河南省2020届高三第二次模拟考试卷 文科数学（二）（解析）

页） 高三第二次模拟考试卷 文科数学（二）答 案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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．【答案】C 【解析】∵ { | 8} {0,1,2,3,4,5,6,8}U x x   N ， ∴ (( ) ( ) {0,4,5) ,6}U U UA B A B，故选 C． 2．【答案】A 【解析】根据题意 12 2 (1 i)(2 i) 3 i (3 i)i 1 3ii i i i zz         ，故选 A． 3．【答案】D 【解析】原命题“若 p 则 q ”的逆否命题为“若 q 则 p ”， 所以命题“若 2 1x  ，则 11x   ”的逆否命题是若 1x  或 1x  ，则 2 1x  ，故选 D． 4．【答案】C 【解析】由题意知点 A 在椭圆上，∴ 12| | | | 2 4AF AF a   ，同理 12| | | | 4BF BF． ∴ 1ABF△ 的周长为 1 1 1 2 1 2| | | | | | (| | | |) (| | | |) 8AF BF AB AF AF BF BF       ， 故选 C． 5．【答案】A 【解析】因为平面向量 (1, 3 )a ， ( 2 ,0 )b ， 所以 2 ( 3, 3)   ab ，所以| 2 | 9 9 3 2   ab ，故选 A． 6．【答案】C 【解析】由 5 6 46a a a ，得 2 60qq，解得 2q  ，或 3q  （舍）， 从而 3 522 16aa   ，故选 C． 7．【答案】D 【解析】由函数性质可知，函数 ()fx在(0, ) 上单调递增，且 (1) 0f  ， 结合图象及 ( 1) 0fx可得 1 1 0x    或 11x ，解得 21x    或 0x  ， 所以不等式的解集为 ( 2 , 1) ( 0 , )    ，故选 D． 8．【答案】B 【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥 P A C E ， 故其体积为 1 1 1 2| | ( 1 2) 23 3 2 3ACEV S PE       △ ，故选 B． 9．【答案】D 【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示： 由 2z x y可得 2y x z   ．平移直线 2y x z   结合图形可得， 当直线 2y x z   经过可行域内的点 A 时，直线在 y 轴上的截距最大，此时 z 也取得最大值． 由 20 5 8 0 xy xy      ，解得 1 3 x y    ，故点 A 的坐标为 (1,3 ) ， ∴ max 2 1 3 5z     ，故选 D． 10．【答案】A 【解析】由题意可知 (0) 2sin 1f ，∴ 1sin 2  ， 又 π0 2，∴ π 6  ，故 π( ) 2sin(2 )6f x x，故可排除选项 C； 对于选项 A， π π π( ) 2sin(2 ) 26 6 6f     成立，故 A 正确，B 不正确； 对于 D，由 π π π( ) 2sin( 2 ) 16 6 6f        ，故 D 不正确， 所以选 A． 11．【答案】A 【解析】延长 1FH 交 2PF 于点 Q ，由角分线性质可知 1P F P Q ， 根据双曲线的定义， 12|| | | || 2PF PF，从而 2| | 2QF  ， 在 12FQ F△ 中， OH 为其中位线，故 | | 1OH  ，故选 A． 12．【答案】C 【解析】①∵函数 ()fx是在 R 上的奇函数，∴ ( ) ( )f x f x    ， 令 ( 0 , )x    ，则 ( ,0 )x    ， ( ) ( ) (1 ) ( 1)xxf x f x e x e x        ，故①错； ②当 0x  时， ( ) ( 1) 0 xf x e x    ， ∵ 0xe  ，∴ 1x  是函数的一个零点，同理可以求出当 0x  ， 1x  是函数的一个零点， ∵函数 ()fx是奇函数，∴ (0 ) 0f  ， 综上所述，函数 ()fx有 3 个零点，故②错； 由①可知函数 ( 1), 0 ( ) 0, 0 ( 1), 0 x x e x x f x x e x x      ， ( ) 0fx 的解集为( 1,0) (1, )  ，故③正确； ④当 0x  时， ( ) ( 1) ( 2)x x xf x e x e e x      ， 当 ( 2 ,0 )x  时， ( ) 0fx  ， ()fx单增；当  ,2x   时， ( ) 0fx  ， ()fx单减；  当 0x ，函数有最小值 2 min( ) ( 2)f x f e    ， 同理在 0x  时，函数有最大值 2 max( ) (2)f x f e． ∴ 1x ， 2x R ，都有 2 1 2 max min( ) ( ) ( ) ( ) 2f x f x f x f x e    ， ∵ 201e，∴ 222e  ，故④正确． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．【答案】 10 16yx 【解析】∵ 3( ) 2f x x x  ，∴ 2( ) 3 2f x x ，∴ (2 ) 1 0f   ， 又 (2 ) 4f  ， 故所求切线的方程为 4 1 0 ( 2 )yx   ，即 1 0 1 6yx． 14．【答案】 π 4 【解析】由题意知，所有基本事件构成的平面区域为 01( , ) | 01 xxy y       ，其面积为 1 ． 设“该点到原点的距离小于 1 ”为事件 A ， 则事件 A 包含的基本事件构成的平面区域为 22 01 ( , ) | 0 1 1 x A x y y xy           ，其面积为 π 4 ． 由几何概型概率公式可得 π() 4PA  ． 15．【答案】 13 【解析】输入 91a  ， 39b  ，执行程序框图，第一次 52a  ， 39b  ； 第二次 13a  ， 39b  ； 第三次 13a  ， 26b  ； 第四次 13a  ， 13b  ， ab ， 满足输出条件，输出的 a 的值为13，故答案为13． 16．【答案】1 【解析】由题意得 21 sin sin2S bc A b A，所以 2cb ，即 2c b  ． 由三角形角分线定理可知， 2 3 3,33BD CD． 在 ABC△ 中，由余弦定理得 2243cos 2 2 3 bbB b   ， 在 ABD△ 中，由余弦定理得 2 444 33cos 2322 3 b B b    ， 页） ∴ 2 22 44443 33 2 2 3 2 322 3 bbb b b     ，解得 1b  ． 三、解答题：本大题共 6 大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1） 32()2 n nan*N ；（ 2） 31 n n  ． 【解析】（1）当 2n  时， 3 +1 3 2 3 2 1 11(2 2) (2 2) 277 n n n n n na S S         ， 当 1n  时， 312 1122aS    ，符合上式， 所以 32()2 n nan*N ． （2）由（1）得 32 2log 2 3 2n nbn ． ∴ 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 7 (3 2)(3 1)nnb b b b b b n n         1 1 1 1[(1 ) ( )3 4 4 7     11( )]3 2 3 1nn 11(1 )3 3 1 3 1 n nn   ． 18．【答案】（1）证明见解析；（2） 3 8 ． 【解析】（1）连接 BD 交 AC 于点 O ，连接 OE ． 在 PBD△ 中， DE 为中位线，∴ D E P B∥ ， ∵ OC  平面 A C E ， PB  平面 A C E ，∴ PB∥平面 A C E ． （2）∵ P C P D ，∴ 3AC AD， 223 2OD AD AO   ， ∴ 3BD  ， 1 1 1 1 2 4 4 3P ACE P ACD P ABCD ABCDV V V S PA       1 1 1 3( 3 3) 14 3 2 8       ． 19．【答案】（1） 268.75 ；（ 2） 3 5 ；（ 3）见解析． 【解析】（1）由频率分布直方图可得， 前 3 组的频率和为(0.002 0.002 0.003) 50 0.35 0.5     ， 前 4 组的频率和为(0.002 0.002 0.003 0.008) 50 0.75 0.5      ， 所以中位数在 [2 5 0 ,3 0 0 ) 内，设中位数为 x ， 则有0.35 ( 250) 0.008 0.5x    ，解得 2 6 8 . 7 5x  ． 故中位数为 2 6 8 . 7 5 ． （2）设质量在[250,300) 内的 4 个芒果分别为 A B C D， ， ， ， 质量在 [ 3 0 0 ,3 5 0 ) 内的 2 个芒果分别为 ab， ． 从这 6 个芒果中选出 3 个的情况共有( , , )A B C ，( , , )A B D ，( , , )A B a ，( , , )A B b ，( , , )A C D ， ( , , )A C a ，( , , )A C b ，( , , )A D a ，( , , )A D b ，( , , )A a b ，( , , )B C D ，( , , )B C a ，( , , )B C b ，( , , )B D a ， ( , , )B D b ， ( , , )B a b ， ( , , )C D a ， ( , , )C D b ， ( , , )C a b ， ( , , )D a b ，共计 20 种， 其中恰有一个在 [ 3 0 0 ,3 5 0 ) 内的情况有 ( , , )A B a ， ( , , )A B b ， ( , , )A C a ， ( , , )A C b ， ( , , )A D a ， ( , , )A D b ， ( , , )B C a ， ( , , )B C b ， ( , , )B D a ， ( , , )B D b ， ( , , )C D a ， ( , , )C D b ，共计 12 种， 因此概率 12 3 20 5P ． （3）方案 A： (125 0.002 175 0.002 225 0.003 275 0.008 325 0.004         375 0.001) 50 10000 10 0.001 25750       元． 方案 B： 由题意得低于 250 克： (0.002 0.002 0.003) 50 10000 2 7000      元； 高于或等于 250 克(0.008 0.004 0.001) 50 10000 3 19500      元， 总计7000 19500 26500元． 由于 25750 26500 ，故 B 方案获利更多，应选 B 方案． 20．【答案】（1） 2 2 1 :12 xCy， 22 2 :124 xyC ；（2）①证明见解析；②为常数， 1 8 ． 【解析】（1）依题意 2 2e  ，设 22 1 22:12 xyC bb， 22 2 22:124 xyC bb， 由对称性，四个焦点构成的四边形为菱形，且面积 1 2 2 2 2 22S b b    ，解得 2 1b  ， 所以椭圆 2 2 1 :12 xCy， 22 2 :124 xyC ． （2）①设 00( , )P x y ，则 22 00124 xy， ( 2,0)A  ， ( 2,0 )B ， 0 0 2PA yk x   ， 0 0 2PB yk x   ，所以 22 00 22 00 42 222PA PB yxkk xx      ， 直线 PA ， PB 斜率之积为常数 2 ． ②设 11( , )E x y ，则 2 21 1 12 x y， 1 1 2EA yk x   ， 1 1 2EB yk x   ， 所以 2 2 1 1 22 11 11 12 2 2 2EA EB xykk xx       ，同理 1 2FAFBkk   ， 所以 1 4EAEBFAFBk k k k    ， 由 EAPAkk ， FBPBkk ，结合（1）有 2EA FBkk   ，∴ 1 8FA EBkk   ， 21．【答案】（1） 1a  ；（ 2）证明见解析． 【解析】（1）由题意得 22( ) ln 0f x ax x x x    恒成立，∴ 1lnaxx恒成立． 设 1( ) ln , (0, )g x x xx    ，则 22 1 1 1() xgx x x x     ， 故当 (0 ,1)x  时， ( ) 0gx  ， ()gx 单调递减； 当 (1, )x    时， ( ) 0gx  ， ()gx 单调递增． ∴所以 min[ ( )] (1) 1g x g，∴ 1a  ， ∴实数 a 的取值范围为 ( ,1] ． （2）当 1a  时， 22( ) ln ( 0)f x x x x x x    ，∴ ( ) 1 2 lnf x x x x    ． 令 ( ) 1 2 ln ( 0)h x x x x x    ，则 ( ) 1 2lnh x x    ， 故当 1 2(0, )xe  时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递增； 当 1 2( , )xe   时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递减， 而 1 211( , ) (0, )43 e  ，且 13( ) ln 2 044f     ， 12( ) (ln3 1) 033f     ， 存在 0 11( , )43x  ，使得 0 0 0 0( ) 1 2 ln 0f x x x x     ， 因此 2 22 00 0 0 0 0 0( ) ln 2 xxf x x x x x     ， 令 2 () 2 xxtx  ，则 ()tx 在区间 1(0 , )2 上单调递减， 又 1 1 1( , ) (0, )4 3 2 ，所以 0 11( ) ( ) ( )34t t x t，即 0 13()9 32fx    成立． 22．【答案】（1）直线 l 的普通方程为 10xy   ，曲线 C 的直角坐标方程为 2 2 ( 0 )a y ax ； （2） 3 1 0 2  ． 【解析】（1）由 2c o s 2 s i n a    ，两边同乘  ，得 22c o s 2 s i n a   ， 化为普通方程为 2 2 ( 0 )a y ax ， 将 21 2 22 2 xt yt         消去参数 t ，得直线 l 的普通方程为 10xy   ． （2）把 21 2 22 2 xt yt         代入 2 2x ay ，整理得 2 2 2(1 ) 8 2 0aat t     ， ∴ 122 2(1 )t t a   ， 12 82t t a， 由 28(1 ) 4(8 2) 0Δ aa     ，得 2a  或 0a  ， ∵ 0a  ，∴ 12 8 2 0t t a   ， ∵ PA ， AB ， PB 成等比数列，∴ 2AB PA PB， 由t 的几何意义得 2 1 2 2 1 1 2()t ttt t t   ，即 2 1 2 1 2()5t t t t， ∴ 2[2 2(1 ) 5(8 2] )aa   ，即 24 12 1 0aa   ，解得 3 10 2a  ， 又 2a  ，∴ 3 10 2a  ． 23．【答案】（1）1；（ 2）证明见解析． 页） 【解析】（1）∵存在实数 0x 使 0( ) 2fx  成立，∴ min( ) 2fx  ， ∵| 2 | 2| | | 2 | | 2 | | 2 2 | | |x k x x k x x k x k         ，则 min( ) 2fx k， 解得 22k   ， k  *N ，∴ 1k  ． （2）证明：由（1）知， ( ) 2 1 2f x x x   ， ∵ 1 2m  ， 1 2n  ，∴ ( ) 2 1 2 2 1 2 4 1f m m m mmm        ， 同理， ( ) 4 1f n n ， ( ) ( ) 1 0f m f n ， ∴ 4 4 2 10mn   ，即 3mn， ∴ 9 1 1 9 1 1 9 1 9 16( )( ) (10 ) (10 2 )3 3 3 3 n m n mmnm n m n m n m n           ， 当且仅当 9 n m mn ， 又 3mn，得 9 4m  ， 3 4n  时取等号．