2020年安徽省黄山市高考数学二模试卷(理科)(含答案解析)

这是一份2020年安徽省黄山市高考数学二模试卷(理科)(含答案解析)，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020年安徽省黄山市高考数学二模试卷(理科)(含答案解析)


2020年安徽省黄山市高考数学二模试卷（理科）


一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1. 已知集合，，

A.     B.     C.     D.

2. 若复数z满足，则对应的点在第象限．

A. 一    B. 二    C. 三    D. 四

3. 已知，则

A.     B.     C.     D.

4. 已知变量x，y满足约束条件，若恒成立，则实数k的最大值为

A. 40    B. 9    C. 8    D.

5. 已知函数的定义域为D，满足：对任意，都有，对任意，且，都有，则称函数为“成功函数“，下列函数是“成功函数”的是

A.     B.
C.     D.

6. 任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1，在这样的变换下，我们就得到一个新的自然数．如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，最终我们都会陷在这个循环中，这就是世界数学名题“问题”如图所示的程序框图的算法思路源于此，执行该程序框图，若，则输出的


A. 6    B. 7    C. 8    D. 9

7. 为等差数列，若，且它的前n项和有最小值，那么当取得最小正值时，

A. 2019    B. 2020    C. 4039    D. 4040

8. 在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是

A. 甲地：总体均值为3，中位数为4
B. 乙地：总体均值为1，总体方差大于0
C. 丙地：中位数为2，众数为3
D. 丁地：总体均值为2，总体方差为3

9.
如图，角的顶点在坐标原点O，始边在y轴的非负半轴，终边经过点，角的顶点在原点O，始边在x轴的非负半轴，终边OQ落在第二象限，且，则的值为

A.
B.
C.
D.

 

10. 在长方体中，，平面过长方体顶点D，且平面平面，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为

A.     B.     C.     D.

11. 点是双曲线的右焦点，动点A在双曲线左支上，直线：与直线：的交点为B，则的最小值为

A. 8    B.     C. 9    D.

12. 设函数在定义域上是单调函数，且，若不等式对恒成立，则a的取值范围是

A.     B.     C.     D.

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. ，则______用数字作答．

14. 已知函数，则函数的所有零点构成的集合为______．

15. 在中，D为AB边的中点，，，，E，F分别为边BC，AC上的动点，且，则最小值为______．

16. 已知点，抛物线C：的准线为1，点P在C上，作于H，且，，则抛物线方程为______．

三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）

17. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C所对的边，且．
求B；
若，且sinA，sinB，sinC成等差数列，求的面积．







18.
如图，已知边长为2的菱形ABCD，其中，，平面ABCD，，．
求证：平面平面BDF；
求二面角的大小．








 









19.
已知椭圆：的离心率为，左右焦点分别为，，且A、B分别是其左右顶点，P是椭圆上任意一点，面积的最大值为4．
求椭圆的方程．
如图，四边形ABCD为矩形，设M为椭圆上任意一点，直线MC、MD分别交x轴于E、F，且满足，求证：．







20. 在党中央的英明领导下，在全国人民的坚定支持下，中国的抗击“新型冠状肺炎”战役取得了阶段性胜利，现在摆在我们大家面前的是有序且安全的复工复产．某商场为了提振顾客的消费信心，对某中型商品实行分期付款方式销售，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数的分布列为


4
5
6
P

a
b

其中，．
求购买该商品的3位顾客中，恰有1位选择分4期付款的概率；
商场销售一件该商品，若顾客选择分4期付款，则商场获得的利润为2000元；若顾客选择分5期付款，则商场获得的利润为2500元；若顾客选择分6期付款，则商场获得的利润为3000元，假设该商场销售两件该商品所获得的利润为单位：元，
设时的概率为m，求当m取最大值时，利润X的分布列和数学期望；
设某数列满足，，，若，求n的最小值．







21. 已知函数．
讨论函数极值点的个数；
当时，不等式在上恒成立，求实数k的取值范围．







22. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且在极坐标下点．
求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
若曲线与曲线交于A，B两点，求的值．







23. 已知实数x，y满足．
若，求x的取值范围；
若，，求的最小值．








-------- 答案与解析 --------

1.答案：D

解析：解：集合，
，
，
故选：D．
分别求出集合A、B，从而求出即可．
本题考查了集合的运算，考查二次函数以及二次根式的性质，是一道基础题．
2.答案：A

解析：解：由，得，
，则．
对应的点的坐标为，在第一象限．
故选：A．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，进一步求出的坐标得答案．
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.答案：C

解析：解：由，得，
由，得，
由，得，
．
故选：C．
化对数式为指数式判断，求解，化指数式为对数式判断，则答案可求．
本题考查对数值的大小比较，考查有理指数幂与对数的运算性质，考查数学转化思想方法，是基础题．
4.答案：D

解析：解：变量x，y满足约束条件的可行域如图，
是点到的距离的平方减1，
故最小值为点P到的距离的平方加1，的最小值为：
若恒成立，即的最大值为：．
故选：D．
已知x、y满足以下约束条件画出可行域，目标函数是可行域中的点到原点的距离的平方减1，求出最小值，然后求解z的最大值．
此题主要考查简单的线性规划问题，是一道中档题，要学会画图．考查转化思想的应用．
5.答案：B

解析：解：由对任意，都有，得即函数为奇函数；
对任意，且，都有，即函数单调递增，
A：在定义域内不单调，不符合题意；
B：由可得且由于恒成立，即在R上单调递增，符合题意；
C：结合复合函数单调性可知，在内单调递减，不符合题意；
D：在定义域R上单调递减，不符合题意．
故选：B．
由对任意，都有，得即函数为奇函数；对任意，且，都有，即函数单调递增，
然后结合选项进行判断即可．
本题主要考查了函数单调性与奇偶性的判断，属于函数性质的综合应用．
6.答案：D

解析：解：由题意，模拟程序的运行，可得
，
n不是奇数，，，不满足条件；
n是奇数，，，不满足条件，
执行循环体，n不是奇数，，；
不满足条件，执行循环体，n是奇数，，；
不满足条件，执行循环体，n不是奇数，，；
不满足条件，执行循环体，n不是奇数，，；
不满足条件，执行循环体，n不是奇数，，；
不满足条件，执行循环体，n不是奇数，，；
满足条件，退出循环，输出i的值为9．
故选：D．
根据该程序的功能是利用循环结构计算n的值并输出相应的i的值，
模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
本题考查了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，是基础题．
7.答案：C

解析：解：若，且它的前n项和有最小值，
，．
．
．
．
那么当取得最小正值时，．
故选：C．
若，且它的前n项和有最小值，可得，再利用求和公式即可判断出结论．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8.答案：D

解析：【分析】
本题考查数据分析，中位数，众数，方差等概念，属于基础题．
逐一分析即可求得答案．
【解答】解：由于甲地总体均值为3，中位数为4，
即中间两个数第5、6天新增人数的平均数为4，
因此之后的几天中感染人数可能大于7，故甲地不符合；
乙地总体均值为1，因此这10天感染的人数总和为10，
故这10天中可以有一天感染人数大于7，故乙地不符合；
丙地中位数为2，众数为3，可以有一天感染人数为8，
故丙地不符合；
丁地由于总体均值为2，方差为3，故若有一天超过7，比如8，
则故丁地符合，
故选D．
9.答案：A

解析：解：由已知可得：．
．
故选：A．
由已知可得：可得，代入即可得出．
本题考查了三角函数的定义、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
10.答案：D

解析：解：如图，

平面过长方体顶点D，且平面平面，
平面与平面重合，在平面中，
过作，则，即为平面与平面的交线l，
连接，可得，又，则即为直线l与所成角．
连接，由，得，，
由余弦定理可得：．
即直线l与所成角的余弦值为．
故选：D．
由题意画出图形，得到平面与平面的交线l，找出异面直线所成角，由已知结合余弦定理求解．
本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
11.答案：C

解析：解：由双曲线的方程可得，，焦点，
可得，
所以，
当A，，B三点共线时，最小，
联立直线，的方程，可得，消参数t可得，
所以可得交点B的轨迹为圆心在，半径为1的圆，
所以，
当过与圆心的直线与圆的交点B且在和圆心之间时最小．
所以的最小值为9，
故选：C．
由题意求出直线，的交点B为圆心在，半径为1的圆，由双曲线的定义可得，
所以，当A，，B三点共线时，最小，过与圆心的直线与圆的交点B且在和圆心之间时最小．
本题考查求轨迹方程及双曲线的性质，三点共线时线段之和最小，属于中档题．
12.答案：A

解析：解：设，则，
，令得，解得，
，
，
不等式，即：．
令，．
，可得时，函数取得极小值即最小值．
不等式对恒成立，
．
的取值范围是．
故选：A．
先利用换元法求出的解析式，然后再用分离变量法，借助函数的单调性来解决问题．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式解法、换元法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.答案：511

解析：解：，
令，可得．
再令，可得，，
故答案为：511．
在所给的等式中，分别令，，可得要求式子的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
14.答案：3，

解析：解：由得，
设，则等价为，
当时，由得，
当时，由得，
即或，
当时，由，得，由，得舍，故此时，
当时，由得，由，得，
综上，或或，
所以函数的所有零点所构成的集合为：3，
故答案为：3，．
函数的零点，即求方程的解，利用换元法进行求解即可．
本小题主要考查函数的零点、方程的解法等基础知识，利用换元法结合数形结合是解决本题的关键．
15.答案：

解析：解以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图：
则，，，设，则．
，．
．
令，则．
令得．
当时，，当时，．
当时，取得最小值．
故答案为：．
建立平面直角坐标系，设，求出的坐标，则可表示为x的函数，利用函数的性质得出最小值．
本题考查了平面向量的数量积运算，建立坐标系是解题关键，属于中档题．
16.答案：

解析：解：设抛物线的焦点为，，由抛物线的定义可知，，

，，
不妨设点P在第一象限，过点P作轴于点Q，则Q为AF的中点，，
，，，，
点P的坐标为，
点P在抛物线C上，，化简得，解之得舍负，
抛物线方程为．
故答案为：．
设抛物线的焦点为，则，由抛物线的定义可知，，不妨设点P在第一象限，过点P作轴于点Q，则Q为AF的中点，结合，可以用p表示出点P的坐标，然后将其代入抛物线方程，列出关于p的方程，解之可得p的值，从而求得抛物线的方程．
本题考查抛物线的定义，求抛物线的标准方程，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题．
17.答案：解：由，
则，
，
，
而，
，
所以，可得，
而，
又，
所以，
故．
由sinA，sinB，sinC成等差数列，且，
所以，可得，
又，
则，可得：，
所以，
则．

解析：由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合，可得，又根据范围，可求B的值．
由等差数列的性质，正弦定理可得，又根据余弦定理可求ac的值，进而根据三角形的面积公式即可计算求解．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，等差数列的性质，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
18.答案：证明：因为，所以A、C、F、E四点共面．
又平面ABCD，而平面ABCD，所以，
由菱形ABCD，所以，，令，
且，所以，平面ACFE，
而平面ACFE，所以，，
因为且平面ABCD，所以平面ABCD，
则且，，由菱形ABCD且，所以，
故，，则，，
所以，即，
又，所以平面BDE，平面BDF，平面平面BDF．

由菱形ABCD，所以，以OA，OB所在的直线分别为x轴，y轴，过O作垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系．
则，所以0，，，，，，
所以，，，
令平面DEF的一个法向量为，且，，
由，，所以，
由，，所以，即，
令平面BEF的一个法向量为：，且，，
由，，所以，
由，，所以，即，
所以，则，
即二面角的大小为．

解析：证明，，推出平面ACFE，得到，推出平面ABCD，证明且，，证明平面BDE，然后证明平面平面BDF．
以OA，OB所在的直线分别为x轴，y轴，过O做垂直于平面ABCD的为z轴建立空间直角坐标系．
求出平面DEF的一个法向量，平面BEF的一个法向量，通过空间向量的数量积求解二面角的大小．
本题考查直线与平面垂直的判定定理以及平面与平面垂直的判定定理得到应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力，以及计算能力，是中档题．
19.答案：解：由题意可得，又，可得，
而，所以，解得，，
所以椭圆的方程为；
证明：设，，，可令，
由，故MC的方程为，
直线MC交x轴于E，可令，则，即，
由，故MD的方程为，
直线MD交x轴于F，可令，则，即，
因为，所以，
可得，
即，
即，而，所以，
可得，
可得，而M为椭圆上一点，
所以，解得，
所以，即．

解析：由椭圆的离心率公式和三角形的面积公式，结合a，b，c的关系，解方程可得所求椭圆方程；
设，，，可令，运用直线方程和两直线的交点，化简整理，即可得证．
本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线方程的求法和应用，以及两点的距离公式，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．
20.答案：解：方法1：设恰有一位顾客选择分4期付款的概率的概率为P．
由题可知：，
则．
方法2：由于3位顾客中恰有1位选择“分4期付款”，则另外两位均不选“分4期付款”，所以．
由题可得X的值分别为4000，4500，5000，5500，6000．
，，
，
，，
所以，
取最大值的条件为
所以分布列为：

X
4000
4500
5000
5500
6000
P






．
解：由题可得，所以，
化简得，即是等比数列，首项为，公比为，
所以，化简得
由题可知：
由题可知：，显然对所有都成立；
，也是对所有都成立；

当n为偶数时，上述不等式恒成立；
当n为奇数时，，解得即
综上所述，n的最小值为5．

解析：方法1：设恰有一位顾客选择分4期付款的概率的概率为由题可知：，然后求解即可．
方法2：由于3位顾客中恰有1位选择“分4期付款”，则另外两位均不选“分4期付款”，利用相互独立事件乘法乘积求解概率即可．
由题可得X的值分别为4000，4500，5000，5500，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．
由题可得，得到，判断数列是等比数列，然后分类求解n的最小值．
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，数列与函数的应用，考查转化思想以及计算能力，题目比较新颖，是难题．
21.答案：解：，
当时，，所以在R上单调递增，无极值．
当时，令，得，
当时，；当时，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
此时只有一个极值点．
综上所述，当时，在R上无极值点；
当时，函数在R上只有一个极值点．
当时，由题即在上恒成立
令且，
则，
，
则且，
当时，即时，
由于，，而，
所以，故在上单调递增，所以，
即，故在上单调递增，所以，
即在上恒成立，故符合题意．
当时，即时，
由于在上单调递增，
令因为，
故在上存在唯一的零点，使，
因此，当时，，单调递减，所以，
即，在上单调递减，故，与题不符．
综上所述，k的取值范围是．

解析：求出导函数，通过当时，当时，判断导函数的符号，判断函数的单调性，求解函数的极值即可．
当时，由题即在上恒成立，令且，通过函数的导数，结合当时，当时，判断函数的单调性求解函数的最值，推出结果．求解k的取值范围．
本题考查函数的导数的应用，考查转化思想以及计算能力，分类讨论思想的应用，是难题．
22.答案：解：的参数方程：为参数
得，
曲线的直角坐标方程：．
由，
得，
所以曲线的直角坐标方程为．
点P的极坐标为，故其直角坐标为，
由：，则其参数方程为，
将的参数方程代入曲线的方程，
得
由于恒成立，不妨令方程有两个不等实根、，
由于，
所以、异号，且，
则，．

解析：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．
利用直线和曲线的位置关系式的应用和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
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，一元二次方程的根和系数关系式的应用，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．
23.答案：解：由，得
由，即，
当，则，；
当时，则，；
当时，则，．
故x的取值范围为或；
，，且
．
当且仅当，即，时，的最小值为8．

解析：由，得，代入，可得，即，然后对x分类求解，取并集得答案；
由，，且，得，展开后利用基本不等式求最值．
本题考查绝对值不等式的解法，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．