【文档说明】河南省鹤壁市高级中学2020届高三下学期线上第二次模拟考试 数学（理）试题（PDF版含答案）.pdf，共(13)页，511.415 KB，由MTyang资料小铺上传

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1一、单选题（每小题5分，共60分）1．已知集合{|15}Mxx，{|||2}Nxx，则MN（）A．|12xxB．|25xxC．{|15}xxD．{|02}xx2．已知复数z满足iizz,则z在复平面上对应的点在()A．第一象限B．

第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知非零向量a，b满足||||ab，则“|2||2|abab”是“ab”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4.已知x,y满足不等式组2202100xyxy

x,则点,Pxy所在区域的面积是()A．1B．2C．54D．455.根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，则甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为（）A．16B．14C．13D．126．已知函数()f

x是定义在R上的偶函数，当0x时，()exfxx，则32(2)af,2(log9)bf，(5)cf的大小关系为（）A．abcB．acbC．bacD．bca7．已知向量a，b满足4a，b在a上投影为2，则3ab

的最小值为()A．12B．10C．10D．28.已知函数()sin()fxAx(π0,0,2A)的部分图象如图所示，若()()0faxfax，则a的最小值为（）A．π12B．π6C．π3D．5π12满分：150分河南省鹤壁市高中2020届高三年级

线上第二次模拟考试理科数学试卷时间：120分钟29.设过抛物线220ypxp上任意一点P（异于原点O）的直线与抛物线280ypxp交于A，B两点，直线OP与抛物线280ypxp的另一个交点为Q，则ABQABOSS（）A．1B．2C．3D．410．半正多面体(semi

regularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体

.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（）A．83B．4C．163D．20311．定义,,aababbab，已知函数21()2sinfxx，21()2cosgxx，则函数()(

)()Fxfxgx的最小值为（）A．23B．1C．43D．212．在平面直角坐标系xOy中，已知nA，nB是圆222xyn上两个动点，且满足22nnnOAOB（*Nn），设

nA，nB到直线3(1)0xynn的距离之和的最大值为na，若数列1{}na的前n项和nSm恒成立，则实数m的取值范围是（）A．3(,)4B．3[,)4C．3(,)2D．3[,)2二、填空题（

每小题5分，共20分）13．曲线2e(2)xyx在点(0,2)处的切线方程为.（写斜截式）14．41(2)xx的展开式中2x的系数为.315．在三棱锥ABCD中，已知22=6BCCDBDABAD，且

平面ABD平面BCD，则三棱锥ABCD外接球的表面积为.16.已知双曲线2222:1xyCab(0,0ab)的左右焦点分别为12,FF，O为坐标原点，点M为双曲线右支上一点，若122FFOM，21tan2M

FF，则双曲线C的离心率的取值范围为.三、解答题（17—21每题12分，22—23为选做题，每题10分，共70分）17．在ABC中，内角ABC，，的对边分别是abc，，，已知(3)sinsinsinabAbBcC.（1）求角C的值；（2）若1+3sinsin4AB，2c，求

ABC的面积．18．如图，在三棱柱111ABCABC中，已知四边形11AACC为矩形，16AA，4ABAC，160BACBAA，1AAC的角平分线AD交1CC于D.（1）求证:平面BAD平面11AACC；（2）

求二面角111ABCA的余弦值.19．已知椭圆C：22221(0)xyabab的离心率为22，连接椭圆四个顶点形成的四边形面积为42．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点A（1，0）的直线与椭圆C交于点M，N，设P为椭圆上一点，且(0)OMON

tOPtO为坐标原点，当45||3OMON时，求t的取值范围．420．随着现代社会的发展，我国对于环境保护越来越重视，企业的环保意识也越来越强.现某大型企业为此建立了5套环境监测系统，并制定

如下方案：每年企业的环境监测费用预算定为1200万元，日常全天候开启3套环境监测系统，若至少．．有2套系统监测出排放超标，则立即检查污染源处理系统；若有且只有．．．．1套系统监测出排放超标，则立即同时启动另外2套系统进行1小时的监测，且后启动的这2

套监测系统中只要有1套系统监测出排放超标，也立即检查污染源处理系统.设每个时间段（以．1．小时为计量单位．．．．．．．）被每套系统监测出排放超标的概率均为(01)pp，且各个时间段每套系统监测出排放超标情况相互独立.（1）当12p时，求某个时间段需要检查污染源处理系统的概率；（

2）若每套环境监测系统运行成本为300元/小时（不启动则不产生运行费用），除运行费用外，所有的环境监测系统每年的维修和保养费用需要100万元.现以此方案实施，问该企业的环境监测费用是否会超过预算(全年按900

0小时计算)？并说明理由.21．已知函数()lnfxaxx(Ra).（1）讨论()fx的单调性；（2）若对(0,)x，()e0xfxax恒成立，求a的取值范围.22．在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为1+cos1cos2sin1co

sxy(为参数).以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为0(0(0,π))，将曲线1C向左平移2个单位长度得到曲线C.（1）求曲线C的普通方程和极坐标方程；（2）设直线l与曲线C交于,AB两点，求11O

AOB的取值范围.23．已知函数2()1fxxx，且,Rmn．（1）若22mn，求()2()fmfn的最小值，并求此时,mn的值；（2）若||1mn，求证:|()()|2(||1)fmfnm．11.【答案】A|22Nxx，{|12}MNxx，

故选：A.2.【答案】A设(,)zabiabR，由iizz得：()(1)abiiabi，即(1)aibabi，由复数相等可得：1baab，解之得：1212ab

，则1122zi=-，所以1212zi，在复平面对应的点的坐标为11(,)22，在第一象限.故选：A.3.【答案】C222222||||22224444ababababaabbaabb===，||||0ab

，∴等价于0abab，故选：C.4.【答案】C不等式表示的平面区域如图：直线220xy的斜率为2，直线21xy的斜率为12，所以两直线垂直，故BCD为直角三角形，易得(1,0)B，1(0,)2D

，(0,2)C，52BD，5BC所以阴影部分面积115552224BCDSBDBC.故选：C.5.【答案】A派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，基本事件总数：234

336nCA，甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数：2122326mCCA甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为：61366mpn本题正确选项：A河南省鹤壁市高中2020届高三年级线上第二次模

拟考试理科数学参考答案26.【答案】C依题意得3322(2)(2)aff，3222582223log8log9，当0x时，()exfxx，xye在R上递增，又yx在R上递增，所以()fx在[0,)上单调递增，322(log9)(2)(5)ff

f，即bac，故选：C.7.【答案】Bb在a上投影为2，即cos,2bab0bcos,0ab又cos,1,0abmin2b2222223696cos,9964abaabbaababbb

min3946410ab，本题正确选项：B8.【答案】A由图象易知2A，(0)1f，即2sin1，π2，6，由图可知*11ππ2π(N)126kk，24211k，111231

1412TT，又20T，18241111，由1k得2，π()2sin(2)6fxx，()()0faxfax，()fx关于点(,0)a对称，即有π2π6ak，ππ212ka，kZ，a的最小值为

π12，9.【答案】C可以发现，1ABQQPQABOPPSxxyPQSOPxy设211(,)2yPyp，则直线121:2yOPyxyp，即12pyxy，与28ypx联立，可求得14Qyy，从而得到面积比为11413yy，故答案为C10.【答案】D根

据三视图作出该二十四等边体如图所示，将该二十四等边体3的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为2，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，该几何体的体积为11202228111323V

故选：D11【答案】A依题意得()()Fxfx，()()Fxgx，则2()()()Fxfxgx,22222211111()()()[(2sin)(2cos)]2sin2cos32sin2cosfxgxxxxxxx

2222222212cos2sin12cos2sin4(2)(22)32sin2cos32sin2cos3xxxxxxxx(当且仅当222cos2sinxx222sin2cosxx，即22

1sincos2xx时“”成立.此时,2()()3fxgx，42()3Fx，()Fx的最小值为23，故选：A.12.【答案】B由22nnnOAOB，得2cos2nnnn

nAOB，所以120nnAOB，设线段nnAB的中点为nC，则2nnOC，所以nC在圆2224nxy上，nA，nB到直线3(1)0xynn的距离之和等于点nC到该直线的距离的两倍.点nC到直线距离的最大值为

圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆2224nxy的圆心0,0到直线3(1)0xynn的距离为2211213nnnnd，2(+12[]222nnnnann），21

1111()222nannnn，123111111111111111131(1)232435222124nnSaaaannnn434m,故选：B.1

3.【答案】22yx令2e(2)xfxx，2()e(22)xfxxx，所以(0)2f，又(0)2f，所求切线方程为22yx，即22yx.14.【答案】282484441

(21)(1)(2)=xxxxxxx，所以41(2)xx的展开式中2x的系数就是8(1)x中6x的系数，而8(1)x中6x的系数为22288128CC，展开式中2x的系数为2828C故答案为：28.15

.【答案】48π在等边三角形BCD中，取BD的中点F，设等边三角形BCD的中心为O，连接AFCFOA，，.由6BC，得2233BOCODOCF，3OF，由已知可得ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形，AFBD,又由已知可

得平面ABD平面BCD，AF平面BCD，AFOF，2223OAOFAF，所以23OAOBOCOD，O为三棱锥ABCD外接球的球心，外接球半径23ROC，三棱锥ABCD外接球的表面积为24π(23)48π

.故答案为：48π16.【答案】]5,1(122FFOM，12π2FMF，222124cMFMF，1212tanMFMFFMF,122MFMFa，22122222122222

221211222244()2MFMFMFMFMFceaMFMFMFMFMFMFMF,5设122MFtMF，则2221211212tetttt，令222

211111,'1tttfttfttttt，所以2t时，'0ft，ft在2,上单调递增，115222tt，215e，15e.17.（1）由(3)sinsinsinabAbBcC及正弦定理得22(3)aba

bc＋=，即2223abcab.......3分由余弦定理得2223cos22abcCab＋，0πC，π6C........6分（2）设ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得224πsinsin6cRC，2sin4sinaRAA

，2sin4sinbRBB，16sinsin4(13)abAB111sin4(13)13222ABCSabC.........12分18.（1）如图，过点D作//DEAC交1AA于E，连接,CEBE，设ADCE

O，连接BO，1ACAA，DEAE，又AD为1AAC的角平分线，四边形AEDC为正方形，CEAD，又ACAE，BACBAE，BABA，BACBAE，BCBE，又O为CE的中点，CEBO又,ADBO平面BAD，ADBOO，CE

平面BAD，又CE平面11AACC，平面BAD平面11AACC，........4分（2）在ABC中，4ABAC，60BAC，4BC，在RtBOC中，1222COCE，22BO，又4AB，1222AOAD，222BOAOAB，BOAD，又BOC

E，ADCEO，,ADCE平面11AACC，BO平面11AACC，........6分故建立如图空间直角坐标系Oxyz，则(2,2,0)A，1(2,4,0)A，1(2,4,0)C，1(0,6,22)B，11

(2,2,22)CB，1(4,6,0)AC，11(4,0,0)CA，6设平面11ABC的一个法向量为111(,,)mxyz，则111mCBmAC，1111146022220xyxyz

，令1=6x，得(6,4,52)m,........8分设平面111ABC的一个法向量为222(,,)nxyz，则1111nCBnCA，22224022220xxyz，令2=2y得(0,21)n

,........10分92317cos,171023mnmnmn，由图示可知二面角111ABCA是锐角，故二面角111ABCA的余弦值为31717.........12分19.（1）

22221122beea∵，∴，2212ba∴，即222ab又12242222Sabab，∴，2224ba∴，．∴椭圆C的标准方程为22142xy．........4分（2）由题意知，当直

线MN斜率不存在时，661,,1,22MN，此时1t........5分当直线MN斜率存在时，设直线方程为(1)ykx，1122()()()MxyNxyPxy，，，，，，联立方程22142(1)xyykx，，消去y得2222(12

)4240kxkxk，因为直线与椭圆交于两点，所以4222164(12)(24)24160kkkk恒成立，22121212122224242()2121212kkkxxxxyykxxkkkk∴，，，........7分又OMONtOP

∵，212212121224(12)2(12)xxkxxxtxttkyytyyykyttk，，∴∴，，7因为点P在椭圆22142xy上，所以422222221684(12)(12)kktktk，........9分即

2222222212(12)11212kktktkk，∴，又45||3OMON∵，即2124545||133NMkxx，∴，整理得：22246251123kkk，化

简得：4213580kk，解得21k或2813k（舍），2221211123ttk∵，∴，即661133t，，．........11分66

1,,133t∴．........12分20.（1）某个时间段在开启3套系统就被确定需要检查污染源处理系统的概率为2332333333321111()()112()

()22222CCCC,某个时间段在需要开启另外2套系统才能确定需要检查污染源处理系统的概率为1323119()[1()]2232C某个时间段需要检查污染源处理系统的概率为192523232.........5分（2）设某个时间段环境监测系统的运行费

用为X元，则X的可能取值为900，1500.123(1500)(1)PXCpp，123(900)1(1)PXCpp121233()900[1(1)]1500(1)EXCppCpp29001800

(1)pp........9分令2()(1),(0,1)gpppp,则2()(1)2(1)(31)(1)gpppppp当1(0,)3p时，()0gp，()gp在1(0,)3上单调递

增；当1()1,3p时，()0gp，()gp在上1(,1)3单调递减,()gp的最大值为14()327g,........11分实施此方案，最高费用为441009000(9001800)10115027（万元），1150120

0，故不会超过预算.........12分21.（1）fx的定义域为0,，()1axafxxx，........1分8①当0a时，由()0fx得xa，()0fx得0xa，()fx在(0,)a上

单调递减，在(,)a上单调递增；........3分②当0a时，()0fx恒成立,()fx在(0,+)上单调递增；........4分（2）()e0xfxax得()exfxax，(e)exxfax，()(e)xfxf.......6分令()exhxx(0x

)，则()1e0xhx，()hx在(0,)上单调递减，()(0)1hxh，()0hx，即exx，.......7分当0a时，由(Ⅰ)知()fx在(0,)上递增，()(e)xfxf

恒成立，满足题意.......8分当0a时，令()lnexxax，则()e00xaxxx，所以()x在(0,)上单调递减，又(1)e0，当0x时，()x，(0,1)r，使得()0r，当0(0,)xr时，0()()0xr，即

00lnexax，.......10分又00xax，0000lnexaxxax，000()e0xfxax，不满足题意，.......11分综上所述，a的取值范围是[0,)........12分22.（1）22222coscos1+cos22

1cos2sinsin22x，24sincos2cos2sin2221cos2sinsin22y2224cos24sin2yx，即曲线1C的普通方程为24yx，........3分依题意得曲线C的普通方程为24(2)yx，令c

osx，siny得曲线C的极坐标方程为22sin4cos80........5分（2）法一：将0代入曲线C的极坐标方程得2200sin4cos80，则012204cossin，12208sin，120

，12,异号9202221200121220121212204cos32()sinsin()4111111sin82sinOAOB0(0,π)，0

sin(0,1]，1112(,]22OAOB；........10分法二:设直线l的参数方程为cossinxtyt(t为参数，为直线的倾斜角)，代入曲线C的普通方程得22si

n4cos80tt，则1224cossintt，1228sintt，120tt，12,tt异号2222121212212121224cos32()()4sinsin111111sin82

sinttttttOAOBtttttt(0,π)，sin(0,1]，1112(,]22OAOB.23.（1）2222()2()(2)(2)321fmfnmnmnmn，........1分法一：22222222221=

)=+2(112(36[+4)](3+434)3mnmnmmnnmnnm214=(2)=33mn，47()2()133fmfn，()2()fmfn的最小值为73，此时23mn；........5分法二：由柯西不等式

得：2222222222=)(11111142(()(2)333)3mnmnnmnnmn，47()2()133fmfn,即()2()fmfn的最小值为73，此时23mn；.

.......5分（2）1mn，22()()()()11fmfnmnmnmnmnmn，又1mn()(21)211(21)2(1)nmmmnmmm，|()()|2(||1)fmfnm.........10

分