数学（理）答案.pdf

1 1.【答案】A  | 2 2N x x    ， { | 1 2}M N x x     ，故选：A. 2. 【答案】A 设 ( , )z a bi a b R   ，由 i iz z   得： ( ) ( 1)a bi i a b i    ，即 ( 1)ai b a b i    ， 由复数相等可得： 1 b a a b      ，解之得： 1 2 1 2 a b      ，则 1 1 2 2z i= - ，所以 1 2 1 2z i  ，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】C 2 2 2 2 2 2 | | | |2 2 2 2 4 4 4 4a b a b a b a b a a b b a a b b                         = = = ， | | | | 0a b    ，∴等价于 0a b a b       ，故选：C. 4.【答案】C 不等式表示的平面区域如图： 直线 2 2 0x y   的斜率为 2 ，直线 2 1x y  的斜率为 1 2 ，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 ， 5 2BD  ， 5BC  所以阴影部分 面积 1 1 5 552 2 2 4BCDS BD BC       .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： 2 3 4 3 36n C A  ， 甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数： 2 1 2 2 3 2 6m C C A  甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为： 6 1 36 6 mp n    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2 6.【答案】C 依题意得 3 3 2 2( 2 ) (2 )a f f   ， 3 2 2 25 8 2 2 2 3 log 8 log 9      ， 当 0x  时， ( ) exf x x  ， xy e 在 R 上递增，又 y x 在 R 上递增，所以 ( )f x 在[0, ) 上单调递增， 3 2 2(log 9) (2 ) ( 5)f f f   ，即b a c  ，故选：C. 7.【答案】B b 在 a 上投影为 2 ，即 cos , 2b a b    0b   cos , 0a b   又  cos , 1,0a b   min 2b  2 2 222 23 6 9 6 cos , 9 9 64a b a a b b a a b a b b b                       min 3 9 4 64 10a b      ，本题正确选项： B 8.【答案】A 由图象易知 2A  ， (0) 1f  ，即 2sin 1 ， π 2   ， 6   ， 由图可知 *11π π 2 π ( N )12 6 k k    ， 24 2 11 k   ， 11 12 3 11 4 12 T T        ，又  2 0T    ， 18 24 11 11    ，由 1k  得 2  ， π( ) 2sin(2 )6f x x   ， ( ) ( ) 0f a x f a x    ， ( )f x 关于点 ( ,0)a 对称，即有 π2 π6a k  ， π π 2 12 ka   ，k Z ， a 的最小值为 π 12 ， 9. 【答案】C 可以发现， 1ABQ Q P Q ABO P P S x x yPQ S OP x y       设 2 1 1( , )2 yP yp ，则直线 1 2 1 : 2 yOP y xy p  ， 即 1 2py xy  ，与 2 8y px 联立，可求得 14Qy y ， 从而得到面积比为 1 1 4 1 3y y   ， 故答案为 C 10.【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 1 1 202 2 2 8 1 1 13 2 3V           故选：D 11【答案】A 依题意得 ( ) ( )F x f x ， ( ) ( )F x g x ，则 2 ( ) ( ) ( )F x f x g x  , 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )[(2 sin ) (2 cos )]2 sin 2 cos 3 2 sin 2 cosf x g x x xx x x x            2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 cos 2 sin 1 2 cos 2 sin 4(2 ) (2 2 )3 2 sin 2 cos 3 2 sin 2 cos 3 x x x x x x x x              (当且仅当 2 2 2 cos 2 sin x x   2 2 2 sin 2 cos x x   ，即 2 2 1sin cos 2x x  时“  ”成立.此时, 2( ) ( ) 3f x g x  ， 42 ( ) 3F x  ， ( )F x 的最小值为 2 3 ， 故选：A. 12.【答案】B 由 2 2n n nOA OB    ，得 2 cos 2n n nn n A OB     ，所以 120n nA OB   ，设线段 n nA B 的 中点为 nC ，则 2n nOC  ，所以 nC 在圆 2 2 2 4 nx y  上， nA ， nB 到直线 3 ( 1) 0x y n 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 2 2 2 4 nx y  的圆心 0,0 到直线 3 ( 1) 0x y n n    的距离为       22 1 1 21 3 n n n nd     ， 2( +12[ ] 22 2n n n na n n    ） ， 2 1 1 1 1 1( )2 2 2na n n n n      ， 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 31 (1 )2 3 2 4 3 5 2 2 2 1 2 4n n S a a a a n n n n                                                4 3 4m  , 故选：B. 13.【答案】 2 2y x  令   2e ( 2)xf x x  ， 2( ) e ( 2 2)xf x x x    ，所以 (0) 2f   ，又 (0) 2f  ，所求切 线方程为 2 2y x  ，即 2 2y x  . 14.【答案】28 2 4 8 4 4 4 1 ( 2 1) ( 1)( 2) = x x xx x x x      ，所以 41( 2)x x   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  22 2 8 81 28C C    ， 展开式中 2x 的系数为 2 8 28C  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 AF CF OA， ， .由 6BC  ，得 2 2 33BO CO DO CF    ， 3OF  ， 由已知可得 ABD 是以 BD 为斜边的等腰直角三角形， AF BD  ,又由已知可得平面 ABD  平面 BCD， AF  平面 BCD， AF OF  ， 2 2 2 3OA OF AF   ， 所以 2 3OA OB OC OD    ， O 为三棱锥 A BCD 外接球的球心，外接球半径 2 3R OC  ， 三棱锥 A BCD 外接球的表面积为 24π (2 3) 48π  .故答案为： 48π 16. 【答案】 ]5,1( 1 2 2F F OM ， 1 2 π 2F MF  ， 2 22 1 24c MF MF   ， 1 2 1 2 tan MFMF F MF   , 1 2 2MF MF a  ， 2 2 1 2 2 2 22 1 2 22 2 22 2 1 2 1 1 2 2 2 2 4 4 ( ) 2 MF MF MF MF MFce a MF MF MF MF MF MF MF        ,5 设 1 2 2MF tMF   ，则 2 2 2 1 21 12 1 2 te t t t t       ， 令       2 2 2 2 1 11 1 1, ' 1 t ttf t t f tt t t t        ，所以 2t  时，  ' 0f t  ，  f t 在  2, 上单调递增， 1 1 52 2 2t t      ， 21 5e   ， 1 5e   . 17. （1）由 ( 3 )sin sin sina b A b B c C   及正弦定理得 2 2( 3 )a b a b c ＋ = ， 即 2 2 2 3a b c ab   .......3 分 由余弦定理得 2 2 2 3cos 2 2 a b cC ab  ＋ ， 0 πC  ， π 6C  ........6 分 （2）设 ABC 外接圆的半径为 R ，则由正弦定理得 22 4πsin sin 6 cR C    ， 2 sin 4sina R A A   ， 2 sin 4sinb R B B  ， 16sin sin 4(1 3)ab A B    1 1 1sin 4(1 3) 1 32 2 2ABCS ab C        . ........12 分 18. （1）如图，过点 D 作 / /DE AC 交 1AA 于 E ，连接 ,CE BE ，设 AD CE O ，连接 BO ， 1AC AA ， DE AE  ，又 AD 为 1A AC 的角平分线，四边形 AEDC 为正方形， CE AD  ，又 AC AE ， BAC BAE   ， BA BA ， BAC BAE   ， BC BE  ，又 O 为CE 的中点， CE BO  又 ,AD BO  平面 BAD ， AD BO O ， CE  平面 BAD ， 又 CE  平面 1 1AAC C ，平面 BAD 平面 1 1AAC C ， ........4 分 （2）在 ABC 中， 4AB AC  ， 60BAC   ， 4BC  ，在 Rt BOC 中， 1 2 22CO CE  ， 2 2BO  ， 又 4AB  ， 1 2 22AO AD  ， 2 2 2BO AO AB  ， BO AD  ， 又 BO CE ， AD CE O ， ,AD CE  平面 1 1AAC C ， BO  平面 1 1AAC C ，........6 分 故建立如图空间直角坐标系O xyz ，则 (2, 2,0)A  ， 1(2,4,0)A ， 1( 2,4,0)C  ， 1(0,6,2 2)B ， 1 1 (2,2,2 2)C B  ， 1 ( 4,6,0)AC   ， 1 1 (4,0,0)C A  ，6 设平面 1 1ABC 的一个法向量为 1 1 1( , , )m x y z ，则 1 1 1 m C B m AC      ， 1 1 1 1 1 4 6 0 2 2 2 2 0 x y x y z       ， 令 1 =6x ，得 (6,4, 5 2)m   , ........8 分 设平面 1 1 1A B C 的一个法向量为 2 2 2( , , )n x y z ，则 1 1 1 1 n C B n C A      ， 2 2 2 2 4 0 2 2 2 2 0 x x y z     ，令 2 = 2y 得 (0, 2 1)n   , ........10 分 9 2 3 17cos , 17102 3 m nm n m n            ， 由图示可知二面角 1 1 1A B C A  是锐角， 故二面角 1 1 1A B C A  的余弦值为 3 17 17 . ........12 分 19.（1） 2 2 2 2 112 2 be e a    ∵ ，∴ ， 2 2 1 2 b a ∴ ，即 2 22a b 又 1 2 2 4 2 2 22S a b ab    ，∴ ， 2 22 4b a ∴ ， ． ∴椭圆 C 的标准方程为 2 2 14 2 x y  ． ........4 分 （2）由题意知，当直线 MN 斜率不存在时， 6 61, , 1,2 2M N              ，此时 1t   ........5 分 当直线 MN 斜率存在时，设直线方程为 ( 1)y k x  ， 1 1 2 2( ) ( ) ( )M x y N x y P x y， ， ， ， ， ， 联立方程 2 2 14 2 ( 1) x y y k x       ， ， 消去 y 得 2 2 2 2(1 2 ) 4 2 4 0k x k x k     ， 因为直线与椭圆交于两点，所以 4 2 2 216 4(1 2 )(2 4) 24 16 0k k k k        恒成立， 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4 2 4 2( ) 21 2 1 2 1 2 k k kx x x x y y k x x kk k k            ∴ ， ， ，........7 分 又 OM ON tOP   ∵ ， 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 (1 2 ) 2 (1 2 ) x x kxx x tx t t k y y ty y y ky t t k              ，，∴ ∴， ，7 因为点 P 在椭圆 2 2 14 2 x y  上，所以 4 2 2 2 2 2 2 2 16 8 4(1 2 ) (1 2 ) k k t k t k    ，........9 分 即 2 2 2 2 2 2 2 2 12 (1 2 ) 11 2 1 2 kk t k t k k       ，∴ ， 又 4 5| | 3OM ON  ∵ ，即 2 1 2 4 5 4 5| | 13 3NM k x x    ，∴ ， 整理得： 2 2 2 4 6 2 51 1 2 3 kk k   ，化简得： 4 213 5 8 0k k   ，解得 2 1k  或 2 8 13k   （舍）， 2 2 2 1 21 11 2 3t tk     ∵ ，∴ ，即 6 61 13 3t                ， ， ． ........11 分 6 61, , 13 3t              ∴ ． ........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 2 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 21 1 1 1( ) ( )1 1 2 ( ) ( )2 2 2 2 2C C C C    , 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 1 3 2 3 1 1 9( ) [1 ( ) ]2 2 32C   某个时间段需要检查污染源处理系统的概率为 1 9 25 2 32 32   . ........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. 1 2 3( 1500) (1 )P X C p p   ， 1 2 3( 900) 1 (1 )   P X C p p 1 2 1 2 3 3( ) 900 [1 (1 ) ] 1500 (1 )E X C p p C p p      2900 1800 (1 )p p   ........9 分 令 2( ) (1 ) , (0,1)g p p p p   ,则 2( ) (1 ) 2 (1 ) (3 1)( 1)g p p p p p p        当 1(0, )3p 时， ( ) 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 1 4( )3 27 g , ........11 分 实施此方案，最高费用为 44100 9000 (900 1800 ) 10 115027      （万元）， 1150 1200 ，故不会超过预算. ........12 分 21.（1）  f x 的定义域为 0,  ， ( ) 1a x af x x x     ， ........1 分8 ①当 0a  时，由 ( ) 0f x  得 x a  ， ( ) 0f x  得 0 x a   ， ( )f x 在 (0, )a 上单调递减，在 ( , )a  上单调递增； ........3 分 ②当 0a  时， ( ) 0f x  恒成立, ( )f x 在 (0,+ ) 上单调递增；........4 分 （2） ( ) e 0xf x ax   得 ( ) exf x ax  ， (e ) ex xf ax  ， ( ) (e )xf x f  .......6 分 令 ( ) e xh x x  ( 0x  )，则 ( ) 1 e 0xh x    ， ( )h x 在 (0, ) 上单调递减， ( ) (0) 1h x h    ， ( ) 0h x  ，即 exx  ， .......7 分 当 0a  时，由(Ⅰ)知 ( )f x 在 (0, ) 上递增， ( ) (e )xf x f  恒成立，满足题意.......8 分 当 0a  时，令 ( ) ln exx a x   ，则  ( ) e 0 0xax xx      ，所以 ( )x 在 (0, ) 上单 调递减，又 (1) e 0    ，当 0x  时， ( )x   ， (0,1)r  ，使得 ( ) 0r  ， 当 0 (0, )x r 时， 0( ) ( ) 0x r   ，即 0 0ln exa x  ，.......10 分 又 0 0x ax ， 0 0 0 0ln exa x x ax    ， 0 0 0( ) e 0xf x ax    ，不满足题意，.......11 分 综上所述， a 的取值范围是[0, ) ........12 分 22.（1） 2 2 2 2 2cos cos1+cos 2 2 1 cos 2sin sin2 2 x        ， 2 4sin cos 2cos2sin 2 2 2 1 cos 2sin sin2 2 y         2 2 2 4cos 2 4 sin 2 y x     ，即曲线 1C 的普通方程为 2 4y x ， ........3 分 依题意得曲线C 的普通方程为 2 4( 2)y x  ， 令 cosx   ， siny   得曲线C 的极坐标方程为 2 2sin 4 cos 8 0      ........5 分 （2）法一：将 0  代入曲线C 的极坐标方程得 2 2 0 0sin 4 cos 8 0      ，则 0 1 2 2 0 4cos sin     ， 1 2 2 0 8 sin     ， 1 2 0   ， 1 2,  异号9 20 2 22 1 2 0 01 2 1 2 2 0 1 2 1 2 1 2 2 0 4cos 32( )sin sin( ) 41 1 1 1 1 1 sin8 2 sin OA OB                           0 (0,π)  ， 0sin (0,1]  ， 1 1 1 2( , ]2 2OA OB    ； ........10 分 法二:设直线 l 的参数方程为 cos sin x t y t      (t 为参数， 为直线的倾斜角)，代入曲线C 的普通 方程得 2 2sin 4 cos 8 0t t    ，则 1 2 2 4cos sint t    ， 1 2 2 8 sint t   ， 1 2 0t t  ， 1 2,t t 异号 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4cos 32( )( ) 4 sin sin1 1 1 1 1 1 sin8 2 sin t t t t t t OA OB t t t t t t                 (0,π)  ， sin (0,1]  ， 1 1 1 2( , ]2 2OA OB    . 23.（1） 2 2 2 2( ) 2 ( ) ( 2 ) ( 2 ) 3 2 1f m f n m n m n m n         ， ........1 分 法一： 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21= )= +2(1 12 (3 6 [ + 4) ] (3 + 43 4 )3m n m n m m n n m n nm   21 4= ( 2 ) =3 3m n ， 4 7( ) 2 ( ) 13 3f m f n     ， ( ) 2 ( )f m f n 的最小值为 7 3 ，此时 2 3m n  ；........5 分 法二：由柯西不等式得： 2 22 2 2 2 2 2 22= )(1 1 11 1 1 42 ( ( ) ( 2 )3 3 3) 3m n m n n m n n m n        ， 4 7( ) 2 ( ) 13 3f m f n     ,即 ( ) 2 ( )f m f n 的最小值为 7 3 ，此时 2 3m n  ；........5 分 （2） 1m n  ， 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 1 1f m f n m n m n m n m n m n              ， 又 1m n  ( ) (2 1) 2 1 1 (2 1) 2( 1)n m m m n m m m             ， | ( ) ( ) | 2(| | 1)f m f n m    . ........10 分