2020届河南省高三普通高等学校招生模拟考试数学（理）试题（解析版）

2020届河南省高三普通高等学校招生模拟考试数学（理）试题


一、单选题
1．已知集合，，则
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】化简集合A，B，利用交并补运算得到结果.
【详解】
由题意易得：，
∴,
∴,
故选：C
【点睛】
本题考查集合的交、并、补的基本运算，指数函数与对数函数的性质，考查计算能力．
2．已知复数满足，则复平面内与复数对应的点在
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【解析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
【详解】
由得
，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为（，），在第四象限．
故选：D．
【点睛】
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．已知函数，则下列说法正确的是
A．的最小正周期为 B．的最大值为2
C．的图像关于轴对称 D．在区间上单调递减
【答案】C
【解析】利用余弦型函数的图像与性质逐一判断即可.
【详解】
∵f（x）＝sin4x﹣cos4x＝sin2x﹣cos2x＝﹣cos2x，
∴函数的最小正周期T＝π，
∵f（﹣x）＝﹣cos（﹣2x）＝﹣cos2x＝f（x），
∴f（x）为偶函数，其图象关于y轴对称，
∵f（x）＝cos2x在[，]上单调递减，故f（x）＝﹣cos2x在[，]上单调递增．
故选C．
【点睛】
本题考查余弦函数的单调性、对称性以及最值，三角函数的周期公式，以及平方关系、二倍角的余弦公式的应用，熟练掌握函数的性质与公式是解题的关键．
4．古希腊雅典学派算学家欧道克萨斯提出了“黄金分割”的理论，利用尺规作图可画出己知线段的黄金分割点，具体方法如下：（l）取线段AB＝2，过点B作AB的垂线，并用圆规在垂线上截取BC＝AB，连接AC；（2）以C为圆心，BC为半径画弧，交AC于点D；（3）以A为圆心，以AD为半径画弧，交AB于点E．则点E即为线段AB的黄金分割点．若在线段AB上随机取一点F，则使得BE≤AF≤AE的概率约为（　　）（参考数据：2.236）

A．0.236 B．0.382 C．0.472 D．0.618
【答案】A
【解析】由勾股定理可得：AC＝，由图易得：0.764≤AF≤1.236，由几何概型可得概率约为 ＝0.236．
【详解】
由勾股定理可得：AC＝，由图可知：BC＝CD＝1，AD＝AE＝≈1.236，BE≈2﹣1.236＝0.764，则：0.764≤AF≤1.236，由几何概型可得：使得BE≤AF≤AE的概率约为＝=0.236，
故选A．

【点睛】
本题考查了勾股定理、几何概型求概率的问题，属于基础题．
5．已知等比数列中，有，数列是等差数列，其前项和为，且，则（ ）
A．26 B．52 C．78 D．104
【答案】B
【解析】设等比数列的公比为q，利用等比性质可得，即，再结合，即可得到结果.
【详解】
设等比数列的公比为q，∵，∴≠0，解得＝4，
数列是等差数列，且．
∴
故选B．
【点睛】
本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．已知两条直线和平面，若，则是的（ ）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】D
【解析】先判断与的真假，然后利用充要条件的定义，得到与的关系．
【详解】
当时，
若时，与的关系可能是，也可能是，即不一定成立，故为假命题；
若时，与的关系可能是，也可能是与异面，即不一定成立，故也为假命题；
故是的既不充分又不必要条件
故选：D
【点睛】
本题考查充要条件、直线与平面平行关系的判断，求解的关键是先判断与的真假.
7．已知函数若，则的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】依题意，对a分a与a讨论，再解相应的不等式即可．
【详解】
∵，
∴或
即或
即
∴的取值范围是
故选：B
【点睛】
本题考查分段函数的图象与性质的应用，突出考查分类讨论思想与方程思想的综合应用，属于中档题．
8．若，满足约束条件则的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】问题转化为在约束条件下目标函数的取值范围，作出可行域由斜率公式数形结合可得．
【详解】
作出x，y满足约束条件的可行域如图：
△ABC，表示区域内的点与点（﹣2，0）连线的斜率，
联方程组可解得B（2，﹣2），同理可得A（2，4），
当直线经过点B时，M取最小值：，
当直线经过点A时，M取最大值1．
则的取值范围：[，1]．
故选：A．

【点睛】
线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.
9．[2019·开封一模]已知数列中，，，利用下面程序框图计算该数列的项时，若输出的是2，则判断框内的条件不可能是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】本程序框图为“当型“循环结构，判断框内为满足循环的条件，模拟程序的运行过程知，该程序运行时计算A的值是以3为周期的函数，当程序运行后输出A＝2时求出满足题意的选项即可．
【详解】
通过分析，本程序框图为“当型“循环结构，
判断框内为满足循环的条件，
循环前，A，n＝1；
第1次循环，A＝1﹣2＝﹣1，n＝1+1＝2；
第2次循环，A＝1+1＝2，n＝2+1＝3；
第3次循环，A＝1，n＝3+1＝4；
…
所以，程序运行时计算A的值是以3为周期的函数，
当程序运行后输出A＝2时，n能被3整除，此时不满足循环条件．
分析选项中的条件，满足题意的C．
故选C．
【点睛】
本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.
10．已知中，，，，为所在平面上一点，且满足.设，则的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【解析】由由，得：点是的外心，由向量的投影的概念可得：，再代入运算，即可
【详解】
解：由，得：点是的外心，
又外心是中垂线的交点，则有：，
即，
又，，，
所以，解得：，
即，
故选：．
【点睛】
本题考查了外心是中垂线的交点，投影的概念，平面向量的数量积公式，属中档题.
11．已知是双曲线上一点，且在轴上方，，分别是双曲线的左、右焦点，，直线的斜率为，的面积为，则双曲线的离心率为
A．3 B．2 C． D．
【答案】B
【解析】利用三角形的面积求出P的纵坐标，通过直线的斜率，求出P的横坐标，然后求解a，c，然后求解双曲线的离心率即可．
【详解】
P是双曲线1（a＞0，b＞0）上一点，且在x轴上方，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，|F1F2|＝12，c＝6，
△PF1F2的面积为24，可得P的纵坐标y为：，y＝4．直线PF2的斜率为﹣4，
所以P的横坐标x满足：，解得x＝5，则P（5，4），
|PF1|13，
|PF2|7，
所以2a＝13﹣7，a＝3，
所以双曲线的离心率为：e2．
故选：B．
【点睛】
求离心率的常用方法有以下两种：
（1）求得的值，直接代入公式求解；
（2）列出关于的齐次方程(或不等式)，然后根据，消去后转化成关于的方程(或不等式)求解．
12．已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，，，P为球O的球面上的动点，记三棱锥p一ABC的体积为，三棱銋O一ABC的体积为，若的最大值为3，则球O的表面积为　　
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且，根据体积比求得，利用球的性质，得，再由三角形的性质，求得，利用球的表面积公式，即可求解。
【详解】
由题意，设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且
依题意可知，即，显然，故，
又由，故，
∴球的表面积为，故选B.
【点睛】
本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的性质的应用，其中解答中根据几何体的结构特征，合理利用求得性质，求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题。


二、填空题
13．中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢．如果让三位同学选取的礼物都满意,则选法有________种．
【答案】50
【解析】先分情况甲选牛共有,甲选马有,得出结果若
【详解】
解:先分类,若甲同学选了牛,则乙同学有种选法,丙同学有种选法,共有种选法；
若甲同学选了马,则乙同学有种选法,丙同学有种选法,共有种选法．
故三位同学的选法共有（种）
【点睛】
本题主要考查了排列组合,分情况选择是解题的关键,属于基础题.
14．已知正数满足，则当________时，取得最小值，最小值为________．
【答案】
【解析】先根据基本不等式得,结合得,再由基本不等式得,最后检验时成立即可.
【详解】
解:由基本不等式可得,当且仅当时等号成立．
正数满足,,
当且仅当时等号成立．,
当且仅当时等号成立,的最小值为．
故答案为: (1). (2).
【点睛】
本题考查基本不等式,要注意”一定二正三相等”.
15．已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，当时，，则__．
【答案】
【解析】先由题意，是定义域为的偶函数，且为奇函数，利用函数的奇偶性推出的周期，可得，然后带入求得结果.
【详解】
因为为奇函数，所以
又因为是定义域为的偶函数，所以
即
所以的周期
因为

所以
故答案为
【点睛】
本题主要考查了函数的性质，函数性质的变形以及公式的熟记是解题的关键，属于中档题.
16．已知点在轴上，点是抛物线的焦点，直线与抛物线交于， 两点，若点为线段的中点，且，则__________．
【答案】8
【解析】设，又，由为的中点，求得，直线的方程代入，得，求得点N的横坐标，利用抛物线的定义，即可求解。
【详解】
设，又，因为为的中点，
所以点的坐标为，则，即，
又由，则，即，
直线的方程为，代入，得，
设，则，解得，
由抛物线的定义得：，解得：。

【点睛】
本题主要考查了抛物线的标准方程，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系和抛物线的定义合理计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。

三、解答题
17．已知的面积为，且内角依次成等差数列.
（1）若，求边的长；
（2）设为边的中点，求线段长的最小值.
【答案】（1）（2）.
【解析】（1）由题意可得，结合面积公式得.利用正弦定理角化边，据此可得a,c的值，最后由余弦定理可得的长.
（2）由题意可得，利用向量的运算法则和均值不等式的结论可得长的最小值.
【详解】
（1）三内角依次成等差数列，
设所对的边分别为,由可得.
，由正弦定理知.
中，由余弦定理可得.
即的长为
（2）是边上的中线，

，当且仅当时取“”
,即长的最小值为.
【点睛】
在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
18．如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接．

（1）证明:平面平面;
（2）若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（1）由是等边三角形,,得．再证明,,从而和证明平面,故平面平面得证．
（2）作,垂足为连接．由,证得结合二面角为,可得,,.建立空间直角坐标系,求出点的坐标则,,向量,即平面的一个法向量,运用公式和,即可得出直线与平面所成角的正弦值．
【详解】
解:（1）证明:因为是等边三角形,,
所以,可得．
因为点是的中点,则,,
因为,平面PBD,平面,
所以平面,因为平面,
所以平面平面．
（2）如图,作,垂足为连接．

因为,
所以为二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角为,知．
在等腰三角形中,由余弦定理可得．
因为是等边三角形,则,所以．
在中,有,得,
因为,所以．
又,所以．
则,．
以为坐标原点,以向量的方向分别为轴,轴的正方向,
以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,
则,,向量,
平面的一个法向量为,
设直线与平面所成的角为,
则,
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题.
19．已知椭圆的离心率为，短轴长为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若，
求证：点在定圆上.
【答案】（1）椭圆的标准方程为 （2）证明见解析
【解析】试题分析：（1）由已知可得，， 椭圆为；（2）由①，且
，又
② ，由①②得 点在定圆上.
试题解析：（1）设焦距为，由已知，，∴，，
∴椭圆的标准方程为.
（2）设，联立得，
依题意，，化简得，①
，
，
若，则， 即，
∴，
∴，
即，化简得，②
由①②得.
∴点在定圆上.（没有求范围不扣分）
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆的位置关系、斜率公式等知识，涉及函数与方程思想、数形结合思想分类与整合、转化与化归等思想，并考查运算求解能力和逻辑推理能力，属于较难题型. 第一小题由题意由方程思想建立方程组求得标准方程为；（2）设而不求法求得①，再利用韦达定理转化得② ，由①②得 点在定圆上.
20．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求证：.
【答案】（1）； （2）见解析
【解析】（1）代入,可得的解析式.求得导函数,即可得直线方程的斜率,求得点坐标后,由点斜式即可求得切线方程.
（2）根据放缩法,由得.从而证明即可.构造函数,通过求得导函数,再令,求得.即可判断的单调性,进而求得的零点所在区间,并判断出该零点为的极小值点,求得在该点的最小值,即证明不等式成立.
【详解】
（1）当时,
所以
所以,又因为,即点坐标为
所以曲线在点处的切线方程为
即
（2）证明：当时,,
要证明,只需证明,
设,则,
设,则,
所以函数在上单调递增,
因为,,
所以函数在上有唯一零点,且,
因为,所以,即,
当时,；当时,,
所以当时,取得最小值,
故,
综上可知,若,.
【点睛】
本题考查了利用导数求切线方程,由导数证明不等式成立.根据导数判断函数的单调性和极值,函数的最值及零点的综合应用,对思维能力要求较高,是高考的常考点和重难点,属于难题.
21．2019年12月以来，湖北武汉市发现多起病毒性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染.我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者.已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为，某位患者在隔离之前，每天有位密切接触者，其中被感染的人数为，假设每位密切接触者不再接触其他患者.
（1）求一天内被感染人数为的概率与、的关系式和的数学期望；
（2）该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第二天又有2位密切接触者，从某一名患者被感染，按第1天算起，第天新增患者的数学期望记为.
（i）求数列的通项公式，并证明数列为等比数列；
（ii）若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率，当取最大值时，计算此时所对应的值和此时对应的值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.（取）
（结果保留整数，参考数据：）
【答案】（1）；.
（2）（i），证明见解析；（ii）16，6480，戴口罩很有必要.
【解析】（1）由题意，被感染人数服从二项分布：，则可求出概率及数学期望；
（2）（i）根据第天被感染人数为，及第天被感染人数为，
作差可得可得，，可证，（ii）利用导数计算此时所对应的值和此时对应的值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.
【详解】
（1）由题意，被感染人数服从二项分布：，
则,，
的数学期望.
（2）（i）第天被感染人数为，
第天被感染人数为，
由题目中均值的定义可知，

则，且.
是以为首项，为公比的等比数列.
（ii）令，
则.
在上单调递增，在上单调递减.
.
则当，.
.
.

戴口罩很有必要.
【点睛】
本题考查二项分布的概率及期望，数学期望与数列综合，考查综合分析及转化能力，考查知识的迁移能力，属于较难题.
22．在极坐标系中,直线的极坐标方程为．以极点为原点,极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系,曲线的参数方程为,（为参数）．
（1）请写出直线的参数方程;
（2）求直线与曲线交点的直角坐标．
【答案】（1）直线l的参数方程为（为参数）；（2）.
【解析】（1）将直线的极坐标方程直接转化为直角坐标防尘,再根据直角坐标方程得出参数方程.
（2）将曲线的参数方程化为直角坐标方程,与直线联立求出交点坐标,再根据的取值范围选取符合条件的点坐标。
【详解】
解: （1）因为直线的极坐标方程为,
以极点为原点,极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系,
则直线的直角坐标方程为①
所以,,
则直线的参数方程为（为参数）.
（2）又因为曲线的参数方程为,（为参数）.
所以,则曲线的直角坐标方程为②,
联立①②解方程组得或,
根据的取值范围,舍去.
故点的直角坐标为.
【点睛】
本题主要考查参数的方程的计算,以及直角坐标与极坐标的转化运算。
23．回答下面问题
（1）已知,且,,求证：．
（2）已知实数满足,,试确定的最大值．
【答案】（1）见解析（2）最大值．
【解析】（1）利用,再利用绝对值不等式的性质即可得出结论.
（2）根据柯西不等式,构造出,结合已知条件建立关于的二次不等式,解之即可得到实数的最大值
【详解】
解:（1）证明:因为,
所以
,
即．
（2）由已知得,
由柯西不等式知,
故,解得,
当且仅当时,e取得最大值．
【点睛】
考查绝对值不等式的性质和利用柯西不等式求最值,另外要注意柯西不等式的应用条件.