河南省鹤壁市高级中学2020届高三数学下学期线上第二次模拟考试试题 理（PDF）答案.pdf

1、11.【答案】A|22Nxx，|12MNxx，故选：A.2.【答案】A设(,)zabi a bR，由iizz 得：()(1)abi iabi，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 1 1(,)2 2，在第一象限.故选：A.3.【答案】C222222|22224444ababababaa bbaa bb =，|0ab，等价于0a bab，故选：C.4.【答案】C不等式表示的平面区域如图：直线 220 xy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,

2、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：234336nC A，甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数：2122326mC C A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，3222582 223log 8log 9，当0 x 时，()exf xx，xye在 R 上递增，又 yx在 R

3、 上递增，所以()f x 在0,)上单调递增，322(log 9)(2)(5)fff，即bac，故选：C.7.【答案】Bb在a 上投影为 2，即cos,2ba b 0b cos,0a b又cos,1,0a b min2b2222223696cos,9964abaa bbaa ba bbb min3946410ab，本题正确选项：B8.【答案】A由图象易知2A，(0)1f，即 2sin1，2，6，由图可知*112 (N)126kk，24211k，1112311412TT，又20T，18241111，由1k 得2，()2sin(2)6f xx，()()0f axf ax，()f x关于点(,0)a

4、对称，即有26ak，212ka，kZ，a的最小值为 12，9.【答案】C可以发现，1ABQQPQABOPPSxxyPQSOPxy设211(,)2yPyp，则直线121:2yOP yxyp，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11202 2 281 1 1323V 故选：D11【答案】A依题意得()()F xf x，()

5、()F xg x，则 2()()()F xf xg x,22222211111()()()(2sin)(2cos)2sin2cos3 2sin2cosf xg xxxxxxx2222222212cos2sin12cos2sin4(2)(22)32sin2cos32sin2cos3xxxxxxxx(当且仅当222cos2sinxx222sin2cosxx，即221sincos2xx时“”成立.此时,2()()3f xg x，42()3F x，()F x的最小值为 23，故选：A.12.【答案】B由22nnnOAOB ，得2cos2nnnn nA OB ，所以120nnA OB，设线段nnA B

6、的中点为nC，则2nnOC，所以nC 在圆2224nxy上，nA，nB 到直线3(1)0 xyn n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)0 xyn n的距离为2211213n nn nd，2(+12222nn nnann），2111 11()222nannnn，123111111111111111131(1)232435222124nnSaaaannnn434m,故选：B.13.【答案】22yx令 2e(2)xf xx，2()e(22)xfxxx，所以(0)2f，又(0)2f，所求

7、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】48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22 33BOCODOCF，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，222 3OAOFAF，所

8、以2 3OAOBOCOD，O为三棱锥 ABCD外接球的球心，外接球半径2 3ROC，三棱锥 ABCD外接球的表面积为24(2 3)48.故答案为：4816.【答案】5,1(122F FOM，122F MF，222124cMFMF，1212tanMFMF FMF,122MFMFa，22122222122222221211222244()2MFMFMFMFMFceaMFMFMFMF MFMFMF,5设122MFtMF，则2221211212tetttt，令 222211111,1tttf ttfttttt ，所以2t 时，0ft，f t 在2,上单调递增，115222tt，215e，15e.17.

9、（1）由(3)sinsinsinabAbBcC及正弦定理得22(3)ab abc=，即2223abcab.3 分由余弦定理得2223cos22abcCab，0C，6C.6 分（2）设 ABC外接圆的半径为 R，则由正弦定理得224sinsin 6cRC，2 sin4sinaRAA，2 sin4sinbRBB，16sinsin4(13)abAB111sin4(13)13222ABCSabC.12 分18.（1）如图，过点 D 作/DEAC 交1AA 于 E，连接,CE BE，设 ADCEO，连接 BO，1ACAA，DEAE，又 AD 为1A AC的角平分线，四边形 AEDC 为正方形，CEAD，

10、又ACAE，BACBAE，BABA，BACBAE，BCBE，又O为CE 的中点，CEBO又,AD BO 平面 BAD，ADBOO，CE 平面 BAD，又CE 平面11AAC C，平面BAD平面11AAC C，.4 分（2）在 ABC中，4ABAC，60BAC，4BC，在 Rt BOC中，12 22COCE，2 2BO，又4AB，12 22AOAD，222BOAOAB，BOAD，又 BOCE，ADCEO，,AD CE 平面11AAC C，BO 平面11AAC C，.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(0,6,2 2)B，11(2

11、,2,2 2)C B，1(4,6,0)AC ，11(4,0,0)C A，6设平面11ABC 的一个法向量为111(,)mx y z，则111mC BmAC，11111460222 20 xyxyz，令1=6x，得(6,4,5 2)m,.8 分设平面111A B C 的一个法向量为222(,)nxy z，则1111nC BnC A，222240222 20 xxyz，令2=2y得(0,21)n,.10 分9 23 17cos,171023m nm nmn ，由图示可知二面角111AB CA是锐角，故二面角111AB CA的余弦值为 3 1717.12 分19.（1）22221122beea，22

12、12ba，即222ab又1224 22 22Sabab，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)yk x，1122()()()M xyN xyP xy，联立方程22142(1)xyyk x，消去 y 得2222(12)4240kxk xk，因为直线与椭圆交于两点，所以4222164(12)(24)24160kkkk 恒成立，22121212122224242()2121212kkkxxx xyyk xxkkkk，.7 分又OMONtOP，212212

13、121224(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4 5|3OMON，即2124 54 5|133NMkxx，整理得：222462 51123kkk，化简得：4213580kk，解得21k 或2813k （舍），2221211123ttk，即661133t，.11 分661,133t.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()(

14、)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)P XC pp，123(900)1(1)P XC pp121233()900 1(1)1500(1)E XC ppC pp29001800(1)pp.9 分令2()(1),(0,1)g pppp,则2()(1)2(1)(31)(1)g pppppp当1(0,)3p时，()

15、0g p，()g p 在1(0,)3上单调递增；当1()1,3p时，()0g p，()g p 在上 1(,1)3单调递减,()g p的最大值为14()327g,.11 分实施此方案，最高费用为441009000(900 1800)10115027（万元），11501200，故不会超过预算.12 分21.（1）fx 的定义域为0,，()1axafxxx，.1 分8当0a 时，由()0fx得 xa，()0fx得0 xa，()f x在(0,)a上单调递减，在(,)a 上单调递增；.3 分当0a 时，()0fx恒成立,()f x在(0,+)上单调递增；.4 分（2）()e0 xf xax得()exf

16、xax，(e)exxfax，()(e)xf xf.6 分令()e xh xx(0 x)，则()1 e0 xh x，()h x在(0,)上单调递减，()(0)1h xh ，()0h x，即exx，.7 分当0a 时，由()知()f x 在(0,)上递增，()(e)xf xf恒成立，满足题意.8 分当0a 时，令()lnexxax，则()e00 xaxxx，所以()x在(0,)上单调递减，又(1)e0 ，当0 x 时，()x ，(0,1)r，使得()0r，当0(0,)xr时，0()()0 xr，即00lnexax，.10 分又00 xax，0000lnexaxxax，000()e0 xf xax，

17、不满足题意，.11 分综上所述，a 的取值范围是0,).12 分22.（1）22222coscos1+cos221 cos2sinsin22x，24sincos2cos2sin2221cos2sinsin22y2224cos 24sin 2yx，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cosx，siny得曲线C 的极坐标方程为22sin4 cos80.5 分（2）法一：将0代入曲线C 的极坐标方程得2200sin4 cos80，则012204cossin，12208sin ，120 ，12,异号9202221200121220121212204c

18、os32()sinsin()411111 1sin82sinOAOB 0(0,)，0sin(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22sin4 cos80tt，则 1224cossintt，1 228sint t，1 20t t，12,t t异号222212121 22121 21 224cos32()()4sinsin11111 1 sin82sinttttt tOAOBttt tt t(0,)，sin(0,1，1112(,22OAOB.23.（1）2222()2()(2)(2)32

19、1f mf nmnmnmn，.1 分法一：22222222221=)=+2(112(36+4)(3+434)3mnmnmmnnmnnm214=(2)=33mn，47()2()133f mf n，()2()f mf n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()133f mf n,即()2()f mf n的最小值为 73，此时23mn；.5 分（2）1mn，22()()()()11f mf nmnmnmnmnmn，又1mn()(21)211(21)2(1)nmmmnmmm，|()()|2(|1)f mf nm.10 分