河南省六市（南阳市、驻马店市、信阳市、漯河市、周口市、三门峡市）2020届高三数学第二次联合调研检测试题 理（含解析）.doc

1、河南省六市（南阳市、驻马店市、信阳市、漯河市、周口市、三门峡市）2020届高三数学第二次联合调研检测试题 理（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟.其中第I1卷22题，23题为选考题，其它题为必考题.考试结束后，将答题卡交回.注意事项：1.答题前，考生必须将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.4.保持卡面清洁，不要折

2、叠、不要弄破、不准使用涂改液、刮纸刀.第I卷选择题（共60分）一、选择题：本题共12个小题，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. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由一元二次不等式求解可得集合A,求其补集即可.【详解】因为，所以或，即或，所以，故选：C【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合的补集运算，属于容易题.2. 复数在复平面内对应的点为，（i为虚数单位），则复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数对应的点知，利用复数的除法法则计算，即可求解.【详解】因为复数在复平

3、面内对应的点为，所以，则，所以复数的虚部为.故选：B【点睛】本题主要考查了复数的几何意义，复数的除法运算，复数的虚部，属于容易题.3. 在中，若点D满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由条件即得.【详解】，故有.故选：A【点睛】本题主要考查了向量的线性表示，向量的加减运算，是基础题.4. 易系辞上有“河出图，洛出书”之说.河图、洛书是中国古代流传下来的两幅神秘图案，蕴含了深奥的宇宙星象之理，被誉为“宇宙魔方”，是中华文化，阴阳术数之源.其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如图，白圈为阳数，黑点为阴数，若从阴数和阳数中各取一

4、数，则其差的绝对值为1的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可知：阳数有：1，3，5，7，9，阴数有：2，4，6，8，10，这是一个古典概型，先得到从阳数和阴数中各取一数基本事件的总数，再找出其差的绝对值为1的基本事件的个数，然后代入公式求解.【详解】由题意得：阳数有：1，3，5，7，9，阴数有：2，4，6，8，10，从阳数和阴数中各取一数，基本事件的总数为：其差的绝对值为1的基本事件有：，共9种所以其差的绝对值为1的概率为故选：D【点睛】本题主要考查古典概型的概率，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.5. 鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由

5、春秋时代鲁国工匠鲁班所作. 下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图，则此构件的体积为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图得鲁班锁的其中一个零件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长体的一个几何体，由此能求出该零件的体积【详解】由三视图得鲁班锁的其中一个零件是：长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长体的一个几何体，如图，该零件的体积：V100202040201032000（mm3）故选C【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查几

6、何体的三视图等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题6. 已知等差数列的前n项和为，且，则取得最大值时（ ）A. 14B. 15C. 16D. 17【答案】A【解析】【分析】利用已知条件算出基本量后可得等差数列的通项，根据通项的符号可得何时取最大值.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，故，故当时，；当时，所以当时，取最大值.故选：A.【点睛】本题考查等差数列前项和的最值，一般地，此类问题可通过项的符号来确定何时取最值.7. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简，再利用指数函数、对数函数的单调性比较大小即可得到三者的

7、大小关系.【详解】，因为，故，所以，故.又，故，所以.故选：C.【点睛】本题考查指数、对数的大小比较，此类问题可利用指数函数和对数函数的单调性来进行大小比较，注意两类函数底数的范围，必要时需利用中间数1来进行大小关系的传递.8. 已知，O是坐标原点，的坐标满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用向量数量积的坐标形式计算，再画出二元一次不等式组对应的可行域，利用的几何意义可求的最小值.【详解】，故.二元一次不等式组对应的可行域如图所示：因为表示的几何意义是点到可行域内的点的距离的平方，而到可行域内的点的距离的最小值为，故的最小值为，所以.故选：D.【点睛】

8、二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的距离9. 抛物线的焦点为，过且倾斜角为60的直线为，若抛物线上存在一点，使关于直线对称，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】关于过倾斜角为的直线对称，由抛物线定义知， 等于点 到准线的距离，即，由于 ，代入抛物线方程可得，解得，故选A.【 方法点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，以及点关于直线对称问题，属于难题. 与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离

9、的转化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.10. 已知函数，将此函数图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有（ ）绕着x轴上一点旋转；以x轴为轴，作轴对称；沿x轴正方向平移；以x轴的某一条垂线为轴，作轴对称；A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对各选项的变换，计算变换后的函数解析式，再与原函数的解析式比较后可得正确的选项.【详解】对于，设轴上的点为，则绕该点旋转后所得图象与原函数的图象关于对称，故变换后图象的解析式为，若图象与图象重合，则对任意的恒成立，令，则即.故，若为

10、偶数，则，因为，此时的图象与图象不重合；若为奇数，则，因为，故此时的图象与图象不重合；故错误.对于，以x轴为轴，作轴对称，故变换后图象的解析式为，因为，故的图象与不重合，故错误.对于，若的图象向右平移个单位，则变换后图象的解析式为，此时变换后的图象与原函数的图象重合，故正确.对于，取直线，以该直线为轴，作轴对称，则变换后所得图象的解析式为，此时变换后的图象与原函数的图象重合，故正确.故选：B.【点睛】本题考查函数图象的变换及其对应解析式的求法，验证两个函数的图象是否重合应该根据解析式是否相同来判断，说明两个函数图象不重合，可利用反例来说明.11. 已知函数，关于x的方程有三个不等实根，则实数m

11、的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用导数讨论函数的性质后可得方程至多有两个解因为有三个不同的解，故方程有两个不同的解，且，最后利用函数的图像特征可得实数的取值范围【详解】，当时，在上为增函数；当时，在上为减函数；所以的图像如图所示又时，又的值域为， 所以当或时，方程有一个解，当时，方程有两个不同的解，所以方程即有两个不同的解，令，故 ，解得故选：D【点睛】复合方程的解的个数问题，其实质就是方程组的解的个数问题，后者可先利用导数等工具刻画的图像特征，结合原来方程解的个数得到的限制条件，再利用常见函数的性质刻画的图像特征从而得到参数的取值范围12. 下图是棱长为

12、2的正方体木块的直观图，其中分别是，的中点，平面过点且平行于平面，则该木块在平面内的正投影面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据题意平面可以平移至平面，即木块在平面内的正投影即可看成是在平面的正投影，根据投影的性质可得投影为正六边形，最后根据正六边形面积公式可求出投影的面积【详解】解：根据题意可知平面过点且平行于平面PQF，则平面可以平移至平面，木块在平面内的正投影即可看成是在平面的正投影，根据投影的性质可得投影为正六边形如图所示，因为正方体棱长为2，所以，则投影面内正六边形的边长为：根据正六边形面积公式可得投影的面积为：故投影面积为：故选：A【点睛】本题主要考查

13、空间几何体和正投影得概念，考查面积公式是计算，考查空间想象力和推导能力，属于难题第卷非选择题（共90分）二、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 在中，满足，则的面积_.【答案】【解析】【分析】由向量模的运算可得，然后结合向量的夹角公式运算即可得解.【详解】解:由题意可得,即,又,则,设的夹角为,则,则,则,故答案为: .【点睛】本题考查了向量的夹角公式及向量模的运算，属基础题.14. 在的展开式中，各项系数的和为512，则项的系数是_.（用数字作答）【答案】28【解析】【分析】根据的展开式中，各项系数的和为512，令，得，求得 ，再求得 展开式的通项，令或求解.【详解】因为的

14、展开式中，各项系数的和为512，所以令，得，即：，解得，所以原式为：，所以展开式的通项为，当或，符合题意，解得或（舍去），所以项的系数为：.故答案为：28【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数以及项的系数，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15. 已知，是双曲线的左、右焦点，点P为上异于顶点的点，直线l分别与以，为直径的圆相切于A，B两点，若向量，的夹角为，则=_.【答案】【解析】分析】首先将图象画出来，设以PF1，PF2为直径的圆的圆心分别为C，D，连接AC，BD，过D作DEAC于点E，连接CD，易证四边形ABDE是矩形，根据几何关系可得|CE|=5，由可得，又向量的夹角即为的夹角，从而.

15、【详解】如图，设以PF1，PF2为直径的圆的圆心分别为C，D，连接AC，BD，过D作DEAC于点E，连接CD，则，因为直线AB是圆C和圆D的公切线，且切点分别是A，B，所以ACAB，BDAB，则四边形ABDE是矩形，所以|AB|=|DE|，|AE|=|BD|.且，易知|CE|=|AC|-|AE|=|AC|-|BD|=，根据双曲线的定义知，|PF1|-|PF2|=10，所以|CE|=5.因为，由|可得，即|AB|=3，因为向量的夹角即为的夹角，所以.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的定义和几何性质，考查了直线和圆的位置关系，综合性强，根据条件做出合适的辅助线是解题的关键，同时考查了转化的思想，

16、属难题.16. 已知数列的前n项和为，数列的前n项和为，若使得恰好为数列中的某个奇数项，则数列的通项公式_，所有正整数m组成的集合为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先利用与的关系求出的通项公式，然后再分别求出和的表达式，从而，最后讨论求值即可.详解】当时，所以，当时，得：，化简得，即，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；，假设为第k项，k为奇数，所以且为奇数，只有当，满足题意.故答案为：；.【点睛】本题考查数列通项公式的求法，考查等差数列和等比数列的综合应用，考查逻辑思维能力和计算能力，考查分析和解决问题的能力，属于常考题.三、解答题：本大题共6小题，共70分，解

17、答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若同时满足以下四个条件中的三个：，.（1）条件能否同时满足，请说明理由；（2）以上四个条件，请在满足三角形有解的所有组合中任选一组，并求出对应的面积.【答案】（1）不能同时满足 （2）若满足时,则的面积为，若满足时，则的面积为.【解析】【分析】（1）由根据余弦定理得到，进一步得到，由结合正弦定理得到，从而得到不成立，由此可得答案；（2）由（1）知，满足或，若满足，根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式可得面积；若满足，根据正弦定理得到，由勾股定理求出，根据直角三角形的面积公式可得面积.【详解】（1）由得：

18、由余弦定理.由及正弦定理，得：，即，因为， ，.因为且，所以.所以，矛盾.所以不能同时满足.（2）由（1）知，满足或若满足因为所以，即，解得或（舍去）.的面积另：若满足，即，则，所以，所以，所以面积.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理，三角形的面积公式，属于中档题.18. 如图在四棱锥中，平面底面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，.（1）证明：.（2）求平面PCD与平面PAB夹角（锐角）的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）过P作POAB与O.连OC，OD，根据已知条件计算可得，根据平面与平面垂直的性质定理可得，再根据直线与平面垂直的判定和性质可证结论（2）以O为坐

19、标原点.OD，OB，OP为x，y，轴建立空间直角坐标洗，利用空间向量可求得平面PCD与平面PAB夹角（锐角）的余弦值.【详解】（1）证明：过P作POAB与O.连OC，OD，如图：因为底面ABCD是等腰梯形，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以.因为平面底面ABCD，交线为AB，底面ABCD，所以.又，平面POC，故平面POC，所以；（2）由（1）知，以O为坐标原点.OD，OB，OP为x，y，轴建立空间直角坐标系，如图所示则，所以，设平面PCD的法向量,故,即，令，则，所以，平面PAB的法向量取），所以故平面PCD与PAB夹角的余弦值为.【点睛】本题考查了平面与平面垂直的性质定理、直线

20、与平面垂直的判定和性质，考查了二面角的向量求法，属于中档题.19. 已知椭圆的右焦点为，点P，M，N为椭圆C上的点，直线MN过坐标原点，直线PM，PN的斜率分别为，且.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若且直线PF与椭圆的另一个交点为Q，问是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是常数，常数为【解析】【分析】（1）设，则，利用点差法以及斜率公式可得，再结合，可得，,从而可得椭圆C的标准方程；（2）设直线PQ的方程为：.，则直线MN的方程为，利用弦长公式求出两个弦长后，即可得到结论.【详解】（1）设，则.由得即，所以，又，故椭圆C的标准方程为：.（2）设直线PQ的方程

21、为：.，则直线MN的方程为由得，设，则，所以由，得，故为常数，得证.【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了斜率公式，考查了弦长公式，考查了运算求解能力，属于中档题.20. 十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶贫的政策要求，带领广大农村地区人民群众脱贫奔小康.经过不懈的奋力拼搏，新农村建设取得巨大进步，农民年收入也逐年增加，为了制定提升农民收入、实现2020年脱贫的工作计划，该地扶贫办统计了2019年50位农民的年收入并制成如下频率分布直方图：（1）根据频率分布直方图，估计50位农民的平均年收入（单位：千元）；（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）；（2）由频率分布直方图，可

22、以认为该贫困地区农民年收入X服从正态分布，其中近似为年平均收入，近似为样本方差，经计算得=6.92，利用该正态分布，求：在扶贫攻坚工作中，若使该地区约有占总农民人数的的农民的年收入高于扶贫办制定的最低年收入标准，则最低年收入标准大约为多少千元？为了调研“精准扶贫，不落一人”的政策要求落实情况，扶贫办随机走访了1000位农民.若每位农民的年收入互相独立，问：这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数最有可能是多少？附参考数据：，若随机变量X服从正态分布，则，.【答案】（1）为17.40千元（2）最低年收入大约为14.77千元最有可能是978人【解析】【分析】（1）利用各组数据的中点值乘

23、以该矩形的面积再相加即可得到结果；（2）根据可推得结果；记1000个农民的年收入不少于12.14千元的人数为，则，其中，根据二项分布的概率公式分析可得结果.【详解】（1）千元.故估计50位农民的年平均收入为17.40千元.（2）由题意知，所以时，满足题意，即最低年收入大约为14.77千元.由，每个农民的年收入不少于12.14千元的事件的概率为0.9773，记1000个农民的年收入不少于12.14千元的人数为则，其中于是恰好有k个农民的年收入不少于12.14千元的事件概率为，从而由，得而，所以，当时，；当时，由此可知，在所走访的1000位农民中，年收入不少于12.14千元的人数最有可能是978人

24、.【点睛】本题考查了正态分布的概率公式，考查了二项分布的概率公式，属于中档题.21. 已知函数，且.（1）求实数的值；（2）令在上的最小值为，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）将转化为对任意恒成立，令，故只需，即可求出的值；（2）令，变形成，根据导数知识求，即可求得答案.【详解】（1）令，()由可得故：等价于在时恒成立令，则.当时，故在上单调递增，由于，不合题意当时，故当单调递增，当，单调递减，故要使在时恒成立，则只需即，则，时，单调递减时，单调递增，又，满足条件的只有2.即.（2）由（1）知.令，变形成令，则由于，.即要在上单调递增，又，使得，即：且当.时，；当时

25、，即在上单调递减，在上单调递增（因为），即.【点睛】本题主要考查了根据不等式恒成立求参数值和根据导数求函数最值问题，解题关键是掌握根据导数求函数最值的步骤和构造函数求最值方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；（2）设、为曲线上位于第一，二象限的两个动点，且，射线，交曲线分别于点，.求面积的最小值，并求此时四边形的面积.【答案】（1）：，：.（2）面积的最小值

26、：，四边形的面积为：.【解析】【分析】（1）将曲线消去参数即可得到的普通方程，将，代入曲线的极坐标方程即可；（2）由（1）得曲线的极坐标方程，设，利用方程可得，再利用基本不等式得，根据题意知，进而可得四边形的面积.【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数）消去参数得即曲线的极坐标方程为：，化简为：的极坐标方程为可得，根据极坐标与直角坐标的互化公式：故：，曲线的直角坐标方程：.（2）设：，故根据均值不等式可得：，当且仅当（即）时取“=”.，此时故所求四边形的面积为.【点睛】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、点到直线的距离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题23. 已知a，b，c均为正实数，函数的最小值为1.证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）先分析得到，再利用柯西不等式证明；（2）将三个不等式，相加即得证【详解】证明（1），.由柯西不等式得当且仅当时取“=”.（2），（以上三式当且仅当时同时取“=”）将以上三式相加得.所以.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式的应用，考查基本不等式和柯西不等式的应用，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.