2020年河南省濮阳市高考数学二模试卷（文科）_(带答案解析).docx

这是一份2020年河南省濮阳市高考数学二模试卷（文科）_(带答案解析).docx，共19页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2020年河南省濮阳市高考数学二模试卷（文科）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分




注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分



一、 选择题（共12题）
1. 已知集合A={x|2x2-13x＞0}，B={y|y＞2}，则（∁RA）∩B=（　　）
A.（2，）
B.（0，2）
C.[0，2]
D.（2，]
2. 在复平面内，复数z所对应的向量如图所示，则=（　　）

A.
B.
C.
D.
3. “王莽方斗”铸造于王莽始建国元年（公元9年），有短柄，上下边缘刻有篆书铭文，外壁漆画黍、麦、豆、禾和麻纹，如图1所示．因其少见，故为研究西汉量器的重要物证．图2是“王莽方斗”模型的三视图，则该模型的容积为（　　）

A.213 B.162 C.178 D.193
4. 若双曲线C1与双曲线C2：有共同的渐近线，且C1过点（2，3），则双曲线C1的方程为（　　）
A.
B.
C.
D.
5. 记等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3=5，=4，则a10=（　　）
A.9 B.11 C.19 D.21
6. 2020年2月，受新冠肺炎的影响，医卫市场上出现了“一罩难求”的现象．在政府部门的牵头下，甲工厂率先转业生产口罩．为了了解甲工厂生产口罩的质量，某调查人员随机抽取了甲工厂生产的6个口罩，将它们的质量（单位：g）统计如图所示．记这6个口罩质量的平均数为m，则在其中任取2个口罩，质量都超过m的概率为（　　）

A.
B.
C.
D.
7. 已知定义域为R的函数f（x）的图象关于原点对称，且x＞0时，f（x+2）=4f（x）．当x∈（0，2]时，f（x）=，则f（-8）+f（4）=（　　）
A.-60 B.-8 C.12 D.68
8. 2020年2月，全国掀起了“停课不停学”的热潮，各地教师通过网络直播、微课推送等多种方式来指导学生线上学习．为了调查学生对网络课程的热爱程度，研究人员随机调查了相同数量的男、女学生，发现有80%的男生喜欢网络课程，有40%的女生不喜欢网络课程，且有99%的把握但没有99.9%的把握认为是否喜欢网络课程与性别有关，则被调查的男、女学生总数量可能为（　　）
附：，其中n=a+b+c+d．

P（K2≥k）
0.1
0.05
0.01
0.001
k
2.706
3.841
6.635
10.828

A.130 B.190 C.240 D.250
9. 已知函数f（x）=sinωx（ω＞0）满足对任意x∈R，f（x）=f（x+π），则函数f（x）在[0，2π]上的零点个数不可能为（　　）
A.5 B.9 C.21 D.23
10. 已知三棱锥S-ABC的底面是等边三角形，且SA=SB=SC=，则当三棱锥S-ABC的体积最大时，其外接球的表面积为（　　）
A.9π B.12π C.18π D.27π
11. 若函数f（x）=sin2x-4x-msinx在[0，2π]上单调递减，则实数m的取值范围为（　　）
A.（-2，2） B.[-2，2] C.（-1，1） D.[-1，1]
12. 已知△ABC中，点M在线段AB上，∠ACB=2∠BCM=60°，且-λ=．若||=6，则•=（　　）
A.27
B.18
C.27
D.18

评卷人
得分



二、 填空题（共4题）
13. 已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若点P（2，-5）在角α的终边上，则tan2α=______．
14. 运行如图所示的程序框图，则输出的S的值为______．

15. 已知抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F到准线的距离为4，过点F和R（m，0）的直线l与抛物线C交于P，Q两点，若=，则|PQ|=______．
16. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bcos2C+ccosBcosC=a，则C=______；若B=，a=4，点P是BC的中点，点M，N分别在线段AB，AC上，∠BPM=，∠CPN=，则△PMN的面积为______．

评卷人
得分



三、 解答题（共7题）
17. 已知某种农产品的日销量y与上市天数x之间满足的关系如图所示．
（Ⅰ）根据散点图判断y=a+bx与y=c+dlnx哪一个更适合作为日销量y与上市天数x的回归方程类型；（给出判断即可，不必说明理由）
（Ⅱ）根据（Ⅰ）中的结果，求日销量y与上市天数x的回归方程．
参考公式：回归直线方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为=，．
参考数据：








55
155.5
15.1
82.5
4.84
94.9
24.2

其中ti=lnxi．

18. 如图所示多面体的底面ABCD是菱形，∠ABC=120°，PA⊥平面ABCD，QC⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求证：BQ∥平面PAD；
（Ⅱ）若CQ=CB=PA=1，求三棱锥Q-ADP的体积．

19. 记数列{an}的前n项和为Sn，已知2an+1+n=4Sn+2p，a3=7a1=7．
（Ⅰ）求p，S4的值；
（Ⅱ）若bn=an+1-an，求证：数列{bn}是等比数列．
20. 已知椭圆C：+=1的右顶点为A，左焦点为F1，过点A的直线l1与椭圆C的另一个交点为B，BF1⊥x轴，点S（0，y0）（y0＞0）在直线11上．
（Ⅰ）求△ABF1的面积；
（Ⅱ）若过点S的直线l2与椭圆C交于P，Q两点，且△SPA的面积是△SBQ的面积的6倍，求直线l2的方程．
21. 已知函数f（x）=ax2-2ax-lnx+a（a∈R）的单调递减区间为．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，f（x）＞1-x；
（Ⅲ）若存在m＞1，使得当x∈（1，m）时，恒有f（x）＜k（x-1），求实数k的取值范围．
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（γ为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为（1，π），直线l：θ=α（ρ∈R）与C2交于点B，其中．
（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的普通方程；
（Ⅱ）过点A的直线m与C交于M，N两点，若l∥m，且，求α的值．
23. 已知正数m，n，p满足m2+n2+p2=4．
（Ⅰ）比较lnm+lnn+lnp与|x-2|+|x-1|的大小关系，并说明理由；
（Ⅱ）若m+n=2mn，求p的最大值．

参考答案及解析
一、 选择题
1. 【答案】D
【解析】解：依題意，，则∁RA={x|0≤x≤}，
所以，
故选：D．
根据已知求出集合A及其补集，再求交集．
本题考查的知识点是集合的交集，补集运算，难度不大，属于基础题
2. 【答案】A
【解析】解：由图可知，z=3+2i，
则，
故选：A．
由已知求得z，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数的四则运算、复数的几何意义，考查数学抽象、数学运算的核心素养，是基础题．
3. 【答案】B
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图：该模型的内侧的形状为长方体的容器，
如图所示：

所求体积为：V=4.5×6×6=162．
故选：B．
首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积．
本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积公式的应用，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．
4. 【答案】D
【解析】解：设双曲线C1的方程为，将（2，3）代入，可得，
故双曲线C1的方程为．
故选：D．
利用双曲线是渐近线方程，设出双曲线方程，代入点的坐标求解即可．
本题考查双曲线的方程与性质，考查逻辑推理的核心素养．
5. 【答案】C
【解析】解：由{an}为等差数列，设公差为d，由a3=5，，
得，
解得
所以an=1+2（n-1）=2n-1，故a10=19．
故选：C．
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解．
本题考查等差数列的通项公式、求和公式，考查数学运算的核心素养．
6. 【答案】C
【解析】解：依题意，，
可知6个口罩中有3个质量超过m，记为A，B，C，另外3个记为d，e，f．随机抽取2个，
所有的情况有AB，AC，Ad，Ae，Af，BC，Bd，Be，Bf，Cd，Ce，Cf，de，df，ef，共15种，
其中满足条件的有AB，AC，BC，共3种，
故所求概率．
故选：C．
由题意可先求出m，然后根据题意求解随机抽取2的所有情况及满足条件的情况个数，根据等可能事件的概率公式可求．
本题考查茎叶图、样本的数字特征、古典概型，考查数学抽象、数学运算、数学建模的核心素养．
7. 【答案】A
【解析】解：依题意，f（4）=4f（2）=4log33=4，
f（-8）=-f（8）=-4f（6）=-16f（4）=-16×4=-64，
故f（-8）+f（4）=-64+4=-60．
故选：A．
推导出f（4）=4f（2）=4log33=4，f（-8）=-f（8）=-4f（6）=-16f（4），由此能求出f（-8）+f（4）的值．
本题考查函数的性质、函数的解析式，考查数学运算、逻辑推理的核心素养．
8. 【答案】B
【解析】解：依题意，设男、女生的人数各为5x，建立2×2列联表如下所示：


喜欢网络课程
不喜欢网络课程
总计
男生
4x
x
5x
女生
3x
2x
5x
总计
7x
3x
10x

故，由题可知，
∴139.335＜10x＜227.388．只有B符合题意．
故选：B．
设男、女生的人数各为5x，建立2×2列联表，由表格中的数据求出K2的观测值，结合临界值表得关于x的不等式组，求解10x的范围得答案．
本题考查独立性检验，考查数学运算、数学建模的核心素养，是基础题．
9. 【答案】D
【解析】解：f（x）的最小正周期为T=，
∵对任意x∈R，f（x）=f（x+π），
∴π=•k，k∈N×，
故f（x）在[0，2π]上有偶数2k个周期，
∴f（x）在[0，2π]上的零点个数为4k+1个，
故选：D．
计算f（x）在[0，2π]上的周期个数，根据周期个数得出零点个数．
本题考查了正弦函数的性质，函数零点的个数判断，属于基础题．
10. 【答案】C
【解析】解：设∠ASC=θ，SB与平面SAC所成角为φ，
则，
当时，Vs-ABC最大，此时SA，SB，SC两两垂直，
三棱柱S-ABC的外接球半径R，
满足，
则其外接球的表面积为S=4πR2=18π．
故选：C．
设∠ASC=θ，SB与平面SAC所成角为φ，则，当时，Vs-ABC最大，此时SA，SB，SC两两垂直，三棱柱S-ABC的外接球半径R，满足，由此能求出其外接球的表面积．
本题考查三棱锥外接球的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．
11. 【答案】B
【解析】解：依题意，f（x）=2sinxcosx-4x-msinx，
所以f′（x）=2（2cos2x-1）-4-mcosx=4cos2x-mcosx-6≤0对∀x∈[0，2π]恒成立．
设t=cosx∈[-1，1]，g（t）=4t2-mt-6，
则g（t）≤0在[-1，1]上恒成立，
由二次函数的性质得
解得-2≤m≤2，
故选：B．
求出函数的导数，再设t=cosx∈[-1，1]，得到g（t）=4t2-mt-6，问题转化为g（t）≤0在[-1，1]上恒成立，结合二次函数的性质判断即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学运算的核心素养．
12. 【答案】C
【解析】解：以CM为对角线作平行四边形CPMQ，
∵CM平分∠ACB，∴四边形XPMQ是菱形，
又CM=6，∠BCM=30°，
∴CP=CQ=2，
∴=22×cos60°=6，
∵-λ=，即=+λ，且A，M，B三点共线，
∴λ=，
又=，
∴=，=3，
∴=（）•（3-）=3-+=3×12-×12+×6=27．
故选：C．
作出菱形CPMQ，计算λ和CP，用表示，再计算数量积．
本题考查了平面向量基本定理、平面向量的数量积运算，属于中档题．

二、 填空题
13. 【答案】
【解析】解：依题意，角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若点P（2，-5）在角α的终边上，
可得，
则．
故答案为：．
直接利用任意角的三角函数可求tanα的值，进而根据二倍角的正切函数公式即可求解．
本题考查任意角的三角函数的定义，二倍角的正切函数公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
14. 【答案】1011
【解析】解：由题可知，T=0+2+4+6+……+2018+2020，N=1+3+5+7+……+2019+2021，
所以S=N-T=（1-0）+（3-2）+……+（2019-2018）+（2021-2020）=1×1011=1011．
故答案为：1011．
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构分别计算T和N的值并输出变量S=N-T的值，模拟程序的运行过程，结合数列中分组求和的方法进行运算即可得解．
本题考查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，考查学生的运算能力，属于基础题．
15. 【答案】9
【解析】解：依题意，抛物线C：x2=8y，因为，F（0，2）．
故点P的纵坐标为1，代入抛物线方程，可得点P的横坐标为．
不妨设，则，
故直线l方程为将其代入x2=8y，
得，可得，
故|PQ|==9．
故答案为：9．
求出抛物线的焦点坐标，利用向量关系，求解P的坐标，得到直线的斜率，然后求解Q坐标，即可得到两点间的距离．
本题考查抛物线的简单性质的应用，直线与抛物线的位置关系，两点间距离公式的应用，是中档题．

16. 【答案】
【解析】解：由及正弦定理，得
所以，
所以，所以，
在△BPM中，因为，，所以，可得，
在△CPM中，，由可得．又，
故
故答案为：；．
先结合正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出C，先根据内角和求得∠BPM以及PM，进而求得△PMN的面积．
本题考查三角形的正弦定理和内角和定理的运用，考查运算能力，属于基础题．
三、 解答题
17. 【答案】解：（Ⅰ）由图可知，y=c+dlnx更适合；
（Ⅱ）令t=lnx，则．
，
，，
∴．
故y关于t的回归方程为，
即日销量y与上市天数x的回归方程为．
【解析】
（Ⅰ）由图可知，y=c+dlnx更适合；
（Ⅱ）令t=lnx，则，利用已知数据及公式求得c与d的值，可得y关于t的线性回归方程，进一步求得y关于x的回归方程．
本题考查回归方程，考查推理论证、数学建模的核心素养，考查计算能力，是中档题．
18. 【答案】（Ⅰ）证明：∵PA⊥平面ABCD，QC⊥平面ABCD，∴PA∥QC．
又PA⊂平面ADP，QC⊄平面ADP，∴QC∥平面ADP．
又四边形ABCD为菱形，∴BC∥AD．
又AD⊂平面ADP，BC⊄平面ADP，
∴BC∥平面ADP．
又BC∩QC=C，BC⊂平面BCQ，CQ⊂平面BCQ，
∴平面BCQ∥平面ADP．
∵BQ⊂平面BCQ，∴BQ∥平面PAD；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知BQ∥平面PAD，
∴点Q到平面ADP的距离等于点B到平面ADP的距离．
如图取AD中点E，连接BE，BD．
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，
∴△ABD是边长为2的等边三角形，
∴BE⊥AD，且．
又PA∩AD=A，PA⊂平面ADP，AD⊂平面ADP，
∴BE⊥平面ADP，则点Q到平面ADP的距离即为BE的长．
∵，
∴．
即三棱锥Q-ADP的体积为．

【解析】
（Ⅰ）由已知可得PA∥QC，由直线与平面平行的判定可得QC∥平面ADP．再由四边形ABCD为菱形，得BC∥AD，可得BC∥平面ADP．由平面与平面平行的判定得到平面BCQ∥平面ADP，可得BQ∥平面PAD；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知BQ∥平面PAD，则点Q到平面ADP的距离等于点B到平面ADP的距离．证明BE⊥平面ADP并求得BE，则点Q到平面ADP的距离即为BE的长．再求出三角形PAD的面积，代入棱锥体积公式求解．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
19. 【答案】解：（I）由a3=7a1=7知，a3=7，a1=1．
当n=1时，由2an+1+n=4Sn+2p，得，
当n=2时，由2an+1+n=4Sn+2p，得a3=4+3p=7，
所以p=1，
当n=3时，由2an+1+n=4Sn+2p，得2a4+3=4S3+2，
解得．
所以S4=1++7+=31．
（II）证明：由（I）可得，
则．
两式作差得，
即（n∈N*）．
又易知，所以，
所以对n∈N*恒成立，
由上式变形可得．
而，
所以是首项为，公比为3的等比数列，
所以，
所以，
又，
所以数列{bn}是首项为，公比为3的等比数列．
【解析】
（I）通过a3=7a1=7，求出a3，a1．然后利用2an+1+n=4Sn+2p，求出a2，得到a3，求出p，然后求解得S4的值．
（II）由（Ⅰ）利用，结合．两式作差，推出是首项为，公比为3的等比数列，求出通项公式，然后求解说明数列{bn}是首项为，公比为3的等比数列．
本题考查等比数列的定义、数列的递推公式，考查数学运算、逻辑推理的核心素养．
20. 【答案】解：（I）依题意，F1（-1，0），因为BF1⊥x轴，
所以点B的横坐标为-1，
将x=-1代入，得，
由题可知直线l1的斜率为负，所以，
所以△ABF1的面积．
（Π）由（I）可知，由，得y0=1，则S（0，1），
易知|SA|=2|SB|，所以，
所以，
所以，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，
所以x1=-3x2
①当直线PQ斜率不存在时，直线PQ的方程为x=0，
此时，不合题意，舍去，
②当直线PQ斜率存在时，直线PQ的方程为y=kx+1，
联立得（3+4k2）x2+8kx-8=0，
所以，
将x1=-3x2，代入，
所以，所以，所以，
所以直线l2的方程为：或．
【解析】
（I）求出F1（-1，0），求出点B的横坐标为-1，将x=-1代入，求出B，然后求解△ABF1的面积．
（Π）求出S的坐标，推出|SA|=2|SB|，推出，得到，设P（x1，y1），Q（x2，y2），通过①当直线PQ斜率不存在时，直线PQ的方程为x=0，验证．②当直线PQ斜率存在时，直线PQ的方程为y=kx+1，
联立，利用韦达定理，转化求解直线的斜率，得到直线方程．
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，三角形的面积的求法，韦达定理的应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．
21. 【答案】解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞）．
．…………………………………………（1分）
由题意知为方程f′（x）=0的一个根．
所以，解得a=2．………………………………（2分）
经检验，当a=2时，f（x）的单调递减区间为，符合题意．…………………（3分）
（II）证明：设F（x）=f（x）+x-1=2x2-3x-lnx+1，
则．………………………………………………（4分）
当x＞1时，F′（x）＞0，所以F（x）在（1，+∞）上单调递增．………………………………（5分）
所以当x＞1时，F′（x）＞F（1）=0，即f（x）＞1-x．……………………………………（6分）
（III）当k=-1时，由（II）知不存在符合条件的m．…………………………………………（7分）
当k＜-1时，对于x＞1，f（x）＞1-x＞k（x-1），故不存在符合条件的m．…………（8分）
当k＞-1时，令G（x）=f（x）-k（x-1）=2x2-（4+k）x-lnx+2+k，
则．………………………………………（9分）
令G′（x）=0，得，．（10分）
因为当x∈（1，x2）时，G′（x）＜0，所以G（x）在（1，x2）上单调递减，
G（x）＜G（1）=0，即f（x）＜k（x-1），此时取m=x2即可．………………………………………………（11分）
综上所述，k的取值范围是（-1，+∞）．…………………………………………（12分）
【解析】
（Ⅰ）求出函数的导数，得到关于a的方程，解出a的值即可；
（Ⅱ）设F（x）=f（x）+x-1，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可；
（Ⅲ）令G（x）=f（x）-k（x-1），通过k的范围，得到函数的单调区间，确定k的范围即可．
本题考查导数在研究函数性质中的应用，考查数学运算、推理论证的核心素养．
22. 【答案】解：（Ⅰ）依题意，得曲线C1的普通方程为x2+（y-1）2=1，即x2+y2-2y=0．
由ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，得曲线C1的极坐标方程为ρ2-2ρsinθ=0，
即曲线C1的极坐标方程为ρ=2sinθ．
由曲线C2的参数方程（s为参数），得，
又，
故曲线C2的普通方程为x+y-1=0（x≠-1）；
（Ⅱ）∵A的极坐标为（1，π），故A的直角坐标为（-1，0）．
设l：（p为参数），，则直线m：（t为参数），
把直线m的参数方程代入C1的方程x2+（y-1）2=1，得t2-2（sinα+cosα）t+1=0．
把直线l的参数方程代入C2的方程x+y-1=0（x≠-1），得（sinα+cosα）p=1（tanα≠-2）．
设M，N，B对应的参数分别为tM，tN，pB，则tM+tN=2（sinα+cosα），．
由，且tM，tN，pB＞0，得，即sin2α=1．
又，故．
【解析】
（Ⅰ）消去曲线C1的参数方程中的参数，可得x2+y2-2y=0．由ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，得曲线C1的极坐标方程．由曲线C2的参数方程（s为参数），相加消去参数可得曲线C2的普通方程；
（Ⅱ）由A的极坐标求得直角坐标．设l：（p为参数），，则直线m：（t为参数），把直线m的参数方程代入C1的普通方程，得关于t的一元二次方程．把直线l的参数方程代入C2的方程x+y-1=0（x≠-1），得（sinα+cosα）p=1（tanα≠-2）．设M，N，B对应的参数分别为tM，tN，pB，则tM+tN=2（sinα+cosα），．再由列式求得sin2α=1，则α的值可求．
本题考查三种方程的转化、直线参数方程的应用，考查逻辑推理的核心素养，考查计算能力，是中档题．
23. 【答案】解（I）∵lnm+lnn+lnp=lnmnp，
，
∴，当且仅当时等号成立，
∴．
∵|x-2|+|x-1|≥|x-2|+|x-1|≥|x-2+1-x|=1，
∴lnm+lnn+lnp＜|x-2|+|x-1|．
（Π）∵m+n=2mn，∴，即，
∴，
当且仅当m=n=1时等号成立，
∵m2+n2=4-p2，∴4-p2≥2，∴，
∴p的最大值是．
【解析】
（Ⅰ）根据条件，利用基本不等式，可知，由绝对值三角不等式，可知|x-2|+|x-1|≥1，进一步得到lnm+lnn+lnp＜|x-2|+|x-1|；
（Ⅱ）由m+n=2mn，可知，然后由m2+n2=，利用基本不等式求出m2+n2的最小值，再求出p的最大值．
本题考查了基本不等和绝对值三角不等式，考查了转化思想，属中档题．