进而利用等比数列的求和公式，即可求得{a n}的前n项和为S n．【解答】解：∵定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）=2f（x+2），∴f（x+2）=f（x），∴f（x+4）=f（x+2）=f（x），f（x+6）=f（x+4）=f（x），…f（x+2n）=f（x）设x∈[2n﹣2，2n），则x﹣（2n﹣2）∈[0，2）∵当x∈[0，2）时，f（x）=﹣2x2+4x．∴f[x﹣（2n﹣2）]=﹣2[（x﹣（2n﹣2）]2+4[x﹣（2n﹣2）]．∴=﹣2（x﹣2n+1）2+2∴f（x）=21﹣n[﹣2（x﹣2n+1）2+2]，x∈[2n﹣2，2n），∴x=2n﹣1时，f（x）的最大值为22﹣n∴a n=22﹣n∴{a n}表示以2为首项，为公比的等比数列∴{a n}的前n项和为S n==故选B．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．13．直线x﹣y+2=0与圆x2+y2=4相交于A、B两点，则|AB|=2．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】利用点到直线的距离公式求出圆心（0，0）到直线x﹣y+2=0的距离d，再由弦长公式可得弦长．【解答】解：圆心（0，0）到直线x﹣y+2=0的距离d==1，半径r=2，故|AB|=2=2，故答案为：2．14．若实数x，y满足，则z=|x+2y﹣3|的最小值为1．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，令t=x+2y﹣3，化为直线方程的斜截式，利用线性规划知识求出t的范围，取绝对值得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，令t=x+2y﹣3，则，由图可知，当直线过O时，直线在y轴上的截距最小，t有最小值为﹣3；直线过A时，直线在y轴上的截距最大，t有最大值为﹣1．∴z=|x+2y﹣3|的最小值为1．故答案为：1．15．著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点M（x，y）与点N（a，b）的距离．结合上述观点，可得f（x）=+的最小值为5．【考点】类比推理．【分析】f（x）=+=，表示平面上点M（x，0）与点N（﹣2，4），O（﹣1，﹣3）的距离和，利用两点间的距离公式，即可得出结论．【解答】解：f（x）=+=，表示平面上点M（x，0）与点N（﹣2，4），O（﹣1，﹣3）的距离和，∴f（x）=+的最小值为=5．故答案为：5．16．在三棱锥S﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=，SA=SC=2，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是，若S、A、B、C都在同一球面上，则该球的表面积是6π．【考点】与二面角有关的立体几何综合题；球的体积和表面积；球内接多面体．【分析】审题后，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是是重要条件，根据定义，先作出它的平面角，如图所示．进一步分析此三棱锥的结构特征，找出其外接球半径的几何或数量表示，再进行计算．【解答】解：如图所示：取AC中点D，连接SD，BD，则由AB=BC，SA=SC得出SD⊥AC，BD⊥AC，∴∠SDB为S﹣AC﹣B的平面角，且AC⊥面SBD．由题意：AB⊥BC，AB=BC=，易得：△ABC为等腰直角三角形，且AC=2，又∵BD⊥AC，故BD=AD=AC，在△SBD中，BD===1，在△SAC中，SD2=SA2﹣AD2=22﹣12=3，在△SBD中，由余弦定理得SB2=SD2+BD2﹣2SD•BDcos∠SDB=3+1﹣2×=2，满足SB2=SD2﹣BD2，∴∠SBD=90°，SB⊥BD，又SB⊥AC，BD∩AC=D，∴SB⊥面ABC．以SB，BA，BC为顶点可以补成一个棱长为的正方体，S、A、B、C都在正方体的外接球上，正方体的对角线为球的一条直径，所以2R=，R=，球的表面积S=4=6π．故答案为：6π．三、解答题（本大题共5小题，满分60分）解答下列各题应在答题纸的相应编号的规定区域内写出必要的步骤．17．已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，且（a+b）（sinA﹣sinB）=（c﹣b）sinC（Ⅰ）求∠A的大小；（Ⅱ）若f（x）=，求f（B）的取值范围．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（I）由（a+b）（sinA﹣sinB）=（c﹣b）sinC，由正弦定理可得：（a+b）（a﹣b）=（c ﹣b）c，化为b2+c2﹣a2=bc．再利用余弦定理可得：cosA．（II）f（x）=sinx+=+，在锐角△ABC中，＜B，可得＜B+＜，即可得出．【解答】解：（I）∵（a+b）（sinA﹣sinB）=（c﹣b）sinC，由正弦定理可得：（a+b）（a﹣b）=（c﹣b）c，化为b2+c2﹣a2=bc．由余弦定理可得：cosA===，∵A∈（0，π），∴A=．（II）f（x）==sinx+=+，在锐角△ABC中，＜B，∴＜B+＜，∴∈，∴f（B）的取值范围是．18．在市高三学业水平测试中，某校老师为了了解所教两个班100名学生的数学得分情况，按成绩分成六组：[80，90），[90，100），[100，110），[110，120），[120，130），[130，140）统计数据如下：分数段[80，90）[90，100）[100，110）[110，120）[120，130）[130，140）人数 2 8 30 30 20 10（Ⅰ）请根据上表中的数据，完成频率分布直方图，并估算这100学生的数学平均成绩；（Ⅱ）该教师决定在[110，120），[120，130），[130，140）这三组中用分层抽样抽取6名学生进行调研，然后再从这6名学生中随机抽取2名学生进行谈话，记这2名学生中有ξ名学生在[120，130）内，求ξ的分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）由统计数据能作出频率分布直方图，利用频率分布直方图能估算这100学生的数学平均成绩．（Ⅱ）由题意，在[110，120），[120，130），[130，140）三组中，利用分层抽样抽取的学生数分别为3，2，1，ξ的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和Eξ．【解答】解：（Ⅰ）由统计数据作出频率分布直方图如下：∴估算这100学生的数学平均成绩：=10（85×0.002+95×0.008+105×0.03+115×0.03125×0.02+135×0.01）=113.8．（Ⅱ）由题意，在[110，120），[120，130），[130，140）三组中，利用分层抽样抽取的学生数分别为3，2，1，∴ξ的可能取值为0，1，2，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，∴ξ的分布列为：ξ0 1 2PEξ==．19．如图所示，平面四边形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AD⊥ED，AF∥DE，AB∥CD，CD=2AB=2AD=2ED=xAF．（Ⅰ）若四点F、B、C、E共面，AB=a，求x的值；（Ⅱ）求证：平面CBE⊥平面EDB；（Ⅲ）当x=2时，求二面角F﹣EB﹣C的大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）根据四点F、B、C、E共面，以及三角形相似建立方程关系进行求解；（Ⅱ）根据面面垂直的判定定理即可证明平面BDE⊥平面BEC；（Ⅲ）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可．【解答】证明：（Ⅰ）∵AF∥DE，AB∥CD，AF∩AB=A，DE∩DC=D，∴平面ABF∥平面DCE，∵平面ADEF⊥平面ABCD，∴FB∥CE，∴△ABF～△DCE，∵AB=a，∴ED=a，CD=2a，AF=，由相似比得，即，得x=4（Ⅱ）连接BD，设AB=1，则AB=AD=1，CD=2，可得BD=，取CD的中点M，则MD 与AB平行且相等，则△BMD为等腰直角三角形，则BC=BD=，∵BD2+BC2=CD2，∴BC⊥BD．∵平面四边形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，平面ADEF∩平面ABCD=AD，ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD，BC⊥DE，又∵ED∩BD=D，∴BC⊥平面BDE．又∵BC⊂平面BCE，∴平面BDE⊥平面BEC．（III）建立空间坐标系如图：设AB=1，∵x=2，∴CD=2，则F（1，0，1），B（1，1，0），E（0，0，1），C（0，2，0），=（1，0，0），=（1，1，﹣1），=（0，2，﹣1），设平面EF的一个法向量为=（x，y，z），则由得，则取=（0，1，1），设平面EBC的法向量为=（x，y，z），则，得，令y=1，则z=2，x=1，即=（1，1，2），则cos＜，＞===，则＜，＞=30°，∵二面角F﹣EB﹣C是钝二面角，∴二面角F﹣EB﹣C的大小为150°．20．已知抛物线C：y2=2px（p＞0），定点M（2，0），以O为圆心，抛物线C的准线与以|OM|为半径的圆所交的弦长为2．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）若直线y=﹣x+m（m∈R）与抛物线交于不同的两点A、B，则抛物线上是否存在定点P（x0，y0），使得直线PA，PB关于x=x0对称．若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（I）利用垂径定理和勾股定理列方程解出p即可得出抛物线方程；（II）联立方程组，由根与系数的关系得出A，B纵坐标的关系，假设存在符合条件的P点，则k PA+k PB=0，代入斜率公式化简即可求出x0，y0．【解答】解：（I）设抛物线的准线方程为x=﹣．圆O的半径r=2，由垂径定理得=4，解得p=2．∴抛物线方程为y2=4x．（II）联立方程组得y2+4y﹣4m=0，∴△=16+16m＞0，解得m＞﹣1．设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=﹣4，y1y2=﹣4m．若抛物线上存在定点P（x0，y0），使得直线PA，PB关于x=x0对称，则k PA+k PB=0，∴+=+==0，∴y0=﹣=2，x0==1．∴存在点P（1，2），只要m＞﹣1，直线PA，PB关于直线x=1对称．21．已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+2lnx，F（x）=3g（x）﹣2xg′（x），若函数F（x）在定义域内有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：＜0．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）求导根据导数和函数的单调性的关系即可求出，（Ⅱ）求导，根据中点坐标公式得到=﹣（x1+x2）+a+，①，分别把两个零点x1，x2，代入到F（x）中，转化，分离参数得到a﹣（x1+x2）=，再代入得到= [ln+]，换元，构造函数得到h（t）=lnt+，根据导数求出h（t）的最大值，即可证明．【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），∴f′（x）=2x+a﹣=，令f′（x）＞0，得x＞，f′（x）＜0，得0＜x＜，∴函数f（x）在（，+∞）为增函数，在（0，）为减函数，（Ⅱ）由已知g（x）=f（x）+2lnx，∴F（x）=3g（x）﹣2xg′（x）=﹣x2+ax+3lnx﹣2，∴F′（x）=﹣2x+a+，即：=﹣（x1+x2）+a+，①∵函数F（x）在定义域内有两个零点x1，x2，∴﹣x12+ax1+3lnx1﹣2=0，②﹣x22+ax2+3lnx2﹣2=0，③②﹣③得﹣（x12﹣x22）+a（x1﹣x2）+3（lnx1﹣lnx2）=0可得（x1﹣x2）[a﹣（x1+x2）]+3ln=0，∴a﹣（x1+x2）=，代入①得：=+= [ln+]= [ln+]，令=t，则0＜t＜1，∴h（t）=lnt+，∴h′（t）=+=﹣=≥0∴h（t）在（0，1）上为增函数，∴h（t）＜h（1）=0，∵x1＜x2，∴＜0．请考生在22，23，24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时．用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图所示，已知PA是⊙O相切，A为切点，PBC为割线，弦CD∥AP，AD、BC相交于E点，F为CE上一点，且DE2=EF•EC．（Ⅰ）求证：A、P、D、F四点共圆；（Ⅱ）若AE•ED=12，DE=EB=3，求PA的长．【考点】与圆有关的比例线段．【分析】（Ⅰ）由已知中DE2=EF•EC，我们易证明，△DEF～△CED，进而结合CD∥AP，结合相似三角形性质，得到∠P=∠EDF，由圆内接四边形判定定理得到A、P、D、F四点共圆；（Ⅱ）由（Ⅰ）中的结论，结合相交弦定理得PE•EF=AE•ED=12，结合已知条件，可求出PB，PC的长，代入切割线定理，即可求出PA的长．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵DE2=EF•EC，∴=，又∠DEF=∠CED，∴△DEF～△CED，∠EDF=∠ECD，又∵CD∥PA，∴∠ECD=∠P故∠P=∠EDF，所以A，P，D，F四点共圆；…5分（Ⅱ）由（Ⅰ）及相交弦定理得：PE•EF=AE•ED=12，又BE•EC=AE•ED=12，∴EC=4，EF==，PE=，PB=，PC=PB+BE+EC=，由切割线定理得PA2=PB•PC=×=，所以PA=为所求…10分[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρsin（θ+）=a，曲线C2的参数方程为，（θ为参数，0≤θ≤π）．（Ⅰ）求C1的直角坐标方程；（Ⅱ）当C1与C2有两个公共点时，求实数a的取值范围．【考点】参数方程化成普通方程；直线与圆的位置关系．【分析】（Ⅰ）利用极坐标方程的定义即可求得；（Ⅱ）数形结合：作出图象，根据图象即可求出有两交点时a的范围．【解答】解：（Ⅰ）曲线C1的极坐标方程为ρ（sinθ+cosθ）=a，∴曲线C1的直角坐标方程为x+y﹣a=0．（Ⅱ）曲线C2的直角坐标方程为（x+1）2+（y+1）2=1（﹣1≤y≤0），为半圆弧，如图所示，曲线C1为一族平行于直线x+y=0的直线，当直线C1过点P时，利用得a=﹣2±，舍去a=﹣2﹣，则a=﹣2+，当直线C1过点A、B两点时，a=﹣1，∴由图可知，当﹣1≤a＜﹣2+时，曲线C1与曲线C2有两个公共点．[选修4-5：不等式选讲]24．已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c的最小值为4．（1）求a+b+c的值；（2）求a2+b2+c2的最小值．【考点】一般形式的柯西不等式．【分析】（1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值；（2）运用柯西不等式，注意等号成立的条件，即可得到最小值．【解答】解：（1）因为f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c≥|（x+a）﹣（x﹣b）|+c=|a+b|+c，当且仅当﹣a≤x≤b时，等号成立，又a＞0，b＞0，所以|a+b|=a+b，所以f（x）的最小值为a+b+c，所以a+b+c=4；（2）由（1）知a+b+c=4，由柯西不等式得，（a2+b2+c2）（4+9+1）≥（•2+•3+c•1）2=（a+b+c）2=16，即a2+b2+c2≥当且仅当==，即a=，b=，c=时，等号成立．所以a2+b2+c2的最小值为．2020年8月1日。
2020年高考模拟河南省洛阳市高考数学一模试卷(理科) 含解析
2020年高考数学一模试卷（理科）一、选择题1．已知集合M＝{x|x（x﹣2）＜0}，N＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则M∩N＝（）A．{0，1，2} B．{﹣2，﹣1} C．{1} D．{﹣2，﹣1，0，2} 2．已知复数z在复平面中对应的点（x，y）满足（x﹣1）2+y2＝1，则|z﹣1|＝（）A．0 B．1 C．D．23．为了节能减排，发展低碳经济，我国政府从2001年起就通过相关政策推动新能源汽车产业发展．下面的图表反映了该产业发展的相关信息：中国新能源汽车产销情况一览表新能源汽车产量新能源汽车销量产量（万辆）比上年同期增长（%）销量（万辆）比上年同期增长（%）2018年3月 6.8 105 6.8 117.4 4月8.1 117.7 8.2 138.45月9.6 85.6 10.2 125.66月8.6 31.7 8.4 42.97月9 53.6 8.4 47.78月9.9 39 10.1 49.59月12.7 64.4 12.1 54.810月14.6 58.1 13.8 5111月17.3 36.9 16.9 37.6 1﹣﹣12月127 59.9 125.6 61.72019年1月9.1 113 9.6 138 2月 5.9 50.9 5.3 53.6 根据上述图表信息，下列结论错误的是（）A．2017年3月份我国新能源汽车的产量不超过3.4万辆B．2017年我国新能源汽车总销量超过70万辆C．2018年8月份我国新能源汽车的销量高于产量D．2019年1月份我国插电式混合动力汽车的销量低于2万辆4．已知正项等比数列{a n}中，a3a5＝4，且a4，a6+1，a7成等差数列，则该数列公比q为（）A．B．C．2 D．45．我国数学家陈最润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界瞩目的成就．哥德巴赫猜想简述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”（注：如果一个大于1的整数除了1和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数），如40＝3+37．在不超过40的素数，随机选取2个不同的数，这两个数的和等于40的概率是（）A．B．C．D．6．圆x2+y2﹣2x+4y+1＝0关于直线ax﹣by﹣3＝0（a＞0，b＞0）对称，则的最小值是（）A．1 B．3 C．5 D．97．函数（e为自然对数的底数）的大致图象为（）A．B．C．D．8．正三棱锥的三视图如，图所示，则该正三棱锥的表面积为（）A．B．C．D．9．已知点F1，F2分别是双曲线的左，右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足|F1F2|＝2|OP|，tan∠PF2F1＝4，则双曲线C的离心率为（）A．B．5 C．D．10．设f（x）是定义在R上的函数，满足条件f（x+1）＝f（﹣x+1），且当x≤1时，f（x）＝e﹣x﹣3，则a＝f（log27），的大小关系是（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞a＞c D．c＞b＞a11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E为棱CC1的中点．下列结论：①线段BD上存在点F，使得CF∥平面AD1E；②线段BD上存在点F，使CF⊥得平面AD1E；③平面AD1E把正方体分成两部分，较小部分的体积为，其中所有正确的序号是（）A．①B．③C．①③D．①②③12．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，a1＞1，且6S n＝a n2+3a n+2．若对于任意实数a∈[﹣2，2]．不等式恒成立，则实数t的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）C．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）D．[﹣2，2]二、填空题13．平面向量与的夹角为60°，且，，则＝．14．若实数x，y满足约束条件，则z＝2x+y的最小值是．15．已知椭圆为右顶点．过坐标原点O的直线交椭圆C于P，Q两点，线段AP的中点为M，直线QM交x轴于N（2，0），椭圆C的离心率为，则椭圆C的标准方程为．16．已知函数，且f（x）g（x）≤0在定义域内恒成立，则实数a的取值范围为．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c．（1）若△ABC的面积S满足且b＞c，求b的值；（2）若且△ABC为锐角三角形．求△ABC周长的范围．18．如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BDEF为正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝AB＝1，∠ABC＝60°（1）求证：平面CDE⊥平面BDEF；（2）点M为线段EF上一动点，求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围．19．过点P（0，2）的直线与抛物线C：x2＝4y相交于A，B两点．（1）若，且点A在第一象限，求直线AB的方程；（2）若A，B在直线y＝﹣2上的射影分别为A1，B1，线段A1B1的中点为Q，求证BQ∥PA1．20．设函数．（1）若k＝1，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在三个极值点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求k的取值范围，并证明：x1+x3＞2x2．21．“公平正义”是社会主义和谐社会的重要特征，是社会主义法治理念的价值追求．“考试”作为一种公平公正选拔人才的有效途径，正被广泛采用．每次考试过后，考生最关心的问题是：自己的考试名次是多少？自已能否被录取？能获得什么样的职位？某单位准备通过考试（按照高分优先录取的原则）录用300名，其中275个高薪职位和25个普薪职位．实际报名人数为2000名，考试满分为400分．（一般地，对于一次成功的考试来说，考试成绩应服从正态分布．）考试后考试成绩的部分统计结果如下：考试平均成绩是180分，360分及其以上的高分考生30名．（1）最低录取分数是多少？（结果保留为整数）（2）考生甲的成绩为286分，若甲被录取，能否获得高薪职位？若不能被录取，请说明理由．参考资料：（1）当X～N（μ，σ2）时，令Y＝，则Y～N（0，1）．（2）当Y～N（0，1）时，P（Y≤2.17）≈0.985，P（Y≤1.28）≈0.900，P（Y≤1.09）≈0.863，P（Y≤1.04）≈0.85．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用2B 铅笔在答题卡.上把所选题目对应的题号后的方框涂黑.22．在极坐标系中，已知圆的圆心，半径r＝3，Q点在圆C上运动，以极点为直角坐标系原点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系．（1）求圆C的参数方程；（2）若P点在线段OQ上，且|OP|：|PQ|＝2：3，求动点P轨迹的极坐标方程．23．设函数f（x）＝|2x﹣1|+|x+1|．（1）画出y＝f（x）的图象；（2）若不等式f（x）＞a﹣|x+1|对x∈R成立，求实数a的取值范围．参考答案一、选择题：本大题共12个小题，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M＝{x|x（x﹣2）＜0}，N＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则M∩N＝（）A．{0，1，2} B．{﹣2，﹣1} C．{1} D．{﹣2，﹣1，0，2} 【分析】可以求出集合M，然后进行交集的运算即可．解：∵M＝{x|0＜x＜2}，N＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，∴M∩N＝{1}．故选：C．2．已知复数z在复平面中对应的点（x，y）满足（x﹣1）2+y2＝1，则|z﹣1|＝（）A．0 B．1 C．D．2【分析】由于（x﹣1）2+y2＝1，表示以C（1，0）为圆心，1为半径的圆．即可得出|z ﹣1|．解：（x﹣1）2+y2＝1，表示以C（1，0）为圆心，1为半径的圆．则|z﹣1|＝1．故选：B．3．为了节能减排，发展低碳经济，我国政府从2001年起就通过相关政策推动新能源汽车产业发展．下面的图表反映了该产业发展的相关信息：中国新能源汽车产销情况一览表新能源汽车产量新能源汽车销量产量（万辆）比上年同期增长（%）销量（万辆）比上年同期增长（%）2018年3月 6.8 105 6.8 117.4 4月8.1 117.7 8.2 138.45月9.6 85.6 10.2 125.66月8.6 31.7 8.4 42.97月9 53.6 8.4 47.78月9.9 39 10.1 49.59月12.7 64.4 12.1 54.810月14.6 58.1 13.8 5111月17.3 36.9 16.9 37.61﹣﹣12月127 59.9 125.6 61.72019年1月9.1 113 9.6 138 2月 5.9 50.9 5.3 53.6根据上述图表信息，下列结论错误的是（）A．2017年3月份我国新能源汽车的产量不超过3.4万辆B．2017年我国新能源汽车总销量超过70万辆C．2018年8月份我国新能源汽车的销量高于产量D．2019年1月份我国插电式混合动力汽车的销量低于2万辆【分析】由图表信息中2018年的信息，根据增长量即可算出2017年的信息，判断出A，B正确，2018年8月份信息直接从表中可查到，2019年1月份我国插电式混合动力汽车的销量结合扇形图即可求出．解：由图表信息可知，2017年3月份我国新能源汽车的产量为：，所以选项A正确；由图表信息可知，2017年我国新能源汽车总销量为：，所以选项B 正确；由图表信息可知，2018年8月份我国新能源汽车的销量为10.1，产量为9.9，所以选项C正确；由图表信息可知，2019年1月份我国插电式混合动力汽车的销量为：9.6×0.25＝2.4，所以选项D错误，故选：D．4．已知正项等比数列{a n}中，a3a5＝4，且a4，a6+1，a7成等差数列，则该数列公比q为（）A．B．C．2 D．4【分析】运用等比数列的性质和通项公式，等差数列的中项性质，解方程可得所求公比．解：正项等比数列{a n}中，a3a5＝4，可得q＞0，a42＝a3a5＝4，即a4＝2，a4，a6+1，a7成等差数列，可得a4+a7＝2a6+2，即2+2q3＝4q2+2，解得q＝2，故选：C．5．我国数学家陈最润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界瞩目的成就．哥德巴赫猜想简述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”（注：如果一个大于1的整数除了1和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数），如40＝3+37．在不超过40的素数，随机选取2个不同的数，这两个数的和等于40的概率是（）A．B．C．D．【分析】不超过40的素数有12个，随机选取2个不同的数，基本事件总数n＝＝66，利用列举法求出这两个数的和等于40包含的基本事件有3个，由此能求出这两个数的和等于40的概率．解：不超过40的素数有：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，共12个，随机选取2个不同的数，基本事件总数n＝＝66，这两个数的和等于40包含的基本事件有：（3，37），（11，29），（17，23），共3个，∴这两个数的和等于40的概率是p＝＝．故选：B．6．圆x2+y2﹣2x+4y+1＝0关于直线ax﹣by﹣3＝0（a＞0，b＞0）对称，则的最小值是（）A．1 B．3 C．5 D．9【分析】由已知可得a+2b＝3，即，则＝（）（），展开后利用基本不等式求最值．解：圆x2+y2﹣2x+4y+1＝0的圆心坐标为（1，﹣2），由圆x2+y2﹣2x+4y+1＝0关于直线ax﹣by﹣3＝0（a＞0，b＞0）对称，∴a+2b＝3，即，则＝（）（）＝+．当且仅当，即a＝，b＝时上式取等号．∴的最小值是3．故选：B．7．函数（e为自然对数的底数）的大致图象为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，由排除法分析：先分析函数的奇偶性排除B、D，再分析可得当0＜x ＜时，f（x）＞0，排除A；即可得答案．解：根据题意，函数，其定义域为{x|x≠0}，有﹣（）＝﹣f（x），即函数f （x）为奇函数，排除B、D；又由当0＜x＜时，f（x）＞0，排除A，故选：C．8．正三棱锥的三视图如，图所示，则该正三棱锥的表面积为（）A．B．C．D．【分析】利用三视图求出三棱锥的底面边长以及侧棱长，然后求解表面积．解：应用可知三棱锥的高为：3，底面三角形的高为：3，则底面正三角形的边长为：a；所以，解得a＝2．斜高为：＝，该三棱锥的表面积为：3×+＝3+3．故选：A．9．已知点F1，F2分别是双曲线的左，右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足|F1F2|＝2|OP|，tan∠PF2F1＝4，则双曲线C的离心率为（）A．B．5 C．D．【分析】点P在双曲线C的右支上，且满足|F1F2|＝2|OP|，即有O为△PF1F2外接圆的圆心，即有∠F1PF2＝90°，运用勾股定理和双曲线的定义，化简整理，结合离心率公式计算即可得到．解：点P在双曲线C的右支上，且满足|F1F2|＝2|OP|，即有O为△PF1F2外接圆的圆心，即有∠F1PF2＝90°，由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|＝2a，∵tan∠PF2F1＝4，所以|PF1|＝4|PF2|，则|PF1|＝a，|PF2|＝a，由|PF1|2+|PF2|2＝|F1F2|2，即（）2+（）2＝4c2，即有c2＝a2，e＝，故选：C．10．设f（x）是定义在R上的函数，满足条件f（x+1）＝f（﹣x+1），且当x≤1时，f（x）＝e﹣x﹣3，则a＝f（log27），的大小关系是（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞a＞c D．c＞b＞a【分析】由已知可得函数的图象关于x＝1对称，又x＞1时函数图象单调递增，距离对称轴越远，函数值越大，解：由f（x+1）＝f（﹣x+1）可得函数的图象关于x＝1对称，又当x≤1时，f（x）＝e﹣x﹣3单调递减，故x＞1时函数图象单调递增，距离对称轴越远，函数值越大，∵log27∈（2，3），，3﹣1.5，故a＞b＞c．故选：A．11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E为棱CC1的中点．下列结论：①线段BD上存在点F，使得CF∥平面AD1E；②线段BD上存在点F，使CF⊥得平面AD1E；③平面AD1E把正方体分成两部分，较小部分的体积为，其中所有正确的序号是（）A．①B．③C．①③D．①②③【分析】由题意建立空间直角坐标系，求出平面AD1E的一个法向量，利用空间向量分析①②；找出平面AD1E截正方体所得截面，求解体积判断③．解：建立如图所示空间直角坐标系，A（1，0，0），D1（0，0，1），E（0，1，），C（0，1，0），设F（t，t，0）（0≤t≤1），则，，＝（t，t﹣1，0）．设平面AD1E的一个法向量为，由，取z＝1，则．由，解得t＝∈[0，1]，故①正确；由＝（t，t﹣1，0），，知与不共线，故②错误；平面AD1E把正方体分成两部分如图，正方体体积为1，三棱台ECH﹣D1DA的体积V＝，∴平面AD1E把正方体分成两部分，较小部分的体积为，故③正确．∴①③正确．故选：C．12．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，a1＞1，且6S n＝a n2+3a n+2．若对于任意实数a∈[﹣2，2]．不等式恒成立，则实数t的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）C．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）D．[﹣2，2]【分析】根据a n与S n的关系，求得a n的通项公式，消元，利用一元函数的根的分布问题，即可求得t取值范围．解：由6S n＝a n2+3a n+2，当n＝1时，6a1＝a12+3a1+2．解得a1＝2，当n≥2时，6S n﹣1＝a n﹣12+3a n﹣1+2，两式相减得6a n＝a n2+3a n﹣（a n﹣12+3a n﹣1），整理得（a n+a n）（a n﹣a n﹣1﹣3）＝0，﹣1由a n＞0，所以a n+a n﹣1＞0，所以a n﹣a n﹣1＝3，所以数列{a n}是以2为首项，3为公差的等差数列，所以a n+1＝2+3（n+1﹣1）＝3n+2，所以＝＝3﹣＜3，因此原不等式转化为2t2+at﹣1≥3对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*恒成立，化为：2t2+at﹣4≥0，设f（a）＝2t2+at﹣4，a∈[﹣2，2]，可得f（2）≥0且f（﹣2）≥0，即有，即，可得t≥2或t≤﹣2，则实数t的取值范围是（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）．故选：A．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．平面向量与的夹角为60°，且，，则＝．【分析】由已知求得||，然后求出，开方得答案．解：∵，∴，又与的夹角为60°，，∴＝9+4×3×1×cos60°+4＝19．∴＝故答案为：．14．若实数x，y满足约束条件，则z＝2x+y的最小值是﹣9 ．【分析】作出平面区域，结合Z最小，截距最小平移直线2x+y＝0确定最小值即可．解：作出不等式组件所表示的平面区域，作出直线2x+y＝0，对该直线进行平移，结合Z最小，直线的截距最小；可以发现经过点C（﹣3，﹣3）时Z取得最小值﹣9；故答案为：﹣9．15．已知椭圆为右顶点．过坐标原点O的直线交椭圆C于P，Q两点，线段AP的中点为M，直线QM交x轴于N（2，0），椭圆C的离心率为，则椭圆C的标准方程为．【分析】设出P点坐标，表示出M的坐标，由Q，N，M三点共线，k MN＝k NQ可计算出a，从而解决问题；解：设P（x，y），则由A（a，0）；线段AP的中点为M，则M（，）；由题意，Q，N，M三点共线，k MN＝k NQ；即＝；可得x+a﹣4＝2+x；所以a＝6，由椭圆C的离心率为，得c＝4，b2＝20；故椭圆C的标准方程为：．故答案为：．16．已知函数，且f（x）g（x）≤0在定义域内恒成立，则实数a的取值范围为a≤﹣或a＝e2．【分析】通过讨论f（x）的符号，结合函数的单调性判断出a的范围即可．解：若f（x）g（x）≤0在定义域内恒成立，考虑以下情形：①当f（x）≤0，g（x）≥0同时恒成立时，由f（x）＝lnx+2ax≤0，即﹣2a≥恒成立，设h（x）＝，h′（x）＝，当x＞e时，h′（x）＜0，h（x）递减，当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）递增，可得x＝e处h（x）取得极大值，且为最大值，可得﹣2a≥，即a≤﹣；∵由g（x）≥0，即﹣a≥0恒成立得a≤0．∴a≤﹣；②当f（x）≥0，g（x）≤0同时恒成立时，a不存在；③当a＞0时，∵f（x）＝lnx+2ax为增函数，g（x）＝﹣a为减函数，若它们有共同零点，则f（x）•g（x）≤0恒成立，由f（x）＝lnx+2ax＝0，g（x）＝﹣a＝0，联立方程组解得：a＝e2．综上可得a≤﹣或a＝e2．故答案为：a≤﹣或a＝e2．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c．（1）若△ABC的面积S满足且b＞c，求b的值；（2）若且△ABC为锐角三角形．求△ABC周长的范围．【分析】（1）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式可求tan C，进而可求C，然后再由余弦定理即可求解b，（2）由已知结合正弦定理可表示b，c，然后根据和差角公式及辅助角公式进行化简后结合正弦函数的性质可求．解：（1）∵4，所以，即tan C＝，又因为0＜C＜π，所以C＝，因为c＝，a＝4，由余弦定理可得cos＝，解可得，b＝3或b＝，因为b＞c＝，所以，b＝3；（2），由正弦定理可得，＝，故b＝2sin B，c＝2sin C＝2sin（），由题意可知，，解可得，，则△ABC周长为2sin（）+2sin B＝，＝，因为，所以，故＜sin（B+）≤1，因此三角形的周长的范围（3+，3]．18．如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BDEF为正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝AB＝1，∠ABC＝60°（1）求证：平面CDE⊥平面BDEF；（2）点M为线段EF上一动点，求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围．【分析】（1）先求出BD⊥DC，再证明CD⊥平面BDEF，再根据面面垂直的判断定理求出即可；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求出平面BCM的法向量，BD的方向向量，利用夹角公式，结合函数的最值，求出即可．解：（1）等腰梯形ABCD，AD＝AB＝1，由∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，BD＝＝，BC＝1+＝2，所以BC2＝CD2+BD2，BD⊥DC，由平面BDEF⊥平面ABCD，BD＝平面BDEF∩平面ABCD，所以CD⊥平面BDEF，又CD⊂平面CDE，所以平面CDE⊥平面BDEF；（2）根据题意，以D为圆心，以DB，DC，DE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设EM＝m∈[0，]则B（，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），M（m，0，），，，设平面BMC的法向量为，由，令x＝，y＝3，z＝，故，设BD与平面BCM的夹角为θ，所以sinθ＝|cos＜＞|＝，m∈[0，]，所以当m＝0时取最小值，m＝取最大值，故BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围为[]．19．过点P（0，2）的直线与抛物线C：x2＝4y相交于A，B两点．（1）若，且点A在第一象限，求直线AB的方程；（2）若A，B在直线y＝﹣2上的射影分别为A1，B1，线段A1B1的中点为Q，求证BQ∥PA1．【分析】本题第（1）题由题意，设过点P（0，2）的直线l的斜率为k，则l：y＝kx+2．然后由，根据定比分点的知识，可得＝2，＝0．将y1＝kx1+2，y2＝kx2+2代入最终可得到k的值，则即可求出直线AB的方程；第（2）题先联立直线l 与抛物线方程，整理得到一元二次方程，根据韦达定理有x1+x2＝4k，x1•x2＝﹣8．再根据题意写出∴＝（﹣x2，﹣2﹣y2），＝（x1，﹣4）．再根据平行向量的坐标公式x1y2﹣x2y1＝0进行代入计算即可证明BQ∥PA1．【解答】（1）解：由题意，设过点P（0，2）的直线l的斜率为k，则l：y＝kx+2．设A（x1，y1），B（x2，y2）．∵，∴根据定比分点的知识，有＝2，＝0．∴x1+2x2＝6，y1+2y2＝0．∵y1+2y2＝kx1+2+2（kx2+2）＝＝k（x1+2x2）+6＝6k+6＝0，解得k＝﹣1．∴直线AB的方程为y＝﹣x+2．（2）证明：根据（1），联立直线l与抛物线方程，得，整理，得x2﹣4kx﹣8＝0．则x1+x2＝4k，x1•x2＝﹣8．∵A1（x1，﹣2），B1（x2，﹣2）．∴Q（，﹣2）．∴＝（﹣x2，﹣2﹣y2），＝（x1，﹣4）．∵（﹣x2）•（﹣4）﹣x1•（﹣2﹣y2）＝4•+x1•（y2+2）＝2x2﹣2x1+x1y2+2x1＝2x2+x1y2＝2x2+x1•＝2x2+•x1•x2＝2x2+•（﹣8）＝0．∴BQ∥PA1．20．设函数．（1）若k＝1，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在三个极值点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求k的取值范围，并证明：x1+x3＞2x2．【分析】（1）将k＝1代入f（x）中，然后利用导数求得f（x）的单调区间．（2）先求得f（x）的导函数f′（x）＝（e x﹣kx）（x﹣1），则g（x）＝e x﹣kx有两个不同的零点，且都不是1，然后对k分成k≤0，k＞0两种情况分类讨论，利用导数研究g（x）的单调性和零点，由此求得k的取值范围．进一步证明x1+x3＞2x2．解：（1）当k＝1时，，∴f'（x）＝（e x﹣x）（x﹣1）．令h（x）＝e x﹣x，则h'（x）＝e x﹣1，∴由h'（x）＞0得x＞0，h'（x）＜0得x＜0，∴h（x）在（﹣∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增．∴h（x）≥h（0）＝1＞0即e x﹣x＞0，∴解f'（x）＞0得x＞1，解f'（x）＜0得x＜1，∴f（x）的单调减区间为（﹣∞，1），单调增区间为（1，+∞）．（2）f'（x）＝e x（x﹣2）+e x﹣kx2+kx＝（e x﹣kx）（x﹣1），∵f（x）有三个极值点，∴方程e x﹣kx＝0有两个不等根，且都不是1，令g（x）＝e x﹣kx，当k≤0时，g（x）单调递增，g（x）＝0至多有一根，∴当k＞0时，解g'（x）＞0得x＞lnk，解g'（x）＜0得x＜lnk．∴g（x）在（﹣∞，lnk）上递减，在（lnk，+∞）上递增，∴g（lnk）＝e lnk﹣klnk＝k（1﹣lnk）＜0，k＞e，此时，g（0）＝1＞0，lnk＞1，g（1）＝e﹣k＜0，x→+∞时g（x）→+∞．∴k＞e时，f'（x）＝0有三个根x1，x2，x3，且0＜x1＜1＝x2＜x3，由得x1＝lnk+lnx1，由得x3＝lnk+lnx3，∴．下面证明：，可变形为令，，，∴φ（x）在（1，+∞）上递增，∴φ（t）＞φ（1）＝0，∴，∴x3+x1＞2x2．21．“公平正义”是社会主义和谐社会的重要特征，是社会主义法治理念的价值追求．“考试”作为一种公平公正选拔人才的有效途径，正被广泛采用．每次考试过后，考生最关心的问题是：自己的考试名次是多少？自已能否被录取？能获得什么样的职位？某单位准备通过考试（按照高分优先录取的原则）录用300名，其中275个高薪职位和25个普薪职位．实际报名人数为2000名，考试满分为400分．（一般地，对于一次成功的考试来说，考试成绩应服从正态分布．）考试后考试成绩的部分统计结果如下：考试平均成绩是180分，360分及其以上的高分考生30名．（1）最低录取分数是多少？（结果保留为整数）（2）考生甲的成绩为286分，若甲被录取，能否获得高薪职位？若不能被录取，请说明理由．参考资料：（1）当X～N（μ，σ2）时，令Y＝，则Y～N（0，1）．（2）当Y～N（0，1）时，P（Y≤2.17）≈0.985，P（Y≤1.28）≈0.900，P（Y≤1.09）≈0.863，P（Y≤1.04）≈0.85．【分析】（1）利用考试的平均成绩、高分考生的人数，以及题目所给正态分布的参考资料，求得考生成绩X的分布X～N（180，832），利用录取率列方程，由此求得最低录取分数线；（2）计算出不低于考生甲的成绩的人数约为200，由此判断出甲能获得高薪职位．解：（1）设考生的成绩为X，则由题意可得X应服从正态分布，即X～N（180，σ2），令Y＝，则Y～N（0，1）．由360分及以上高分考生30名可得P（X≥360）＝，即P（X＜360）＝1﹣＝0.985，即有P（X＜）＝0.985，则≈2.17，可得σ≈83，可得N（180，832），设最低录取分数线为x0，则P（X≥x0）＝P（Y≥）＝，即有P（Y＜）＝1﹣＝0.85，即有＝1.04，可得x0≈266.32，即最低录取分数线为266到267分之间；（2）考生甲的成绩286＞267，所以能被录取，P（X＜286）＝P（Y＜）＝P（Y＜1.28）≈0.90，表明不低于考生甲的成绩的人数大约为总人数的1﹣0.90＝0.10，2000×0.10＝200，即考生甲大约排在第200名，排在前275名之前，所以能被录取为高薪职位．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用2B 铅笔在答题卡.上把所选题目对应的题号后的方框涂黑.22．在极坐标系中，已知圆的圆心，半径r＝3，Q点在圆C上运动，以极点为直角坐标系原点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系．（1）求圆C的参数方程；（2）若P点在线段OQ上，且|OP|：|PQ|＝2：3，求动点P轨迹的极坐标方程．【分析】（1）直接利用转换关系式的应用把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用极径的应用和关系式的转换的应用求出结果．解：（1）由已知得，圆心的直角坐标为，r＝3，所以C的直角坐标方程为，所以圆C的参数方程为（θ为参数）．（2）由（1）得，圆C的极坐标方程为，即．设P（ρ，θ），Q（ρ1，θ），根据|OP|：|PQ|＝2：3，可得ρ：ρ1＝2：5，将代入C的极坐标方程得，即动点P轨迹的极坐标方程为．23．设函数f（x）＝|2x﹣1|+|x+1|．（1）画出y＝f（x）的图象；（2）若不等式f（x）＞a﹣|x+1|对x∈R成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）利用分段函数表示f（x），画出y＝f（x）的图象即可；（2）不等式f（x）＞a﹣|x+1|对x∈R成立，化为|2x﹣1|+2|x+1|＞a对x∈R成立；设g（x）＝|2x﹣1|+2|x+1|，求出g（x）的最小值，从而求得a的取值范围．解：（1）函数f（x）＝|2x﹣1|+|x+1|＝；画出y＝f（x）的图象，如图所示；（2）不等式f（x）＞a﹣|x+1|对x∈R成立，即|2x﹣1|+2|x+1|＞a对x∈R成立；设g（x）＝|2x﹣1|+2|x+1|，则g（x）＝|2x﹣1|+|2x+2|≥|（2x﹣1）﹣（2x+2）|＝3，当且仅当﹣1≤x≤时取等号；所以实数a的取值范围是a≤3．。
2020届河南省开封市高考数学一模试卷(理科 )(解析版)
2020年河南省开封市高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|x2-x-6＜0}，B=N，则A∩B=（）A. {-1，0，1，2}B. {0，1，2}C. {-2，-1，0，1}D. {0，1}2.在复平面内，复数对应的点位于直线y=x的左上方，则实数a的取值范围是（）A. （-∞，0）B. （-∞，1）C. （0，+∞）D. （1，+∞）3.设与都是非零向量，则“”是“向量与夹角为锐角”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件4.已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边经过点（1，-2），则tan2α=（）A. B. C. D.5.已知定义在[m-5，1-2m]上的奇函数f（x），满足x＞0时，f（x）=2x-1，则f（m）的值为（）A. -15B. -7C. 3D. 156.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A，B，C，D，E五个等级，A等级15%，B等级30%，C等级30%，D，E等级共25%．其中E 等级为不合格，原则上比例不超过5%．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C级及以上级别的学生人数有（）A. 45人B. 660人C. 880人D. 900人7.国庆阅兵式上举行升旗仪式，在坡度为15°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60°和30°，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8. 已知{F n }是斐波那契数列，则F 1=F 2=1，F n =F n -1+F n -2（n ∈N*且n ≥3），如图程序框图表示输出斐波那契数列的前n 项的算法，则n =（ ） A. 10 B. 18 C. 20 D. 22 9. 设m =ln2，n =lg2，则（ ）A. m -n ＞mn ＞m +nB. m -n ＞m +n ＞mnC. m +n ＞mn ＞m -nD. m +n ＞m -n ＞mn10. 已知F 为双曲线C ：的右焦点，圆O ：x 2+y 2=a 2+b 2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. C. 2 D. 11. 将函数f （x ）=a sin x +b cos x 的图象向右平移个单位长度得到g （x ）的图象，若g（x ）的对称中心为坐标原点，则关于函数f （x ）有下述四个结论： ①f （x ）的最小正周期为2π②若f （x ）的最大值为2，则a =1 ③f （x ）在[-π，π]有两个零点 ④f （x ）在区间[-，]上单调其中所有正确结论的标号是（ ） A. ①③④ B. ①②④ C. ②④ D. ①③12. 已知正方体的棱长为1，平面α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α内的正投影面积是（ ）A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知向量，，若，则m =______．14.我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”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______．15.设点P为函数f（x）=ln x-x3上任意一点，点Q为直线2x+y-2=0上任意一点，则P，Q两点距离的最小值为______．16.若数列{a n}满足，则称数列{a n}为“差半递增”数列．若数列{a n}为“差半递增”数列，且其通项a n与前n项和S n满足，则实数t的取值范围是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等差数列{a n}满足a n+1+n=2a n+1．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和，求数列的前n项和T n．18.底面ABCD为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体．若DA=DH=DB=4，AE=CG=3．（1）求证：EG⊥DF；（2）求二面角A-HF-C的正弦值．19.在平面直角坐标系xOy中，已知点F（1，0），直线l：x=-1，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，动点Q满足：RQ⊥PF，PQ⊥l．（1）求动点Q的轨迹方程E；（2）若直线PF与曲线E交于A，B两点，过点F作直线PF的垂线与曲线E相交于C，D两点，求的最大值．20.某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，列需要检验n次；②混合检验，将其k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k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k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1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p（0＜p＜1）．（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k（k∈N*且k≥2）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ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（Ⅰ）运用概率统计的知识，若Eξ1=Eξ2，试求p关于k的函数关系式p=f（k）；（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k的最大值．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094．21.已知函数f（x）=a•e-x+sin x，a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a=1时，证明：∀x∈（-∞，0]，f（x）≥1；（2）若函数f（x）在（0，）上存在两个极值点，求实数a的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以坐标原点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=（1）求曲线C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程；（2）设P是曲线C1上一点，此时参数φ=，将射线OP绕原点O逆时针旋转交曲线C2于点Q，记曲线C1的上顶点为点T，求△OTQ的面积．23.已知a，b，c为一个三角形的三边长．证明：（1）++≥3；（2）＞2．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵A={x|x2-x-6＜0}=[-2，3]，B=N，则A∩B={0，1，2}．故选：B．解不等式先求出集合A，即可求解．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2.【答案】A【解析】解：∵=，∴复数对应的点的坐标为（），由复数对应的点位于直线y=x的左上方，得＞0，即a＜0．∴实数a的取值范围是（-∞，0）．故选：A．利用复数代数形式的乘除运算化简求得复数对应的点的坐标，再由线性规划知识列式求解．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.【答案】B【解析】解：与都是非零向量，则“向量与夹角为锐角”⇒“”，反之不成立，可能同向共线．因此“”是“向量与夹角为锐角”的必要不充分条件．故选：B．与都是非零向量，则“向量与夹角为锐角”⇒“”，反之不成立，即可判断出结论．本题考查了向量夹角公式、向量共线定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.【答案】D【解析】解：由三角函数的定义可知，tanα=-2，tan2α===．故选：D．由三角函数的定义可求tanα，然后再由二倍角正切公式an2α=即可求解．5.【答案】A【解析】解：由奇函数的对称性可知，m-5+1-2m=0，∴m=-4，∵x＞0时，f（x）=2x-1，则f（m）=f（-4）=-f（4）=-15．故选：A．先根据奇函数定义域关于原点对称求出m，然后代入即可求解本题考查奇函数的性质，转化思想，正确转化是关键．6.【答案】D【解析】解：根据图形，抽取的总人数10÷20%=50，其中C所占的百分比为：12÷50=0.24，故1000×（0.24+0.2+0.46）=1000×0.9=900，故选：D．利用图形，先算出抽取的总人数，求出C的百分比，最后算出结论．考查直方图，扇形统计图，样本估计总体问题等，基础题．7.【答案】C【解析】解：如图所示，依题意可知∠ADC=45°，∠ACD=180°-60°-15°=105°，∴∠DAC=180°-45°-105°=30°，由正弦定理可知，∴AC==25米．∴在Rt△ABC中，AB=AC•sin∠ACB=25×=≈31米．∴旗杆的高度为31米．故选：C．先求得∠ADC和∠ACD，则∠DAC可求，再利用正弦定理求得AC，最后在Rt△ABC中利用AB=AC•sin∠ACB求得AB的长．本题主要考查了解三角形的实际应用，此类问题的解决关键是建立数学模型，把实际问题转化成数学问题解决，是中档题．8.【答案】B【解析】解：模拟程序的运行，可得i=1，a=1，b=1，满足条件i＜10，执行循环，输出斐波那契数列的前2项，a=2，b=3，i=2满足条件i＜10，执行循环，输出斐波那契数列的第3，第4项，a=5，b=8，i=3…每经过一次循环，输出了斐波那契数列的2项，i=9时，共输出了斐波那契数列的前18项，此时i=10，不满足条件，退出循环体．故程序框图表示输出斐波那契数列的前n项的算法，n=18．故选：B．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．9.【答案】D【解析】解：∵0＜m＜1，0＜n＜1，m＞n，=，故m-n＞mn，所以，故m+n＞mn，由m+n＞m-n故m+n＞m-n＞mn，故选：D．利用倒数，作差法，判断即可．考查对数换底公式，对数的运算性质和不等式比较大小，基础题．10.【答案】A【解析】解：设|MF1|=m，|MF2|=n，由双曲线的定义可得m-n=2a，①由|OM|=|ON|，|OF1|=|OF2|，可得四边形F1NF2M为平行四边形，圆O：x2+y2=a2+b2=c2，由直径所对的圆周角为直角，可得四边形F1NF2M为矩形，即有m2+n2=4c2，②S=mn=ab，③由①②③可得4c2-4ab=4a2，即为b=a，可得e==．故选：A．设|MF1|=m，|MF2|=n，运用双曲线的定义和勾股定理、以及矩形的周长和面积公式，化简可得a，c的关系，进而得到所求离心率．本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率，考查直径所对的圆周角为直角，以及勾股定理和化简运算能力，属于中档题．11.【答案】D【解析】解：f（x）=a sin x+b cos x==．将f（x）的图象向右平移个单位长度得到g（x）的图象，则g（x）=．∵g（x）的对称中心为坐标原点，∴，得，则θ=，k∈Z．∴f（x）=．∴f（x）的最小正周期T=2π，故①正确；若f（x）的最大值为2，则，a不一定为1，故②错误；由f（x）=0，得sin（x+）=0，即sin（x+）=0，在[-π，π]有两个零点，，故③正确；当x∈[-，]时，x+∈，当k为偶数时，f（x）单调递增，当k为奇数时，f（x）单调递减，故④错误．∴其中所有正确结论的标号是①③．故选：D．利用辅助角公式化积，结合函数的图象平移及对称性求得θ，可得函数f（x）的解析式，然后逐一核对四个命题得答案．本题考查命题的真假判断与应用，考查y=A sin（ωx+φ）型函数的图象与性质，考查推理运算能力，属中档题．12.【答案】B【解析】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正三角形所在平面或其平行平面为平面α时，满足平面α与正方体每条棱所成的角均相等，并且如图所示的正三角形，为平面α截正方体所形成的三角形截面中，截面面积最大者．因为正三角形的边长为，正方体ABCD-A1B1C1D1的三个面在平面α内的正投影是三个全等的菱形（如图所示），可以看成两个边长为的等边三角形，所以正方体在平面α内的正投影面积是S=2×=．故选：B．利用正方体棱的关系，判断平面α所成的角都相等的位置，正方体ABCD-A1B1C1D1的本题考查直线与平面所成角的大小关系，考查空间想象能力以及计算能力，属于难题．13.【答案】1【解析】解：∵向量，，若，则•=0，即2×3-6m=0，则m=1，故答案为：1．由题意可得•=0，再利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求出m的值．本题主要考查两个向量的数量积公式，两个向量垂直的性质，属于基础题．14.【答案】48【解析】解：根据题意，假设有5个位置，第一个位置的舰载机最先着舰，其余的舰载机依次按位置着舰，乙机不能最先着舰，则乙机有4个位置可选，在剩下的位置中任选2个，安排丙机和甲机，要求丙机必须在甲机之前，有C42=6种情况，最后将剩下的2架舰载机安排在剩下的位置，有2种情况；则同的着舰方法有4×6×2=48种；故答案为：48．根据题意，假设有5个位置，据此分2步分析着舰的顺序，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．15.【答案】【解析】解：由f（x）=ln x-x3，得f′（x）=ln x-x3=，设与直线2x+y-2=0平行的切线切曲线f（x）于P（），则，整理得，解得x0=1，则切点P（1，-1）．∴P到直线2x+y-2=0的距离d=．即P，Q两点距离的最小值为．故答案为：．求出原函数的导函数，再求出与直线2x+y-2=0平行的切线切曲线f（x）的坐标，利用点到直线的距离公式得答案．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了点到直线距离公式的应用，是中档题．16.【答案】把这两个等式相减，得a n=2a n-2a n-1，所以，因为S1=2a1+2t-1，所以a1=1-2t，则数列{a n}是公比为2的等比数列，所以a n=a1×2n-1=（1-2t）×2n-1，=（1-2t）×2n-2，所以a n-a n-1=3（1-2t）×2n-3，a n+1-=3（1-2t）×2n-2，（a n+1-）-（a n-a n-1）=3（1-2t）×2n-2-3（1-2t）×2n-3＞0，解得t＜，故答案为：（-∞，）．因为S n=2a n+2t-1，则S n-1=2a n-1+2t-1，把这两个等式相减，得a n=2a n-2a n-1，所以，因为S1=2a1+2t-1，所以a1=1-2t，则数列{a n}是公比为2的等比数列，所以a n=a1×2n-1=（1-2t）×2n-1，=（1-2t）×2n-2，根据题意得，（a n+1-）-（a n-a n-1）＞0，进而得出答案．本题是考查新定义的“差半递增”数列，属于中档题．17.【答案】解：（1）由已知{a n}为等差数列，记其公差为d．①当n≥2时，，两式相减可得d+1=2d，所以d=1，②当n=1时，a2+1=2a1+1，所以a1=1．所以a n=1+n-1=n；（2），，所以=．【解析】（1）设等差数列的公差为d，将已知等式中的n换为n-1，相减可得公差d=1，再令n=1，可得首项，进而得到所求通项公式；（2）由等差数列的求和公式可得S n，求得，再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．本题考查等差数列的定义、通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题．18.【答案】（1）证明：连接AC，由可知四边形AEGC为平行四边形，所以EG∥AC．由题意易知AC⊥BD，AC⊥BF，所以EG⊥BD，EG⊥BF，因为BD∩BF=B，所以EG⊥平面BDHF，又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF．（2）解：设AC∩BD=O，EG∩HF=P，由已知可得：平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，同理可得：EF∥HG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点，O为AC的中点，所以，从而OP⊥平面ABCD，又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直，如图，建立空间直角坐标系O-xyz，OP=3，DH=4，由平面几何知识，得BF=2．则，，F（0，2，2），H（0，-2，4），所以，，．设平面AFH的法向量为，由，可得，令y=1，则z=2，，所以．同理，平面CFH的一个法向量为．设平面AFH与平面CFH所成角为θ，则，所以．【解析】（1）连接AC，证明EG∥AC．推出EG⊥BD，EG⊥BF，证明EG⊥平面BDHF，然后证明EG⊥DF．（2）OA，OB，OP两两垂直，如图，建立空间直角坐标系O-xyz，OP=3，DH=4，求出平面AFH的法向量，平面CFH的一个法向量利用空间向量的数量积求解二面角的正弦函数值即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及逻辑推理能力计算能力，是中档题．19.【答案】解：（1）由题意可知R是线段PF的中点，因为RQ⊥PF，所以RQ为PF的中垂线，即|QP|=|QF|，又因为PQ⊥l，即Q点到点F的距离和到直线l的距离相等，设Q（x，y），则，化简得y2=4x，所以动点Q的轨迹方程E为：y2=4x．（2）由题可知直线PF的斜率存在且不为0，设直线PF：y=k（x-1），CD：，则，联立可得k2x2-（2k2+4）x+k2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，x1•x2=1．因为向量，方向相反，所以=，同理，设C（x3，y3），D（x4，y4），可得，所以，因为，当且仅当k2=1，即k=±1时取等号，所以的最大值为-16．【解析】（1）由题意可知R是线段PF的中点，因为RQ⊥PF，所以RQ为PF的中垂线，Q点到点F的距离和到直线l的距离相等，设Q（x，y），运用点到直线的距离公式和两点的距离公式，化简可得所求轨迹方程；（2）由题可知直线PF的斜率存在且不为0，设直线PF：y=k（x-1），CD：，分别联立抛物线方程，运用韦达定理和向量数量积的定义和坐标表示，结合基本不等式可得所求最大值．本题考查轨迹方程的求法，注意运用点到直线和两点的距离公式，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理和向量数量积的定义和坐标表示，考查化简运算能力，属于中档题．20.【答案】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A事件，则．（2）（Ⅰ）E（ξ1）=k，ξ2的取值为1，k+1，计算，，所以，由E（ξ1）=E（ξ2），得k=k+1-k（1-p）k，所以（k∈N*且k≥2）．（Ⅱ），，所以，即．设，，x＞0，当x∈（0，4）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，4）上单调递增；当x∈（4，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）在（4，+∞）上单调递减．且f（8）=ln8-2=3ln2-2＞0，，所以k的最大值为8．【解析】（1）利用古典概型、排列组合求出恰好经过3次检验能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）（Ⅰ）由E（ξ1）=k，ξ2的取值为1，k+1，计算对应概率与数学期望值，由E（ξ1）=E（ξ2）求得p的值；（Ⅱ）由题意得，即，设，利用导数判断f（x）的单调性，从而求得k的最大值．本题考查了概率、函数关系式、实数的最大值的求法，也考查了离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，是中档题．21.【答案】解：（1）当a=1时，f（x）=e-x+sin x，f′（x）=-e-x+cos x，当x≤0时，-e-x≤-1，则f′（x）≤0（x≤0）所以f（x）在（-∞，0]上单调递减，f（x）≥f（0）=1；所以：∀x∈（-∞，0]，f（x）≥1；（2）函数f（x）在（0，）上存在两个极值点；则f′（x）=0在（0，）上有两个不等实数根；即f′（x）=-ae-x+cos x=0在（0，）上有两个不等实数根；即a=e x cos x在（0，）上有两个不等实数根；设g（x）=e x cos x，则g′（x）=e x（cos x-sin x）；当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；又g（0）=1，，；故实数a的取值范围为：【解析】（1）求出f′（x）=-e-x+cos x，得出f′（x）≤0，则f（x）在（-∞，0]上单调递减，结论可证．（2）函数f（x）在（0，）上存在两个极值点；则f′（x）=0在（0，）上有两个不等实数根，分离参数得a=e x cos x在（0，）上有两个不等实数根；设g（x）=e x cos x，讨论函数g（x）的单调性即可解决；本题考查不等式证明，根据函数极值个数求参数的范围，函数零点问题，考查分离参数法，属于难题．22.【答案】解：（1）由（φ为参数），消去参数φ，可得曲线C1的普通方程为，由x=ρcosθ，y=ρsinθ，可得曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ+2ρ2sin2θ-2=0．由ρ=，得ρ2=2，则C2的直角坐标方程为x2+y2=2；（2）当φ=时，P（1，），sin∠xOP=，cos，将射线OP绕原点O逆时针旋转，交曲线C2于点Q，又曲线C1的上顶点为点T，∴|OQ|=，|OT|=1，则=．【解析】（1）由（φ为参数），消去参数φ，可得曲线C1的普通方程，结合x=ρcosθ，y=ρsinθ，可得曲线C1的极坐标方程．由ρ=，得ρ2=2，则C2的直角坐标方程可求；（2）当φ=时，P（1，），sin∠xOP=，cos，将射线OP绕原点O逆时针旋转，交曲线C2于点Q，又曲线C1的上顶点为点T，求出|OQ|=，|OT|=1，再求出∠QOT的正弦值，代入三角形面积公式求解．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查计算能力，是中档题．23.【答案】解：（1）a，b，c＞0，++≥3•；当且仅当a=b=c取等号，故原命题成立；（2）已知a，b，c为一个三角形的三边长，要证＞2，只需证明，即证2，则有，即，所以，同理，，三式左右相加得2，故命题得证．【解析】（1）利用三元的均值不等式直接证明即可；（2）要证＞2，只需证明，即证2，由，即得，累加即可证明．考查了基本不等式的应用，中档题．。
2020年河南省安阳市高考数学一模试卷(理科)
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．（5分）已知集合A ＝{x |x ≥3或x ≤﹣3}，B ＝{y |y ＝2x ，x ≥1}，则（∁R A ）∩B ＝（ ） A ．{x |2≤x ＜3}B ．{x |x ＞2}C ．{x |x ≥3}D ．{x |2＜x ≤3}【解答】解：∵A ＝{x |x ≥3或x ≤﹣3}，B ＝{y |y ≥2}， ∴∁R A ＝{x |﹣3＜x ＜3}， ∴（∁R A ）∩B ＝{x |2≤x ＜3}． 故选：A ．2．（5分）已知复数z 满足i （3+z ）＝1+i ，则z 的虚部为（ ） A ．﹣iB ．iC ．﹣1D ．1【解答】解∵i （3+z ）＝1+i ，∴3+z =1+ii=1−i ， ∴z ＝﹣2﹣i ，∴复数z 的虚部为﹣1． 故选：C ．3．（5分）已知函数f(x)={(x −1)3，x ≤1lnx ，x ＞1，若f （a ）＞f （b ），则下列不等关系正确的是（ ） A ．1a 2+1＜1b 2+1B ．√a 3＞√b 3C ．a 2＜abD ．ln （a 2+1）＞ln （b 2+1）【解答】解：易知f （x ）在R 上单调递增，故a ＞b ．因为a ，b 的符号无法判断，故a 2与b 2，a 2与ab 的大小不确定， 所以A ，C ，D 不一定正确；B 中√a 3＞√b 3正确． 故选：B ．4．（5分）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13B ．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%【解答】解：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412=13，所以A 正确；由图可以看出，PMI 值的平均值低于50%，所以B 正确； 12个月的PMI 值的众数为49.4%，所以C 正确； 12个月的PMI 值的中位数为49.6%，所以D 错误． 故选：D ．5．（5分）已知数列{a n }满足a n +1﹣a n ＝2，且a 1，a 3，a 4成等比数列．若{a n }的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为（ ） A ．﹣10B ．﹣14C ．﹣18D ．﹣20【解答】解：根据题意，可知{a n }为等差数列，公差d ＝2． 由a 1，a 3，a 4成等比数列，可得(a 1+4)2=a 1（a 1+6），解得a 1＝8． 所以S n ＝﹣8n +n(n−1)2×2=(n −92)2−814． 根据单调性，可知当n ＝4或5时，S n 取到最小值，最小值为﹣20． 故选：D ．6．（5分）已知cos （2019π+α）=−√23，则sin （π2−2α）＝（ ）A ．79B ．59C ．−59D ．−79【解答】解：由cos （2019π+α）=−√23，可得cos （π+α）=−√23， ∴cos α=√23，∴sin （π2−2α）＝cos2α＝2cos 2α﹣1＝2×29−1=−59．故选：C ．7．（5分）已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a ＞0，b ＞0)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 ．√5−1B ．√2C ．√3D ．√5【解答】解：双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1，a ＞0，b ＞0的右顶点为A （a ，0），右焦点为F（c ，0），M 所在直线为x ＝a ，不妨设M （a ，b ）， ∴MF 的中点坐标为（a+c 2，b2）．代入方程可得(a+c 2)2a 2−(b 2)2b 2=1，∴(a+c)24a 2=54，∴e 2+2e ﹣4＝0，∴e =√5−1（负值舍去）．故选：A ．8．（5分）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 ．S ＞﹣1？B ．S ＜0？C ．S ＜﹣1？D ．S ＞0？【解答】解：i ＝1，S ＝1．运行第一次，S ＝1+lg 13=1﹣lg 3＞0，i ＝3，不成立；运行第二次，S ＝1+lg 13+lg 35=1﹣lg 5＞0，i ＝5，不成立；运行第三次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57=1﹣lg 7＞0，i ＝7，不成立；运行第四次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57+lg 79=1﹣lg 9＞0，i ＝9，不成立；运行第五次，S ＝1+lg 13+lg 35+lg 57+lg 79+lg 911=1﹣lg 11＜0，i ＝11，成立，输出i 的值为11，结束， 故选：B ．9．（5分）已知各项都是正数的数列{a n }满足a n +1﹣a n ＝2n （n ∈N *），若当且仅当n ＝4时，a n n取得最小值，则（ ）A ．0＜a 1＜12B ．12＜a 1＜20C ．a 1＝12D ．a 1＝20【解答】解：由题意得当n ≥2时，各项都是正数的数列{a n }满足a n +1﹣a n ＝2n ， 所以a n ﹣a n ﹣1＝2n ﹣2，a n ﹣1﹣a n ﹣2＝2n ﹣4，…，a 2﹣a 1＝2， 累加得a n −a 1=n 2−n ，故a n =n 2−n +a 1， 当n ＝1，该式也成立，则a n n=n −1+a 1n．因为当且仅当n ＝4时，a n n取得最小值，当a 1＞0，所以由“对勾两数”的单调性可知a 44＜a 33，a 44＜a 55，即4−1+a14＜3−1+a13，且4−1+a14＜5−1+a15，解得12＜a 1＜20． 故选：B ．10．（5分）过抛物线E ：x 2＝2py （p ＞0）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，Q （1，2）．若1|AB|+1|CD|=14，则|PF |+|PQ |的最小值是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【解答】解：显然直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的斜率为k ，则直线AB 的方程为y ＝kx +p2，联立方程{y =kx +p2x 2=2py ，消去y 得：x 2﹣2pkx ﹣p 2＝0， 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， ∴x 1+x 2＝2pk ，∴y 1+y 2=k(x 1+x 2)+p =2pk 2+p ， 由抛物线的性质可知：|AB |＝y 1+y 2+p ＝2pk 2+2p ， ∵AB ⊥CD ，∴直线CD 的斜率为：−1k，∴|CD |＝2p （−1k ）2+2p =2p k 2+2p =2p+2pk 2k2， ∴1|AB|+1|CD|=12pk 2+2p+k 22p+2pk 2=k 2+12p+2pk 2=14，∴2p +2pk 2＝4+4k 2， ∴p ＝2，∴抛物线方程为：x 2＝4y ，准线方程为：y ＝﹣1，设点P 到准线y ＝﹣1的距离为d ，由抛物线的性质可知：|PF |+|PQ |＝d +|PQ |， 而当QP 垂直于x 轴时，d +|PQ |的值最小，最小值为2+1＝3，如图所示： ∴|PF |+|PQ |的最小值为3， 故选：C ．11．（5分）已知四棱锥E ﹣ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，ED ＝1，平面ECD ⊥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 ．√26B ．13C ．√23D ．1【解答】解：如图所示，由题意可得：ED ⊥平面ABCD 时，△ADE 的面积最大，可得点C 即点D 到平面ABE 的距离最大．此时该四棱锥的体积=13×12×1=13． 故选：B ．12．（5分）已知不等式xlnx +x （k ﹣ln 4）+k ＜0的解集中仅有2个整数，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(0，23ln2) B ．(34ln 43，23ln2) C ．[34ln 43，+∞)D ．[34ln 43，23ln2)【解答】解：原不等式等价于，k （x +1）＜xln 4﹣xlnx ， 设g （x ）＝k （x +1），f （x ）＝ln 4﹣xlnx 所以f （x ）＝ln 4﹣（1+lnx ）＝ln 4x −1，令f ′（x ）＝0，得x =4e ．当0＜x ＜4x时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 当x ＞4e 时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减． 又f （4）＝0，x →0时，f （x ）→0， 因此f （x ）与g （x ）的图象如下，当k ≤0时，显然不满足条件，当k ＞0时，只需满足{g(2)＜f(2)g(3)≥f(3)，∴{3k ＜2ln4−2ln24k ≥3ln4−3ln3 解可得，34ln43≤k ＜23ln2．故选：D ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知向量a →=（1，1），|b →|=√3，（2a →+b →）•a →=2，则|a →−b →|＝ 3 ． 【解答】解：由题意可得|a →|=√2，(2a →+b →)⋅a →=a →⋅b →+2a →2=a →⋅b →+4， ∴a →⋅b →+4=2，解得a →⋅b →=−2， ∴|a →−b →|=√a →2−2a →⋅b →+b →2=3． 故答案为：3．14．（5分）（ax +1）（x ﹣1）5的展开式中，x 3的系数是20，则a ＝ ﹣1 ． 【解答】解：因为（ax +1）（x ﹣1）5＝ax （x ﹣1）5+（x ﹣1）5，而（x ﹣1）5的展开式的通项公式为T r +1=C 5r •x 5﹣r•（﹣1）r ，所以，原展开式中x 3的系数为a •C 53•（﹣1）3+C 52•（﹣1）2＝20， ∴a ＝﹣1， 故答案为：﹣1．15．（5分）将底面直径为4，高为√3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 √3π ．【解答】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√3−ℎ√3=r 2，解得h =√3−√32r ． 故S 侧＝2πrh ＝2πr （√3−√32r ）=√3πr （2﹣r ）≤√3π(r+2−r 2)2=√3π．当r ＝1时，S 侧的最大值为√3π． 故答案为：√3π．16．（5分）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1114，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13；若前一次来此景区，则这次来此景区的概率是25．记观众甲第n 次看到广告后不来此景区的概率为P n ，若当n ≥2时，P n ≤M 恒成立，则M 的最小值为137210．【解答】解：根据题意，P n 为观众甲第n 次看到广告后不来此景区的概率， 则P n =P n−1⋅23+(1−P n−1)⋅35=115P n−1+35， 所以P n −914=115(P n−1−914)， 所以数列{P n −914}是首项为P 1−914，公比为115的等比数列，所以P n −914=(P 1−914)×(115)n−1=17×(115)n−1， P n =914+17×(115)n−1，显然数列{P n }单调递减， 所以当n ≥2时，P n ≤P 2=914+17×115=137210， 所以M ≥137210，所以M 的最小值为137210． 故答案为：137210三、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）如图，在平面四边形ABCD 中，∠DCB ＝45°，∠ABD ＝120°，AD =10√3． （Ⅰ）求△ABD 的面积的最大值；（Ⅱ）在△ABD 的面积取得最大值的条件下，若BC =5√2，求tan α2的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABD 中，由余弦定理可得AD 2＝AB 2+BD 2﹣2AB •BD cos120°， 所以300＝BA 2+BD 2+BA •BD ≥3BA •BD ，所以BA •BD ≤100，当且仅当BA ＝BD ＝10时，等号成立． 所以S △ABD =12BA ⋅BD ⋅sin120°≤25√3， 故△ABD 的面积的最大值为25√3．（Ⅱ）在△BCD 中，由题意可得∠BCD ＝45°，DB ＝10． 由正弦定理可得BCsin∠CDB=BD sin∠BCD，所以sin ∠CDB =5√2×√2210=12．又BD ＞BC ，所以∠CDB 为锐角，所以∠CDB ＝30°，所以∠CBD ＝105°，所以α＝135°， 所以tanα2=tan67.5°，因为tan135°=2tan67．5°1−tan 267．5°=−1，所以tanα2=tan67.5°＝1+√2（负值舍去）．18．（12分）如图，在斜三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面A 1ACC 1，CC 1＝2，△ABC ，△ACC 1，均为正三角形，E 为AB 的中点． （Ⅰ）证明：AC 1∥平面B 1CE ；（Ⅱ）求直线AC 1与平面B 1BAA 1所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如图，连接BC ₁，交B 1C 于点M ，连接ME ，则ME ∥AC 1，因为AC 1⊄平面B ₁CE ，ME ⊂平面B 1CE ，所以AC 1∥平面B 1CE ，（Ⅱ）设O 是AC 的中点，连接OC 1中，OB ， 因为△ACC 1为正三角形，所以OC 1⊥AC ，又平面ABC ⊥平面A 1ACC 1，平面ABC ∩平面A 1ACC 1＝AC ， 所以OC 1⊥平面ABC ，分别以射线OB ，OA ，OC 1分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则有A （0，1，0），B （√3，1，0），B （√3，0，0），C 1(0，0，√3)，A 1(0，2，√3)， AC 1→=(0，−1，√3)，AB →=(√3，−1，0)AA 1→=(0，1，√3)， 设平面B 1BAA 1的一个法向量为m →=(x ，y ，z)，则 {m →⋅AB →=√3x −y =0m →⋅AA 1→=y +√3z =0， 令x ＝1，则m →=(1，√3，−1)，设直线AC ₁与平面B 1BAA 1所成的角为θ，则 sin θ＝|cos ＜AC 1→，m →＞|=2√32⋅√5=√155，故直线AC 1与平面B 1BAA 1所成角的正弦值为√155．19．（12分）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 y56.577.58y 与x 可用回归方程y ^=b lgx +a ^（其中a ^，b ^为常数）进行模拟．（Ⅰ）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）（Ⅱ）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n ＝3和n ＝4时此项业务每天的利润平均值的大小．参考数据与公式：设t ＝lgx ，则t y ∑ 5i=1(t i −t)(y i −y)∑ 5i=1(t i −t)20.546.81.530.45线性回归直线y ^=b lgx +a ^中，b =∑ n i=1(t i −t)(y i −y)∑ ni=1(t i −t)2，a ^=y −b t ．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，b =∑ 5i=1(t i −t)(y i −y)∑ 5i=1(t i −t)2=1.530.45=3.4，所以a =y −b t =6.8﹣3.4×0.54＝4.964， 所以y =3.4t +4.964．又t ＝lgx ，所以y =3.4lgx +4.964．所以x ＝10时，y =3.4+4.964＝8.364（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15000﹣8364＝6636． （Ⅱ）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[40，80）[80，120） [120，160）[160，200]P18 14 12 18设该运输户购3辆车和购4辆车时每天的利润分别为Y 1，Y 2元． 则Y 1的可能取值为1500，800，100，其分布列为：Y 1 1500800100P58 14 18故E （Y 1）=58×1500+14×800+18×100=1150． Y 2的可能取值为2000，1300，600，﹣100，其分布列为：Y 2 20001300600﹣100P181214 18故E （Y 2）=18×2000+12×1300+14×600+18×(−100)=1037.5．故$E （{Y }_{2}），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． 20．（12分）已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，|F 1F 2|＝2，M 是椭圆E 上的一个动点，且△MF 1F 2的面积的最大值为√3． （Ⅰ）求椭圆E 的标准方程；（Ⅱ）若A （a ，0），B （0，b ），四边形ABCD 内接于椭圆E ，AB ∥CD ，记直线AD ，BC 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．【解答】解：（Ⅰ）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，△MF 1F 2的面积取得最大值√3．所以{c =112×2c ×b =√3a 2=b 2+c 2，所以a ＝2，b =√3，故椭圆E 的标准方程为x 24+y 23=1．（Ⅱ）根据题意可知A （2，0），B （0，√3），k AB =−√32因为AB ∥CD ，设直线CD 的方程为y =−√32x +m ，C （x 1，y 1），D （x 2，y 2）由{x24+y23=1y=−√32x+m，消去y可得6x2﹣4√3mx+4m2﹣12＝0，所以x1+x2=2√3m3，即x1=2√3m3−x2．直线AD的斜率k1=y1x1−2=−√32x1+mx1−2，直线BC的斜率k2=−√32x2+m−√3x2，所以k1k2=−√32x1+mx1−2•−√32x2+m−√3x2，=34x1x2−√32m(x1+x2)+32x1+m(m−√3)(x1−2)x2，=34x1x2−√32m⋅2√3m3+32(2√3m3−x2)+m(m−√3)(x1−2)x2，=34x1x2−32x2(x1−2)x2=34．故k1k2为定值．21．（12分）已知直线y＝x﹣1是曲线f（x）＝alnx的切线．（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）证明：方程sin（x﹣1）＝f（x）有且仅有2个实数根．【解答】解（I）f′(x)=a x，设直线y＝x﹣1与曲线f（x）＝alnx相切的切点P（x0，y0），由题意可得，{ax0=1alnx0=x0−1，解可得，x0＝a＝1，f（x）＝lnx，（II）设g（x）＝sin（x﹣1）﹣f（x），x＞0，则g′(x)=cos(x−1)−1 x，①当x∈（0，1]时，g′（x）在（0，1]上单调递增，所以g′（x）≤g′（1）＝0，则g（x）在（0，1]上单调递减，且g（1）＝0，故x＝1为g（x）在（0，1]上唯一的零点，②当x∈(1，12π+1]时，设h（x）=g′(x)=cos(x−1)−1x，则h′（x）＝﹣sin（x﹣1）+1x2在（1，12π+1]上单调递减，因为h′（1）＞0，h′（1+12π）=4(2+π)2−1＜0，故存在x 0∈(1，1+12π]使得h （x 0）＝0，当x ∈（1，x 0）时，h ′（x ）＞0，函数h （x ）单调递增，当x ∈(x 0，1+12π)时，h ′（x ）＜0，函数h （x ）单调递减，故g ′（x ）在（1，x 0）上单调递增，在（x 0，1+12π）上单调递减， 又g ′（1）＝0，故g ′（x 0）＞0，所以g （x ）在（1，x 0）上单调递增，此时g （x ）＞g （1）＝0，不存在零点； 又g′(1+12π)=−22+π＜0，故存在x 1∈(x 0，12π+1)，使得g ′（x 1）＝0，因为在（x 0，x 1）上g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在（x 1，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，又因为g （x 0）＞g （1）＝0，g （1+12π）＝ln 2e 2+π＞ln 1＝0，故g （x ）＞0在（x 0，1+12π）上恒成立，此时不存在零点，③当x ∈(12π+1，π]时，y ＝sin （x ﹣1）单调递减，y ＝﹣lnx 单调递减， 所以g （x ）在（1+12π，π]上单调递减且g （1+12π）＞0，g （π）＜0， 故g （x ）存在唯一的零点，④当x ∈（π，+∞）时，sin （x ﹣1）∈[﹣1，1]，lnx ＞ln π＞1， 所以sin （x ﹣1）﹣lnx ＜0即g （x ）在R 上不存在零点． 综上可得方程sin （x ﹣1）＝f （x ）有且仅有2个实数根． 综上可得，思念（x ﹣1）＝f （x ）有且仅有2个实数根．（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）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C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ+8sin θ，P 是C 1上一动点，OP →=2OQ →，Q 的轨迹为C 2． （Ⅰ）求曲线C 2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；（Ⅱ）若点M （0，1），直线l 的参数方程为{x =tcosαy =1+tsinα（t 为参数），直线l 与曲线C 2的交点为A ，B ，当|MA |+|MB |取最小值时，求直线l 的普通方程．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，设点P ，Q 的极坐标分别为（ρ0，θ）、（ρ，θ）， 则有ρ=12ρ0＝2cos θ+4sin θ，故曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2cos θ+4sin θ， 变形可得：ρ2＝2ρcos θ+4ρsin θ，故C 2的直角坐标方程为x 2+y 2＝2x +4y ，即（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝5； （Ⅱ）设点A ，B 对应的参数分别为t 1、t 2，则|MA |＝t 1，|MB |＝t 2， 设直线l 的参数方程{x =tcosαy =1+tsinα，（t 为参数）， 代入C 2的直角坐标方程（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝5中， 整理得t 2﹣2（cos α+sin α）t ﹣3＝0．由根与系数的关系得t 1+t 2＝2（cos α+sin α），t 1t 2＝﹣3，则|MA |+|MB |＝|t 1|+|t 2|＝|t 1﹣t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√4(cosα+sinα)2+12=√4sin2α+16≥2√3，当且仅当sin2α＝﹣1时，等号成立， 此时l 的普通方程为x +y ﹣1＝0． [选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a ，b ，c ∈R +，∀x ∈R ，不等式|x ﹣1|﹣|x ﹣2|≤a +b +c 恒成立． （Ⅰ）求证：a 2+b 2+c 2≥13；（Ⅱ）求证：√a 2+b 2+√b 2+c 2+√c 2+a 2≥√2． 【解答】证明：（Ⅰ）∵|x ﹣1|﹣|x ﹣2|≤|x ﹣1﹣x +2|＝1， ∴a +b +c ≥1．∵a 2+b 2≥2ab ，b 2+c 2≥2bc ，c 2+a 2≥2ac ， ∴2a 2+2b 2+2c 2≥2ab +2bc +2ca ，∴3a 2+3b 2+3c 2≥a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca ＝（a +b +c ）2≥1， ∴a 2+b 2+c 2≥13．（Ⅱ）∵a 2+b 2≥2ab ，2（a 2+b 2）≥a 2+2ab +b 2＝（a +b ）2，即a 2+b 2≥(a+b)22两边开平方得√a 2+b 2≥√22|a +b|=√22(a +b)， 同理可得√b 2+c 2≥√22(b +c)，√c 2+a 2≥√22(c +a)， 三式相加，得√a 2+b 2+√b 2+c 2+√c 2+a 2≥√2．。
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。
2019-2020学年河南省高考数学一诊试卷(理科)
考
高 7．（5 分）若对于任意 x∈R 都有 f（x）+2f（﹣x）=3cosx﹣sinx，则函数 f（2x）
图象的对称中心为（ ）
A．
您（k∈Z） B．
（k∈Z） C ．
（k
祝∈Z） D．
（k∈Z）
【解答】解：∵对任意 x∈R，都有 f（x）+2f（﹣x）=3cosx﹣sinx ①，
用﹣x 代替 x，得 f（﹣x）+2f（x）=3cos（﹣x）﹣sin（﹣x）②，
河南省高考数学一诊试卷（理科）
一、选择题：本大题共 12 个小题，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）已知 a∈R，复数 z=
，若 =z，则 a=（ ）
！ A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2
2．（5 分）已知集合 M={x| ≤0}，N={x|y=log3（﹣6x2+11x﹣4）}，则 M∩
在 D 中，最低气温低于 0℃的月份有 3 个，故 D 错误．
故选：D．
高
您 4．（5 分）在等比数列{an}中，若 a2=
A． B． C． D．2
，a3=
，则
祝【解答】解：∵在等比数列{an}中，若 a2=
，a3=
，
=（ ）
∴公比 q= = = ，
∴
=，
∴
=
故选：A．
= =．
5．（5 分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：
图象的对称中心为（ ）
A． ∈Z） D．
高（k∈Z） B． （k∈Z）
（k∈Z） C ．
（k
您 8．（5 分）设 x，y 满足约束条件
2020年河南六市高三第一次六市联考理科数学答案
2020年河南省六市高三第一次联合调研检测数学理科参考答案一㊁选择题1-6 C A D D C D 7-12 B A D B B C 二㊁填空题13.10 14.(1,+ɕ) 15.135 16.(1,e )三㊁解答题17㊁解:(Ⅰ)因为D 在边B C 上,所以c o s øA D B =-c o s øA D C ,在ΔA D B 和ΔA D C 中由余弦定理,得A D 2+B D 2-A B 22A D ˑB D +A D 2+D C 2-A C 22A D ˑD C =0,3分 因为A B =213,A C =4,A D =3,B D =D C ,所以9+B D 2-52+9+B D 2-16=0,所以B D 2=25,B D =5.所以边B C 的长为10.6分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知ΔA D C 为直角三角形,所以S ΔA D C =12ˑ4ˑ3=6,S ΔA B C =2S ΔA D C =128分因为C E 是øB C A 的角平分线,所以S ΔA C E S ΔB C E =12A C ˑC E ˑs i n øA C E 12B C ˑC E ˑs i n øB C E =A C B C =410=2510分 所以S ΔA B C =S ΔB C E +S ΔA C E =S ΔB C E +25S ΔB C E =75S ΔB C E =12,所以S ΔB C E =607.即ΔB C E 的面积为607.12分 18.解:(Ⅰ)因为四边形A B C D 是菱形,且øB A D =60ʎ所以ΔA B D 是等边三角形,又因为O 是A D 的中点,所以B O ʅA D又因为A B =6,A O =3所以B O =332分又P O =4,P B =43,B O 2+P O 2=P B 2所以P O ʅO B又P O ʅA D ,A D ɘO B =O所以P O ʅ平面A B C D 3分所以P O ʅA C又因为A B C D 是菱形,O E ʊB D)页5共(页1第 案答学数科理三高所以A C ʅO E ,又P O ɘO E =O所以A C ʅ平面P O E所以A C ʅP E 5分 (Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知O P ʅO A ,O P ʅO B ,O A ʅO B ,以点O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O -x y z ,则:P (0,0,4),B (0,33,0)0(0,0,0),E (23,323,0),D (-3,0,0)设平面P O E 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1)则: m ㊃O P ң=4z 1=0m ㊃O E ң=32x 1+323y 1=0ìîíïïïï,据此可得平面P O E 的一个法向量为m =(3,-1,0)8分 设平面P B D 的一个法向量为n =(x 2,y 2,z 2)则:n ㊃B D ң=-3x 2-33y 2=0n ㊃P D ң=-3x 2-4z 0=0{据此可得平面P B D 的一个法向量为n =(-43,4,33)10分 c o s <m ,n >=m ㊃n |m ||n |=-16291=-89191平面P O E 与平面P B D 所成锐二面角的余弦值8919112分 19.解:(Ⅰ)由题知e =c a ,c =1,ʑP (1,c a )在椭圆上所以1a 2+c 2a 2b 2=1,ʑb 2+c 2a 2b 2=1b 2=1故b =1,a =2所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.4分 (Ⅱ)由题意得,P 不在x 轴上,不妨设P (m ,n ),(n ʂ0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由A F 1ң=λF 1P ң,得(-1-x 1,-y 1)=λ(m +1,n ),所以x 1=-λm -λ-1,y 1=-λn ,又由x 212+y 21=1得(λm +λ+1)22+(λn )2=1①6分 又m 22+n 2=1②,联立①②消去n 得(3+2m )λ2+(2m +2)λ-1=0即[(3+2m )λ-1](λ+1)=0,由题意知λ>0,λ+1ʂ0,所以λ=13+2m 8分 同理可得μ=13-2m 10分 )页5共(页2第 案答学数科理三高所以λ+μ=13+2m +13-2m =69-4m 2故当m =0时,λ+μ取最小值23.12分 20.解:(Ⅰ)由题可知f '(x )=(x +1)e x -2a e 2x =0有两个不相等的实根即:x +1-2a e x =0有两个不相等实根1分令2a =x +1e x =h (x )h '(x )=e x -(x +1)e x (e x )2=-x e x ,x ɪR x ɪ(-ɕ,0),h '(x )>0;x ɪ(0,+ɕ),h '(x )<0故h (x )在(-ɕ,0)上单增,在(0,+ɕ)上单减3分 ʑh (x )m a x =h (0)=1又ȵh (-1)=0,x ɪ(-ɕ,-1)时,h (x )<0;x ɪ(-1,+ɕ)时,h (x )>0ʑ2a ɪ(0,1),即a ɪ(0,12)5分 此题还可以利用数形结合转化为y =12a (x +1)与y =e x 相交问题,(Ⅱ)方法一:由(Ⅰ)知,x 1,x 2是方程x +1e x =2a 的两根,ʑ-1<x 1<0<x 2,则x 1+λx 2>0⇔x 2>-x 1λ>0因为h (x )在(0,+ɕ)单减,ʑh (x 2)<h (-x 1λ),又h (x 2)=h (x 1),ʑh (x 1)<h (-x 1λ)即x 1+1e x <-x 1λ+1e -,两边取对数,并整理得:λl n (x 1+1)-λl n (1-x 1λ)-(1+λ)x 1<0对x 1ɪ(-1,0)恒成立8分 设F (x )=λl n (x +1)-λl n (1-x λ)-(1+λ)x ,x ɪ(-1,0)F '(x )=λx +1+11-x λ-(1+λ)=(1+λ)(x +1-λ)x (x +1)(λ-x )9分 当λȡ1时,F '(x )>0对x ɪ(-1,0)恒成立,ʑF (x )在(-1,0)上单增,故F (x )<F (0)=0恒成立,符合题意;10分 当λɪ(0,1)时,λ-1ɪ(-1,0),x ɪ(λ-1,0)时F '(x )<0ʑF (x )在(λ-1,0)上单减,F (x )>F (0)=0,不符合题意.综上,λȡ112分)页5共(页3第 案答学数科理三高方法二:设x 1㊁x 2是x +1-2a e x =0的两根,且x 1<x 2,则x 1-x 2<0即x 1+1=2a e x x 2+1=2a e x {⇒0<x 1+1x 2+1=e x -x =t <1x 1-x 2=l n t x 1+1=t (x 2+1){⇒x 1=l n t +l n t +1t -1x 2=l n t -t +1t -1ìîíïïïïx 1+λx 2>0即l n t +l n t -t +1t -1+λl n t +t -1t -1>0恒成立(0<t <1)即t l n t -t +1+λ(l n t -t +1)<0恒成立8分 令g (t )=t l n t -t +1+λ(l n t -t +1)g '(t )=l n t +λ1-t t ,g ᵡ(t )=1t -λt 2=t -λt 29分 当时λȡ1,g ᵡ(t )<0,g '(t )单减,故g '(t )>g '(1)=0故g (t )在(0,1)上为增函数,ʑg (t )<g (1)=010分 当0<λ<1时,t ɪ(0,λ),g ᵡ(t )<0;t ɪ(λ,1),g ᵡ(t )>0g '(t )在(λ,1)上为增函数,故g '(t )<g '(1)=0,故g (t )在(λ,1)上为减函数ʑg (t )>g (1)=0,ʑ舍去.ʑλȡ1.12分21.解:(Ⅰ)设每个人的血呈阴性反应的概率为q ,则q =1-p .所以k 个人的血混合后呈阴性反应的概率为q k ,呈阳性反应的概率为1-q k .依题意可知X =1k ,1+1k,所以X 的分布列为:5分 (Ⅱ)方案②中.结合(Ⅰ)知每个人的平均化验次数为:E (X )=1k ㊃q k +(1+1k )㊃(1-q k )=1k -q k +17分 所以当k =2时,E (X )=12-0.92+1=0.69,此时1000人需要化验的总次数为690次,8分 k =3时,E (X )=13-0.93+1ʈ0.6043,此时1000人需要化验的总次数为604次,9分 k =4时,E (X )=14-0.94+1=0.5939,此时1000人需要化验的次数总为594次,10分 即k =2时化验次数最多,k =3时次数居中,k =4时化验次数最少而采用方案①则需化验1000次,故在这三种分组情况下,相比方案①,当k =4时化验次数最多可以平均减少1000-594=406次12分)页5共(页4第 案答学数科理三高22.解:(Ⅰ)由x =1+3t y =33+t ìîíïïïï消t 得,x -3y =0 即y =33x 2分 C 2是过原点且倾斜角为π6的直线ʑC 2的极坐标方程为θ=π6(ρɪR )5分 (Ⅱ)由 θ=π6ρ=a (1-s i n θ)ìîíïïïï得,ρ=a 2θ=6ìîíïïïï ʑA (a 2,π6)由 θ=7π6ρ=a (1-s i n θ)ìîíïïïï得ρ=3a 2θ=7π6ìîíïïïï ʑB (3a 2,7π6)ʑ|A B |=a 2+3a 2=2a .10分 23.解:(Ⅰ)当a =1时,f (x )=-2x +1,x ɤ-1,3,-1<x <2,2x -1,x ȡ2,ìîíïïïï2分 当x ɤ-1时,由f (x )ȡ7得-2x +1ȡ7,解得x ɤ-3;当-1<x <2时,f (x )ȡ7无解;当x ȡ2时,由f (x )ȡ7得2x -1ȡ7,解得x ȡ4,所以f (x )ȡ7的解集为(-ɕ,-3]ɣ[4,+ɕ).5分 (Ⅱ)若f (x )ɤ|x -4|+|x +2a |的解集包含[0,2]等价于|x +a |-|x +2a |ɤ|x -4|-|x -2|在x ɪ[0,2]上恒成立,因为x ɪ[0,2]时,|x -4|-|x -2|=2所以|x +a |-|x +2a |ɤ2在x ɪ[0,2]上恒成立6分 由于x ɪ[0,2]若-a ɤ0即a ȡ0时,|x +a |-|x +2a |=x +a -x -2a =-a ɤ2恒成立;7分若-a ȡ0即a ɤ-2时,|x +a |-|x +2a |=-x -a +x +2a =a ɤ2恒成立;8分 若0<-a <2即-2<a <0时,|x +a |<2,|x +a |-|x +2a |ɤ2恒成立.9分 综上所述,满足条件的实数a 的取值范围是R .10分 )页5共(页5第 案答学数科理三高。