2020届河南省开封市高考数学一模试卷（理科 ）
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2020年河南省开封市高考数学一模试卷（理科）
题号 | 一 | 二 | 三 | 总分 |
得分 |
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一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
- 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}
- 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，+∞）
- 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
- 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.
- 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. -15 B. -7 C. 3 D. 15
- 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
- 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
- 已知{Fn}是斐波那契数列，则F1=F2=1，Fn=Fn-1+Fn-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
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- 设m=ln2，n=lg2，则（ ）
A. m-n＞mn＞m+n B. m-n＞m+n＞mn C. m+n＞mn＞m-n D. m+n＞m-n＞mn
- 已知F为双曲线C：的右焦点，圆O：x2+y2=a2+b2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.
- 将函数f（x）=asinx+bcosx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2π
②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. ①③
- 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）
- 已知向量，，若，则m=______．
- 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______．
- 设点P为函数f（x）=lnx-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______．
- 若数列{an}满足，则称数列{an}为“差半递增”数列．若数列{an}为“差半递增”数列，且其通项an与前n项和Sn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）
- 已知等差数列{an}满足an+1+n=2an+1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Sn为{an}的前n项和，求数列的前n项和Tn． - 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．
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- 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． - 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． - 已知函数f（x）=a•e-x+sinx，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． - 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． - 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
2.【答案】A
3.【答案】B
4.【答案】D
5.【答案】A
6.【答案】D
7.【答案】C
8.【答案】B
9.【答案】D
10.【答案】A
11.【答案】D
12.【答案】B
13.【答案】1
14.【答案】48
15.【答案】
16.【答案】
17.【答案】解：（1）由已知{an}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an=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Sn，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+sinx，
f′（x）=-e-x+cosx，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+cosx=0在（0，）上有两个不等实数根；
即a=excosx 在（0，）上有两个不等实数根；
设g（x）=excosx，则g′（x）=ex（cosx-sinx）；
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+cosx，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=excosx 在（0，）上有两个不等实数根；设g（x）=excosx，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．
