河南省开封市2020届高三二模考试数学（理）试题+Word版含解析

2020年河南省普通高中毕业班高考适应性测试

理科数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

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.已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先化简集合,再求得解.

【详解】由题得或，

所以.

故选：B.

【点睛】本题主要考查集合的化简和交集运算，考查对数复合函数定义域的求法，考查一元二次不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

2.已知复数（为复数单位），则（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．

【详解】解：复数，则．

故选：C．

【点睛】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

3.2019年，河南省郑州市的房价依旧是郑州市民关心的话题．总体来说，二手房房价有所下降，相比二手房而言，新房市场依然强劲，价格持续升高．已知销售人员主要靠售房提成领取工资．现统计郑州市某新房销售人员一年的工资情况的结果如图所示，若近几年来该销售人员每年的工资总体情况基本稳定，则下列说法正确的是（    ）

A. 月工资增长率最高的为8月份

B. 该销售人员一年有6个月的工资超过4000元

C. 由此图可以估计，该销售人员2020年6，7，8月的平均工资将会超过5000元

D. 该销售人员这一年中的最低月工资为1900元

【答案】C

【解析】

【分析】

根据月工资变化图，6月份月工资增长率最高，所以选项错误，有7个月工资超过4000元，所以选项错误，近几年来该销售人员每年的工资总体情况基本稳定，则可以估计该销售人员2020年6，7，8月的平均工资将会超过5000元，最低月工资为1300元，所以选项错误．

【详解】解：对于选项：根据月工资变化图可知，6月份月工资增长率最高，所以选项错误；

对于选项：该销售人员一年中工资超过4000元的月份有：1，6，7，8，9，11，12，有7个月工资超过4000元，所以选项错误；

对于选项：由此图可知，销售人员2019年6，7，8月的平均工资都超过了8000元，而近几年来该销售人员每年的工资总体情况基本稳定，则可以估计该销售人员2020年6，7，8月的平均工资将会超过5000元是正确的；

对于选项：由此图可知，该销售人员这一年中的最低月工资为1300元，所以选项错误，

故选：C．

【点睛】本题主要考查了简单的合情推理，属于基础题．

4.已知：，则的值为（    ）

A. 7 B. 8 C. 15 D. 16

【答案】C

【解析】

【分析】

利用二项式展开式的通项求出即得解.

【详解】由题得的展开式的通项为，

令；令,

所以.

故选：C.

【点睛】本题主要考查二项式展开式的通项求系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

5.已知双曲线：的一个焦点为，过作轴的垂线分别交双曲线的两渐近线于，两点，若的面积为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

不妨设，求出,得化简即得解.

【详解】不妨设，联立.

所以，

所以.

所以.

故选：A.

【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查直线和双曲线的位置关系，考查双曲线的离心率的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

6.九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数，决定解开圆环的个数在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的最少移动次数，数列满足，且则解下5个环所需的最少移动次数为（    ）

A. 7 B. 10 C. 16 D. 22

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意，由逐项地推到，再利用的值即可算出结果．

【详解】，

，

故选：C

【点睛】本题主要考查数列的递推关系的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

7.已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得出这个几何体的表面积是（    ）

A. 6 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由已知中几何体的三视图，我们可以判断出该几何体是底面是一个底和高均为2的等腰三角形，侧面由一个底和高均为2的等腰三角形和两个腰长为底面长为的等腰三角形，分别求出各面面积，累加可得结果．

【详解】由三视图得几何体原图如图所示，该几何体是一个在俯视图为底面的三棱锥，底面是一个底和高均为2的等腰三角形，高为2，一个侧面由一个底和高均为2的等腰三角形，

另外两个侧面是腰长为，底边长为的等腰三角形，其高为，

故其表面积为.

故选：C．

【点睛】本题考查的知识点是由三视图求面积，其中判断出几何体各面的形状是解答本题的关键．

8.已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据正弦函数的单调性，结合在区间上单调递增，建立不等式关系，即可求解．

【详解】函数在区间上单调递增，

当时，，

当时，，

由于函数在区间上单调递增，

所以，，解得，

，所以，，因此，的取值范围是.

故选：A．

【点睛】本题考查了正弦函数的图象及性质、单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中等题．

9.己知平行四边形中，，，对角线与相交于点，点是线段上一点，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

分析】

以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，求出直线的方程为，设点，，求出的解析式，再利用二次函数求出函数的最小值即得解.

【详解】如图所示，以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，则，

所以直线的方程为，

设点，，所以，

所以，

当时，取到最小值.

故选：A.

【点睛】本题主要考查平面向量的坐标表示和运算，考查函数最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，解决本题的关键是联想到建立坐标系利用坐标来研究.

10.已知正方形，其内切圆与各边分别切于点，，、，连接，，，．现向正方形内随机抛掷一枚豆子，记事件：豆子落在圆内，事件：豆子落在四边形外，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意，计算正方形与圆的面积比，利用条件概率公式求出的值．

【详解】

由题意，设正方形的边长为，则圆的半径为，面积为；

正方形的边长为，面积为；

所求的概率为．

故选：B．

【点睛】本题考查条件概率和几何概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．

11.已知定义在上的奇函数，对任意实数，恒有，且当时，，则（    ）

A. 6 B. 3 C. 0 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先求出函数的周期为，求出的值即得解.

【详解】由题得，所以函数的周期为.

由题得

，

，

，

所以，

所以.

故选：B.

【点睛】本题主要考查函数的周期的判断和应用，考查函数的奇偶性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

12.如图，在四棱锥中，，底面是边长为的正方形，点是的中点，过点，作棱锥的截面，分别与侧棱，交于，两点，则四棱锥体积的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

如图所示，设,则,设三棱锥的高为，三棱锥的高为，先求出，再求出，求出

的最大值即得解.

【详解】如图所示，设,则,设三棱锥的高为，三棱锥的高为，

由题得,

所以

由题得，

因为平面,

所以所以,所以.

在△中，由正弦定理得,

在△中，由正弦定理得,

所以

在△中，.

所以，

当时，取最小值，所以取最小值.

故选：D.

【点睛】本题主要考查空间几何体体积的计算和最值的求法，考查正弦定理和三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知函数．则函数在处的切线方程为___________．

【答案】

【解析】

【分析】

先求导数，然后利用导数求出斜率，最后利用点斜式写出切线方程即可．

【详解】解：

，

，

故切线方程为：，即．

故答案为：．

【点睛】本题考查导数的几何意义以及切线方程的求法．属于基础题．

14.已知数列为公差不为零的等差数列，其前项和为，且，，成等比数列，，则__________．

【答案】4

【解析】

【分析】

设等差数列的公差为，解方程和即得，即得解.

【详解】设等差数列的公差为，由题得和.

，

所以.

故答案为：4.

【点睛】本题主要考查等差数列的前项和的基本量的计算，考查等差数列的通项，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

15.现有灰色与白色的卡片各八张，分别写有数字1到8．甲、乙、丙、丁四个人每人面前摆放四张，并按从小到大的顺序自左向右排列（当灰色卡片和白色卡片数字相同时，白色卡片摆在灰色卡片的右侧）．如图，甲面前的四张卡片已经翻开，则写有数字4的灰色卡片是__________．（填写字母）

【答案】

【解析】

【分析】

由题得,假设,再推出矛盾，得到假设不成立，再假设得到答案.

【详解】由题得,

假设,则,此时白色的“4”在灰色的“4”的左边，不符合题意，所以假设不成立.

假设则由题得：

白2，灰3，白7，灰8；

灰1，白5，白6，灰7；

白1，灰2，灰4，白8；

白3，白4，灰5，灰6.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查推理证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

16.设，是椭圆：的两个焦点，过，分别作直线，，且，若与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点（点，在轴上方），则四边形面积的最大值为__________．

【答案】4

【解析】

【分析】

先求出两平行直线没有斜率时，此时，再求出当两平行直线有斜率时，最大值为1，综合得最大值为1，再根据四边形的面积为,即得解.

【详解】当两平行直线没有斜率时，此时.

当两平行直线有斜率时，设直线的方程为即，

联立椭圆方程，消去得，

由弦长公式得，

又原点到直线的距离为，

所以，

所以，

设，所以，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

所以，所以的最大值为1，

因为，所以的最大值为1，

因为四边形的面积为，所以四边形的面积为,

所以此时四边形的面积的最大值为4.

故答案为：4.

【点睛】本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中面积的最值问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

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.如图，在三棱柱中，为正三角形，，，，点为的中点，点．

（1）证明：；

（2）求和平面所成角的正弦值．

【答案】（1）见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）先证明平面，即得证；

（2）先证明平面，再以为坐标系原点，建立如图所示空间直角坐标系，再利用向量法求直线和平面所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：由，，，，

因为，所以，

又，，平面，

所以平面，

平面，所以；

（2）由（1）知，又，所以，

又，，所以平面，

平面，所以平面平面，

取中点，由为正三角形知，平面，

又平面平面，所以平面．

以为坐标系原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，

，，，

设平面的一个法向量，则且，

所以取，则，，则，

所以，

所以直线和平面所成角的正弦值为．

【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系的证明，考查空间直线和平面所成的角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

18.如图，在梯形中，∥，．

（1）若，且，求的面积；

（2）若，，求的长．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）先利用余弦定理求出，再利用即可求解；

（2）先求出，，再利用正弦定理求出，求出，再利用余弦定理求出.

【详解】

（1）由知，，，

在中，，，

由余弦定理，知，

所以，即，

解得或（舍），

所以的面积．

（2）在中，因为，，

所以，，

由正弦定理，

所以，

又

，

在中，由余弦定理，知

所以．

【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角恒等变换求值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

19.已知为坐标原点，点，为坐标平面内的动点，且2，，成等差数列．

（1）求动点的轨迹方程；

（2）设点的轨迹为曲线，过点作直线交曲线于，两点，试问在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）（2）存在，定点

【解析】

【分析】

（1）设，由题得，化简即得解；

（2）设的方程为，与联立得到韦达定理，再把韦达定理代入即得解.

【详解】（1）设，由条件知，

所以．

两边平方得，，

所以（满足），

所以点的轨迹方程为．

（2）由题意知直线的斜率存在．设的方程为，与联立得，

，

所以，，．

又设，，，则

为定值，从而得，

所以存在定点，使得为定值．

【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中的定点定值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

20.已知函数．

（1）当，时，求的最小值；

（2）若函数，，若函数的导函数存在零点，求实数的取值范围．

【答案】（1）．（2）

【解析】

【分析】

（1）利用导数求出的减区间为，单调递增区间为，即得的最小值；

（2）等价于在上有解，设，利用导数求出函数的单调性即得解.

【详解】（1）当时，，

当时，，，所以．

当时，，，所以，

所以当时，．

故由，得；由，得，

所以的减区间为，单调递增区间为，

所以的最小值为．

（2）由题意得，，，

函数有零点，即在上有解，

所以，

设，则．

若，则，即，解得，且；

若，则，即，解得，

所以在，上是增函数，在上是减函数．

而，，，，又，

所以，或，

所以实数的取值范围是．

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查利用导数研究函数的单调性和有解问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

21.某中医药研究所研制出一种新型抗癌药物，服用后需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验次；（2）混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起检验，若结果为阴性，则这份的血液全为阴性，因而这份血液样本只需检验一次就够了；若检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪份为阳性，就需要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果总阳性还是阴性都是相互独立的，且每份样本是阳性的概率为．

（1）假设有6份血液样本，其中只有两份样本为阳性，若采取遂份检验的方式，求恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率．

（2）现取其中的份血液样本，记采用逐份检验的方式，样本需要检验的次数为；采用混合检验的方式，样本简要检验的总次数为；

（ⅰ）若，试运用概率与统计的知识，求关于的函数关系，

（ⅱ）若，采用混合检验的方式需要检验的总次数的期望比逐份检验的总次数的期望少，求的最大值（，，，，，）

【答案】（1）（2）（ⅰ）．（ⅱ）8

【解析】

【分析】

（1）利用古典概型的概率求出恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；

（2）（ⅰ）先求出，再化简即得解；（ⅱ）由，得到，再利用导数解不等式得解.

【详解】（1）设“恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来”为事件，则

，

即恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件的概率为．

（2）（ⅰ）由题意知，取值的可能有1，，

，

，

所以，

由，得，即，所以，

所以关于函数关系．

（ⅱ）由题意知，，所以，即，

所以，又，所以，

两边同时取对数，得，即，

设，则，易知函数在上单调递减，

，，

所以的最大值为8．

【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，考查独立重复试验的概率的计算，考查随机变量的期望的计算，考查利用导数解不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

（二）选考题：共10分.谓考生在第22、23题中任选一题作簀.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.已知在平面直角坐标系内，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

（1）把曲线和直线化为直角坐标方程；

（2）过原点引一条射线分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程（写成直角坐标形式的普通方程）．

【答案】（1），；（2）（除去原点）．

【解析】

【分析】

（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．

（2）利用极径的应用建立等量关系，进一步求出直角坐标方程．

【详解】解：（1）由曲线的参数方程得：，

所以曲线直角坐标方程为．

又由，，

将极坐标与直角坐标的转化公式，代入上式，得

直线的直角坐标方程为．

（2）在极坐标系内，设，，，则

，，

由得，，即，

所以，

从而得，且，

转化为直角坐标方程为，

所以点的轨迹方程为（除去原点）．

【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．

[选修4-5：不等式选讲]

23.已知函数．

（1）求函数的最大值；

（2）已知，，，求最大值．

【答案】（1）6；（2）．

【解析】

【分析】

（1）化简函数的解析式，画出函数图象，然后求解函数的最大值即可．

（2）化简表达式，通过转化，结合基本不等式求解最大值即可．

【详解】解：（1）因为

所以

函数图象如下所示：

所以．

（2），

令，，由条件知，，，

所以，

等号成立条件为，即，．

所以的最大值为．

【点睛】本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．