2020届河南省普通高中高考质量测评（二）数学（理）试题（解析版）

2020届河南省普通高中高考质量测评（二）数学（理）试题  一、单选题1．已知全集，集合，，则=（    ）A．{} B．{} C．{} D．{}【答案】A【解析】求出不等式和的解，然后根据集合的交集运算，即可得到本题答案.【详解】由，得，故，由，得或，故或，所以，.故选：A【点睛】本题主要考查集合的交集运算，其中涉及对数不等式和一元二次不等式的求解.2．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用复数的除法运算，即可得答案.【详解】∵.故选：B.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查基本运算求解能力，属于基础题.3．由我国引领的时代已经到来，的发展将直接带动包括运营、制造、服务在内的通信行业整体的快速发展，进而对增长产生直接贡献，并通过产业间的关联效应和波及效应，间接带动国民经济各行业的发展，创造出更多的经济增加值.如图是某单位结合近年数据，对今后几年的经济产出所做的预测.结合上图，下列说法错误的是（）A．的发展带动今后几年的总经济产出逐年增加B．设备制造商的经济产前期增长较快，后期放缓C．信息服务商与运营商的经济产出的差距有逐步拉大的趋势D．设备制造商在各年的总经济产出中一直处于领先地位【答案】D【解析】对选项，可直观感知每年的产出是逐渐增高；对选项，2020到2023年设备制造商的经济产前期增长较快，后几年放缓；对选项，2028到2030年第二个小矩形的高与第一个小矩形的高度差明显逐年加大；对选项，2029和2030年已被信息服务超出．【详解】对选项，每一年小矩形高是逐渐增高的，可直观发现每年产值是逐渐增高，故正确；对选项，2020到2023年设备制造商的经济产前期增长较快，后几年放缓，故正确；对选项，2028到2030年第二个小矩形的高与第一个小矩形的高度差明显逐年加大，故正确；对选项，2029和2030年已被信息服务超出，故错误．故选．【点睛】本题主要考查数学阅读理解能力及从图中提取信息的能力，属基础题．4．展开式中的系数为（    ）A．10 B．24 C．32 D．56【答案】D【解析】先将式子化成，再分别求两项各自的的系数，再相加，即可得答案.【详解】∵，∴展开式中含的项为，展开式中含的项，故的系数为.故选：D.【点睛】本题考查二项展开式中指定项的系，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.5．已知函数，若函数在处的切线方程为，则的值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】对函数求导得，求得的值，再根据切点既在切线上又在曲线上，可求得的值，即可得答案.【详解】∵，∴，解得，∴，∴.故选：B.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意切点既在切线上又在曲线上的应用.6．函数在的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】根据函数为奇函数及，再结合排除法，即可得答案.【详解】∵函数的定义域为，关于原点对称，且，∴是奇函数，故排除A；，排除B，C.故选：D.【点睛】本题考查根据函数的解析式选择函数的图象，考查数形结合思想，求解时注意充分利用函数的性质及特殊点的函数值进行求解.7．如图，在四棱锥中，，，，是的中点，在上且，在上且，则（    ）A．，且与平行B．，且与相交C．，且与异面D．，且与平行【答案】D【解析】取CF的中点H，连接，通过证明四边形为平行四边形，可得且，由在中，分别为PD和PH的中点，可得且，综上，即可得到本题答案.【详解】取CF的中点H，连接，则在中，，所以，，又因为且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，且.在中，分别为PD和PH的中点，所以，且，所以，且，即.故选：D【点睛】本题主要考查空间中两直线的位置关系及大小关系，数形结合思想的应用是解决此题的关键.8．已知等差数列的前项和为，，，则数列的前2020项和为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据，，求得，再利用裂项相消法求，令代入，即可得答案.【详解】因为数列是等差数列，所以.设公差为，因为，所以解方程组得所以数列的通项公式为，所以.设为数列的前项和，则∴故选：A.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意利用裂项相消法进行求和.9．“角谷定理”的内容为对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2．如此循环，最终都能够得到1．如图为研究角谷定理的一个程序框图．若输入的值为10，则输出的值为（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【解析】根据流程逐步分析，直到时，计算出的值即可.【详解】（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）．故选B．【点睛】本题考查根据程序框图计算输出值，难度较易.程序框图问题，多数可以采用列举法的方式解答问题.10．设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，设，与相较于点.若，且的面积为，则的值为（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【解析】由题，可得，又由及的面积为，得，然后通过求的解，即可得到本题答案.【详解】根据已知，，由，得，不妨设点在第一象限，则，即，所以，易知，，所以，所以的面积是面积的3倍，即，所以，解得.故选：C【点睛】本题主要考查抛物线与直线的综合问题，考查学生的分析问题和解决问题能力及运算求解能力.11．现有一副斜边长相等的直角三角板.若将它们的斜边重合，其中一个三角板沿斜边折起形成三棱锥，如图所示，已知，三棱锥的外接球的表面积为，该三棱锥的体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设三棱锥的外接球的半径为，由球的体积得球的半径，当平面平面时，三棱锥的体积达到最大，利用体积公式计算，即可得答案.【详解】设三棱锥的外接球的半径为，因为，因为，所以为外接球的直径，所以，且.当点到平面距离最大时，三枝锥的体积最大，此时平面平面，且点到平面的距离，所以.故选：B.【点睛】本题考查三棱锥与球的内接问题、三棱锥体积的最大值、球的体积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意球心位置的确定.12．设函数，其中，已知在上有且仅有4个零点，则下列的值中满足条件的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设，则，从而将问题转化为在上有4个零点，从而得到，再利用不等式恒成立问题求得的范围，即可得答案.【详解】设，则，所以在上有4个零点，因为，所以，所以，所以，即，满足的只有A.故选：A.【点睛】本题考查根据三角函数的零点个数求参数值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意换元法的应用.  二、填空题13．若，，，则与 的夹角为______________.【答案】【解析】由及，即可得到本题答案.【详解】设与 的夹角为，则，得，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查利用向量的模的计算公式求向量的夹角，属基础题.14．记为等比数列的前项和，若数列也为等比数列，则________.【答案】【解析】设等比数列的公比为，利用等比数列的等比中项性质可得公比，再代入等比数列的前项和公式中，即可得答案.【详解】设等比数列的公比为，∵数列为等比数列，∴，解得：，∴.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列中的基本量法运算、等比数列的通项公式和前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.15．某工厂生产的产品中分正品与次品，正品重，次品重，现有5袋产品（每袋装有10个产品），已知其中有且只有一袋次品（10个产品均为次品）如果将5袋产品以1～5编号，第袋取出个产品（），并将取出的产品一起用秤（可以称出物体重量的工具）称出其重量，若次品所在的袋子的编号是2，此时的重量_________；若次品所在的袋子的编号是，此时的重量_______.【答案】1520        【解析】第1袋取1个，第2袋取2个，第3袋取3个，第4袋取4个，第5袋取5个，共取15个.若次品是第2袋，则15个产品中正品13个，次品2个，若次品是第袋，则15个产品中次品个，正品个，分别进行计算，即可得答案.【详解】第1袋取1个，第2袋取2个，第3袋取3个，第4袋取4个，第5袋取5个，共取15个.若次品是第2袋，则15个产品中正品13个，次品2个，此时的重量，若次品是第袋，则15个产品中次品个，正品个，此时的重量.故答案为：1520；【点睛】本题考查数学推理应用题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对题意的理解.16．已知点是双曲线右支上一动点，是双曲线的左、右焦点，动点满足下列条件：①，②，则点的轨迹方程为________________.【答案】【解析】设动点的坐标为，延长交于点，根据向量的加法法则及数量积为0，可得，利用双曲线的定义可得，即可得答案.【详解】设动点的坐标为，延长交于点，由条件②知点在的角平分线上，结合条件①知，所以在中，.又平分，所以为等腰三角形，即，.因为点为双曲线上的点，所以，即，所以.又在中，为的中点，为的中点，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，所以点的轨迹方程为.故答案为：.【点睛】本题考查单位向量、向量的数量积、向量的加法法则的几何意义、双曲线的定义、轨迹方程的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意平面几何知识的应用. 三、解答题17．在中，角，，所对的边分别是，，，且（1）求角的大小；（2）设，，求的值．【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知结合正弦定理化简可求，进而可求；（2）由余弦定理可得，，代入可求，由正弦定理可得，可求．【详解】解：（1）由正弦定理得，化简得.因为在三角形中，，，可得.又因为，所以（2）由余弦定理可得，，，所以，由正弦定理可得，.【点睛】本题主要考查了两角和及二倍角的公式，正弦定理，余弦定理的综合应用，属于中等试题．18．为实现有效利用扶贫资金，增加贫困村民的收入，扶贫工作组结合某贫困村水质优良的特点，决定利用扶贫资金从外地购买甲、乙、丙三种鱼苗在鱼塘中进行养殖试验，试验后选择其中一种进行大面积养殖，已知鱼苗甲的自然成活率为0.8.鱼苗乙，丙的自然成活率均为0.9，且甲、乙、丙三种鱼苗是否成活相互独立.（1）试验时从甲、乙，丙三种鱼苗中各取一尾，记自然成活的尾数为，求的分布列和数学期望；（2）试验后发现乙种鱼苗较好，扶贫工作组决定购买尾乙种鱼苗进行大面积养殖，为提高鱼苗的成活率，工作组采取增氧措施，该措施实施对能够自然成活的鱼苗不产生影响.使不能自然成活的鱼苗的成活率提高了50%.若每尾乙种鱼苗最终成活后可获利10元，不成活则亏损2元，且扶贫工作组的扶贫目标是获利不低于37.6万元，问需至少购买多少尾乙种鱼苗？【答案】（1）分布列见解析，2.6（2）40000尾【解析】（1）由题意得随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，利用相互独立事件同时发生的概率，可计算的值，进而得到分布列和期望；（2）依题意知一尾乙种鱼苗最终成活的概率为，计算一尾乙种鱼苗的平均收益，进而计算尾乙种鱼苗最终可获得的利润，再解不等式，即可得答案.【详解】（1）记随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，则，，，.故的分布列为01230.0020.0440.3060.648 .（2）根据已知乙种鱼苗自然成活的概率为0.9，依题意知一尾乙种鱼苗最终成活的概率为，所以一尾乙种鱼苗的平均收益为元.设购买尾乙种鱼苗，为购买尾乙种鱼苗最终可获得的利润，则，解得.所以需至少购买40000尾乙种鱼苗，才能确保获利不低于37.6万元.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、期望、利润最大化的决策问题，考查函数与方程思想、，考查数据处理能力.19．如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，点是圆弧上的一动点（不与重合），点是圆弧的中点，且点在平面的两侧.（1）证明：平面平面；（2）设点在平面上的射影为点，点分别是和的重心，当三棱锥体积最大时，回答下列问题.（ⅰ）证明：平面；（ⅱ）求平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）（ⅰ）见解析（ⅱ）【解析】（1）证明垂直平面内的两条相交直线，再利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）当三棱锥体积最大时，点为圆弧的中点，所以点为圆弧的中点，所以四边形为正方形，且平面.（ⅰ）连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接，则，再由线面平行的判定定理证得结论；（ⅱ）由平面垂直，所以以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量，求两向量夹角的余弦值，进而得到二面角的正弦值.【详解】（1）因为是轴截面，所以平面，所以，又点是圆弧上的一动点（不与重合），且为直径，所以，又平面平面，所以平面，而平面，故平面平面.（2）当三棱锥体积最大时，点为圆弧的中点，所以点为圆弧的中点，所以四边形为正方形，且平面.（ⅰ）连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接，则，因为分别为两个三角形的重心，∴，所以，又平面平面，所以平面.（ⅱ）平面垂直，所以以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，设平面的法向量，则即可取，又平面的法向量，所以，所以.所以平面与平面所成二面角的正弦值为.【点睛】本题考查空间中的线面平行、面面垂直、二面角的向量求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意建系前必需证明三条直线两两互相垂直.20．已知椭圆的左、右焦点分别为，是椭圆上一动点（与左、右顶点不重合）已知的内切圆半径的最大值为，椭圆的离心率为.（1）求椭圆C的方程；（2）过的直线交椭圆于两点，过作轴的垂线交椭圆与另一点（不与重合）.设的外心为，求证为定值.【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）当面积最大时，最大，即点位于椭圆短轴顶点时，即可得到的值，再利用离心率求得，即可得答案；（2）由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线为，代入椭圆方程得.设，利用弦长公式求得，利用的垂直平分线方程求得的坐标，两个都用表示，代入中，即可得答案.【详解】（1）由题意知：，∴，∴.设的内切圆半径为，则，故当面积最大时，最大，即点位于椭圆短轴顶点时，所以，把代入，解得：，所以椭圆方程为.（2）由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线为，代入椭圆方程得.设，则，所以的中点坐标为，所以.因为是的外心，所以是线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点，的垂直平分线方程为，令，得，即，所以所以，所以为定值，定值为4.【点睛】本题考查椭圆方程的求解、离心率、直线与椭圆位置关系中的定值问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将问题转化为关于变量的表达式，进而求证得到定值.21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）如果方程有两个不相等的解，且，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）对函数进行求导得，再对进行分类讨论，解不等式，即可得答案；（2）当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；当时，在单调递减，在单调递增，则.不妨设，只要证，再利用函数的单调性，即可证得结论.【详解】（1）.①当时，单调递增；②当时，单调递减；单调递增.综上：当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；当时，在单调递减，在单调递增，则.不妨设，要证，即证，即证，即证.因为在单调递增，即证，因为，所以即证，即证.令，.当时，单调递减，又，所以时，，即，即.又，所以，所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将所证不等式转化为利用函数的单调性进行证明.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求和的直角坐标方程；（2）设为曲线上的动点，求点到直线的距离的最小值.【答案】（1），（2）【解析】（1）直接利用消参法可得曲线的直角坐标方程；将代入的极坐标方程得的直角坐标方程；（2）设，利用点到直线的距离公式，结合二次函数的性质求最值，即可得答案.【详解】（1）的直角坐标方程为：，将代入的极坐标方程得的直角坐标方程为：.（2）设，则点到直线的距离，当时，距离最小，最小值为.【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程、普通方程的互化、点到直线的距离公式，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意点的参数设法.23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的图象最低点为，正数满足，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）分类讨论去掉绝对值得分段函数求解即可；（2）由分段函数求出最低点，得，构造1，利用均值不等式求解即可.【详解】（1），所以由可得，或，或，解得：或或.综上，.（2）因为，所以当时，，最低点为，即，所以.，当且仅当时等号成立，所以【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分段函数的最值，均值不等式，属于中档题.