2020届河南省实验中学高三下学期二测数学（理）试题（解析版）

2020届河南省实验中学高三下学期二测数学（理）试题


一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解对数不等式和一元二次不等式化简集合，再进行交运算，即可得答案.
【详解】
由题意得或，
∴.
故选：A.
【点睛】
本题考查数不等式和一元二次不等式的求解、集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.
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．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.
4．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.
5．函数的图像大致为 (　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.
详解：为奇函数，舍去A,
舍去D;
，
所以舍去C；因此选B.
点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．
6．设s，t是不相等的两个正数，且s+slnt＝t+tlns，则s+t﹣st的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，0） C．（0，+∞） D．（1，+∞）
【答案】D
【解析】变换得到，设（x），（x＞0），求导得到函数单调性，画出函数图像，得到0＜t＜1＜s，计算得到答案.
【详解】
由已知s+slnt＝t+tlns，可得：，
设f（x），（x＞0），则f′（x），（x＞0），
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，函数f （x）为减函数．
如图，作出函数f（x）的图象，

由题意知f（s）＝f（t），所以s，t为方程f（x）＝m的两个不同的解．
不妨设s＞t，则0＜t＜1＜s，故s+t﹣st﹣1＝（s﹣1）（1﹣t）＞0，所以s+t﹣st＞1．
故选：D．
【点睛】
本题考查了函数的零点问题，构造函数画出函数图像是解题的关键.
7．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.
8．“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.
9．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.
10．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.
11．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、多选题
12．由我国引领的5G时代已经到来，5G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，创造岀更多的经济增加值.如图是某单位结合近年数据，对今后几年的5G经济产出所做的预测.结合下图，下列说法正确的是（ ）

A．5G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出前期增长较快，后期放缓
C．设备制造商在各年的总经济产出中一直处于领先地位
D．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
【答案】ABD
【解析】本题结合图形即可得出结果．
【详解】
由图可知设备制造商在各年的总经济产出中在前期处于领先地位，
而后期是信息服务商处于领先地位，故C项表达错误．
故选：ABD．
【点睛】
本题主要考查数学文字及图形的阅读理解能力．本题属基础题．


三、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Sn为等比数列{an}的前n项和，若数列{Sn﹣2a1}也为等比数列，则_____
【答案】
【解析】设等比数列{an}的公比为q，根据数列{Sn﹣2a1}为等比数列得到﹣（q2+q﹣1）＝（q﹣1）2，解得q，再计算得到答案.
【详解】
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
对于等比数列{Sn﹣2a1}，其前三项为：﹣a1，a2﹣a1，a3+a2﹣a1，
则有（﹣a1）（a3+a2﹣a1）＝（a2﹣a1）2，变形可得：﹣（q2+q﹣1）＝（q﹣1）2，
解可得：q或0（舍），则q，则；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等比数列的相关计算，意在考查学生的计算能力.
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.

四、解答题
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且csin2B﹣bsin（A+B）＝0
（1）求角B的大小；
（2）设a＝4，c＝6，求sinC的值．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据正弦定理得到sinCsin2B﹣sinBsin（A+B）＝0，化简得到cosB，解得答案.
（2）根据余弦定理得到b＝2，再根据正弦定理计算得到答案.
【详解】
∵csin2B﹣bsin（A+B）＝0，由正弦定理可得，sinCsin2B﹣sinBsin（A+B）＝0，
化简可得2sinCsinBcosB﹣sinBsinC＝0，∵sinBsinC≠0，∴cosB，
∵B∈（0，π），∴.
（2）由余弦定理可得：cosB，，∴b＝2，
由正弦定理可得：sinC.
【点睛】
本题考查了正弦定理，余弦定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
18．如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，点P是圆弧CD上的一动点（不与C，D重合），点Q是圆弧AB的中点，且点P，Q在平面ABCD的两侧．

（1）证明：平面PAD⊥平面PBC；
（2）设点P在平面ABQ上的射影为点O，点E，F分别是△PQB和△POA的重心，当三棱锥P﹣ABC体积最大时，回答下列问题．
（i）证明：EF∥平面PAQ；
（ii）求平面PAB与平面PCD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AD⊥PC， PC⊥PD，得到PC⊥平面PAD，得到证明.
（2）连接PE并延长交BQ于点M，连接PF并延长交OA于点N，连接MN，证明EF∥AQ得到答案；以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，平面PAB的法向量，平面PCD的法向量，计算夹角得到答案.
【详解】
（1）证明：因为ABCD是轴截面，所以AD⊥平面PCD，所以AD⊥PC，
又点P是圆弧CD上的一动点（不与C，D重合），且CD为直径，所以PC⊥PD，
又AD∩PD＝D，PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以PC⊥平面PAD，
PC⊂平面PBC，故平面PAD⊥平面PBC；
（2）当三棱锥P﹣ABC体积最大时，点P为圆弧CD的中点，
所以点O为圆弧AB的中点，所以四边形AQBO为正方形，且OP⊥AB，
（i）证明：连接PE并延长交BQ于点M，连接PF并延长交OA于点N，连接MN，
则MN∥AQ，因为E，F分别为三角形的重心，所以EF∥MN，
所以EF∥AQ，又AQ⊂平面PAQ，EF平面PAQ，所以EF∥平面PAQ；
（ii）以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则P（0，0，2），A（，0，0），B（0，，0），
，，
设平面PAB的法向量\，则，
可取，又平面PCD的法向量，
所以cos，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的正弦值为．

【点睛】
本题考查了面面垂直及线面平行的判定，考查了二面角的向量求法，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
19．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.
20．已知函数在处的切线方程为.
（1）求实数的值；
（2）设，若，且对任意的恒成立，求的最大值.
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）
【解析】（1）求出函数f（x）的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；
（2）问题转化为k＜=对任意x＞2恒成立，设h（x）=（x＞2），根据函数的单调性求出k的最大值即可．
【详解】
（1），
所以且， 解得，
（2）由（1）与题意知对任意的恒成立，
设，则，令，则，所以函数为上的增函数.
因为，
所以函数在上有唯一零点，即有成立，
所以
故当时， ，即；
当时， ，即
所以函数在上单调递减，在上单调递增
所以所以，因为，所以，又因所以最大值为
【点睛】
本题考查了函数恒成立求参数取值范围，也是常考题型，函数恒成立求参数取值范围，一种方法，可以采用参变分离的方法，将恒成立转化为求函数的最大值和最小值，二种方法，将不等式整理为的形式，即求 ，或是的形式，即求 ，求参数取值.
21．冠状病毒是一个大型病毒家族，己知可引起感冒以及中东呼吸综合征（）和严重急性呼吸综合征（）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡.
某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n（）份血液样本，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，则需要检验n次.
方式二：混合检验，将其中k（且）份血液样本分别取样混合在一起检验.
若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为.
假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（）.现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.
（1）若，试求p关于k的函数关系式；
（2）若p与干扰素计量相关，其中（）是不同的正实数，
满足且（）都有成立.
（i）求证：数列等比数列；
（ii）当时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数的期望值更少，求k的最大值
【答案】（1），（，且）.（2）（i）见解析（ii）最大值为4.
【解析】（1）由题设可知，的所有可能取值为1，，求，再根据,求；
（2）（ⅰ）当时，，∴，令，则，
利用数学归纳法证明；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，由可知，再设函数（），利用函数的单调性求的最大值.
【详解】
（1）解：由已知，，，得，
的所有可能取值为1，，
∴，.
∴.
若，则，，∴，∴.
∴p关于k的函数关系式为，（，且）.
（2）（i）∵证明：当时，，∴，令，则，
∵，∴下面证明对任意的正整数n，.
①当，2时，显然成立；
②假设对任意的时，，下面证明时，；
由题意，得，∴，
∴，，
∴，.
∴或（负值舍去）.∴成立.
∴由①②可知，为等比数列，.
（ii）解：由（i）知，，，∴，得，∴.
设（），，∴当时，，即在上单调减.
又，，∴；，.∴.
∴k的最大值为4.
【点睛】
本题考查概率，函数，数列，数学归纳法证明的综合问题，本题对学生的能力要求较高，属于难题，重点考查学生分析问题和解决问题的能力.
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.