河南鹤壁高级中学2020届高三数学（文）下学期第二次模拟试卷（PDF版）.pdf

鹤壁高中 2020 届高三年级线上第二次模拟考试文数答案 一、选择题 1.B 集合 B 化简得 {0,1,2,3}B  ，所以 0,1, 3}2,{A B  ，所以 ( )UC A B  {4,5}， 2. B 因为 5 1 2z ii   ，所以 5 5( ) 5 1 2 11 2 iz i i ii        ，所以 1 iz    . 3. D 选项 A ， B 显然正确；对于C ， 2.9 1.6 0.81.6   ，选项C 正确； 1.6,1.9,2.2,2.5,2.9 不是等差数列，故 D 错. 4. A 因为 2 13a b   ，所以 2 2 2 24 4 13 4 | | 4 | || | cos60 | | 13a a b b a a b b               ， 所以 2| | 4 | | 3 0b b    ，解得：| | 3b  或 1b  | |= ，由 b a  ，所以| | 3b  . 5. A 1 3sin 2 3cos2 2( sin 2 cos2 ) 2sin(2 )2 2 3y x x x x x       ， 函数 3 13cos2 sin 2 2( cos2 sin 2 ) 2sin(2 )2 2 3y x x x x x        把函数 2sin(2 )3y x    向左平移 2  个单位， 所以 2sin[2( ) ] 2sin( 2 ) 2sin(2 )2 3 3 3y x x x             ，故选 A. 6.B 画出不等式组表示的可行域， y x 表示通过可行域内的点 ,x y 与坐标原点的直线的斜率， 1又 3 0 2 0 x y x       解得 C 2,1 ，由图可知：点 C 2,1 与坐标原点 0,0 的连线斜率最大， 即 max 1 1 2 2 y x         . 7. A   8,0,6,0,4,0,2,0: na 每四项的和为 2. 8. C 令圆的半径为 1，则  2 2' 4 1SP S          ，故选 C. 9. C 由 576 SSS  ，得 6767 SaSS  ， 57657 SaaSS  ， 所以 ,0,0 767  aaa 所以   072 13 7 131 13  aaaS ，     062 12 76 121 13  aaaaS ， 所以 01312 SS ，即满足 01  nn SS 的正整数 n 的值为 12.故选 C. 10.A 由三视图中的正视图和侧视图知，该几何体只有一个顶点在长方体的上底面， 结合俯视图得：该几何体为一个圆锥的四分之一和一个侧棱垂直底面的四棱锥组合而成， 所以 21 1 ( 1 1) 13 3 4V S h       底面 4 12   ，故选 A. 11.B 如图所示：设内切圆 2 2( 1) ( 1) 1x y    的圆心为  1,1M ， 1r ， 2,21 21  FMF xxx 即 1 2( 2,0), (2,0),F F 则 2MF 为 2 1PF F 的角平分线，所以 2 1 1tan 3MF F  ， 所以 2 1 2 1 2 1 2 2 2tan 3tan tan 2 1 tan 4 MF FPF F MF F MF F       ， 2所以 1 1 1 2 | | 3 | | 3| | 4 PF PFF F    ，在 1 2Rt PF F 中， 2| | 5PF  ， 所以 2 12 | | | | 2 1a PF PF a     ， 所以 2, 3c b  ，所以双曲线的渐近线方程为 3by x xa     ，故选 B. 12. D 令     cos f xg x x  ，则       2 cos sin cos f x x f x xg x x   . 因为 ,02x       ，有    cos sin 0f x x f x x   ， ∴当 ,02x      时，   0g x  ，则     cos f xg x x  在 ,02     上单调递减. 又  f x 是定义域在 ,2 2      上的奇函数，∴          cos cos f x f xg x g xx x       ， 则     cosx f xg x  也是 ,2 2      上的奇函数并且单调递减. 又   2 cos3f m f m     等价于   3 cos cos 3 ff m m        ，即   3g m g      ， ∴ 3m  ，又 2 2m    ，∴ 3 2m   . 二、填空题 13. t h ∵ t t ，∴ t log t log ， h h t log log t logh t h ，所以 t h. 14. 10 设直线 2 0x y c   与椭圆 2 2 116 4 x y  相切． 由 2 2 2 0, 1,16 4 x y c x y      消去 x 整理得 2 28 4 16 0y cy c    . 由  216 32 0c    得 4 2c   .当 4 2c  时符合题意( 4 2c   舍去)． 即 x+2y+ 4 2 =0 与椭圆 2 2 116 4 x y  相切,椭圆 2 2 116 4 x y  上的点到直线 2 2 0x y   3的最大距离即为两条平行线之间的距离: 2 2 2 4 2 10 1 2 d      15.4         .2,2 1,4 1,32 12.2 12,01,  xxfxftttftxf ，或即或则令 16. 0 或 3 4 因为 2 ' 1 lna xy x   ，所以 ' (1) 1y a  ， 所以切线的方程为： (1 )( 1)y a a x    ， 令 0x  得： 2 1y a  ；令 0y  得： 1 2 1 ax a   ， 所以 21 1 | 2 1| 1| | | |2 2 |1 | 2 aS x y a       ，解得： a  0 或 3 4 . 三、解答题 17、（1）因为 cos cos cos 3 sin cos B A C a B C b   ， 由正弦定理，得 cos cos cos 3sin sin cos sin B A C A B C B   ， ........2 分 所以 cos( ) cos cos 3sin sin cos sin A C A C A B C B     . 所以sin sin 3sin cosA C A C .又因为sin 0A  ，所以 tan 3C  . 因为 (0, )C  ，所以 3C  .........4 分 又因为 sin sin a c A C  ，所以 3 2 3 sin 3 2 A  ，所以 3sin 4A  .........6 分 （2）设 AB 边上的中线为 CD ，则 2CD CA CB    ， 所以 2 2 2 24 ( ) 2 cosCD CA CB b a ab C       ， 即 237 9 3b b   ， 2 3 28 0b b   . 解得 4b  或 7b   （舍去）. ........10 分 所以 1 1 3sin 4 3 3 32 2 2ABCS ab C       . ........12 分 418、（1）取 CD 的中点 M ，连接 HM ， SM ， 由已知得 2AE AB  ，∴ 2SE SB  ，又点 H 是 BE 的中点，∴ SH BE . ....2 分 因为 SC SD ，点 M 是线段 CD 的中点，∴ SM CD . 又因为 / /HM BC ，∴ HM CD ，从而CD  平面 SHM ，∴CD SH ，........4 分 又CD 与 BE 不平行，∴ SH  平面 BCDE . ........6 分 （2）由（1）知 2 sin45 2SH AH     ， ........8 分 1 13DE BC  ，底面 BCDE 的面积为  1 3 1 2 42S      ， ........10 分 ∴四棱锥 S BCDE 的体积 1 4 24 23 3V     . ........12 分 19、（1）根据分层抽样的原理，电动自行车应抽取 20 9 420 25   （辆）， 电动汽车应抽取 25 9 520 25   （辆）. ........2 分 从 9 辆电动车中抽取 2 辆，设电动汽车和电动自行车分别为 1a ， 2a ， 3a ， 4a ， 5a ， 1b ， 2b ， 3b ， 4b ，可得抽法总数为 36 种， 其中 2 辆均为电动自行车的有 1a 2a , 1a 3a , 1a 4a , 2a 3a , 2a 4a , 3a 4a ,共 6 种.........4 分 “设从这 9 辆中随机抽取 2 辆，至少有一辆为电动汽车”为事件 A ， 则 6 5( ) 1 ( ) 1 36 6P A P A     . ........6 分 （2）由条件可知，这 100 辆电动车中电动自行车 60 辆，电动汽车 40 辆，其中电池需要更 换的电动自行车 8 辆，电动汽车 1 辆.根据补助方案可知，这 100 辆电动车共补助 60 300 40 500 9 400 41600      （元）. ........9 分 由样本估计总体，市政府执行此方案的预算大约需要 41600 50000 20800000100   （元）.即为所求. ........12 分 20、（1）由动点 P 到直线 5 4y   的距离比到定点 10, 4      的距离大 1 得， 5动点 P 到直线 1 4y   的距离等于到定点 10, 4      的距离， 所以点 P 的轨迹为顶点在原点、开口向上的抛物线，其中 1 2p  ， 轨迹方程为 2x y . ........4 分 （2）①设切点  2 1 1,A x x ，  2 2 2,B x x ， 2y x  ，所以切线 MA 的斜率为 12x ， 切线  2 1 1 1: 2MA y x x x x   . 设 ( , 2)M t t  ，则有  2 1 1 12 2t x x t x    ，化简得 2 1 12 2 0x tx t    . 同理可得 2 2 22 2 0x tx t    . 所以 1x ， 2x 为方程 2 2 2 0x tx t    的两根. 则有 1 2 2x x t  ， 1 2 2x x t  ，所以 1 2 2N M x xx t x   . 因此 MN x 轴. ........8 分 ② 因为  2 2 1 2 1 2Ny x x   2 2 1 2 1 2 1 2 22 x x x x t t      ， 所以  2,2 2N t t t  .又因为 2 2 1 2 1 2 1 2 2AB x xk x x tx x     ， 所以直线  2: 2 2 2 ( )AB y t t t x t     ，即 12 2 2y t x      . 即直线过定点 1 ,22      . ........12 分 21、（1） ( ) 1 af x x a x      2 ( 1)x a x a x    ( 1)( ) ( 0)x x a xx    ，........1 分 当 1a  时， 2( 1)( ) 0xf x x   ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； ........2 分 当 1a  时， (0,1)x 或 ( , )a  ， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 (0,1) ， ( , )a  上单调递增； (1, )x a ， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 (1, )a 上单调递减. ........3 分 当 0 1a  时， (0, )x a 或 (1, ) ， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 (0, )a ，(1, ) 上单调递增； 6( ,1)x a ， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 ( ,1)a 上单调递减. ........4 分 当 0a 时， (0,1)x ， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 (0,1) 上单调递减； (1, )x  ， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 (1, ) 上单调递增. ........5 分 综上：当 1a  时，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； 当 1a  时， ( )f x 在 (0,1) ， ( , )a  上单调递增， ( )f x 在 (1, )a 上单调递减； 当 0 1a  时， ( )f x 在 (0, )a ， (1, ) 上单调递增， ( )f x 在 ( ,1)a 上单调递减； 当 0a 时， ( )f x 在 (0,1) 上单调递减， ( )f x 在 (1, ) 上单调递增. ........6 分 （2）因为 [3,5]a ，由（1）得， ( )f x 在[1,3] 上单调递减，不妨设 1 2x x ， 由    1 2 1 2f x f x x x   得    1 2 2 1f x f x x x    ， 即    1 1 2 2f x x f x x    . ........8 分 令      31  xxxfxh  ， 只需   01  ax axxh， 恒成立， 即   5,3111       axax  恒成立， ........9 分 即   3,11115       xxx  恒成立，即   恒成立3,156       xxx ........10 分 因为 52656       xx （当且仅当 5x  时取等号）， ........11 分 所以实数  的取值范围是 6 2 5,   . ........12 分 22、（1）当 4   时，直线 1C 的极坐标方程为 ( )4   R . ........2 分 由 2 3 cos ,: 1 sin xC y        （ 为参数），得    2 23 1 1x y    . 极坐标方程为  2 2sin 2 3 cos 3 0       . ........5 分 7（2）把 cos , sin x t y t      （ 为参数）代人    2 23 1 1x y    ，得  2 2sin 2 3 cos 3 0t t      . 设 A ， B 对应的参数分别为 1t ， 2t ， 则 1 2 2sin 2 3 cost t     （由几何性质得 0 3   ）， 321 tt ........8 分 2121 ttttOBOA  2sin 2 3 cos 4sin 3          . 因为 0 3   ，所以 2 3 3 3      .所以 OA OB 的取值范围为2 3,4 .....10 分 23、（1）当 2a  时，     1 2 , 1 3 2 1 3, 1 2 2 1, 2 x x f x f x x x x x x                 ， 当 1x   时，由1 2 5x  ，解得 2 1x    ； 当 1 2x   时，由3 5 ，解得 1 2x   ； 当 2x  时，由 2 1 5x   ，解得 2 3x  . 综上可知，原不等式的解集为 | 2 3x x   . ........5 分 （2）      2g x f x f x a x a x a       . 存在 0x R 使得   2 0 2g x a a  成立，等价于   2 max 2g x a a  . 又因为 2x a x a x a x a a        ，所以 22 2a a a  ，即 2 4 0a a  . 解得 0 4a  ，结合 0a  ，所以实数 a 的取值范围为 0,4 . ........10 分 8