2020年河南省高考数学(文科)模拟试卷(10).docx

1、2020年河南省高考数学（文科）模拟试卷（10）一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知集合A=x|3x1，Bx|x0，则AB（）Ax|0x3Bx|0x3Cx|1x3Dx|1x32（5分）在等差数列an中，a5+a1010，则数列an的前14项和S14为（）A55B60C65D703（5分）设复数za+bi（a，bR），定义b+ai若=i2-i，则z（）A-15+35iB15-35iC-35+15iD-35-15i4（5分）书架上有两套我国四大名著，现从中取出两本设事件M表示“两本都是红楼梦”；事件N表示“一本是西游记，一本是水浒传”；事件P表示“取出的两本中至少有一本红楼

2、梦”下列结论正确的是（）AM与P是互斥事件BM与N是互斥事件CN与P是对立事件DM，N，P两两互斥5（5分）已知双曲线C：x216-y248=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上一点，F1Q=QP，O为坐标原点，若|PF1|10，则|OQ|（）A10B1或9C1D96（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）（单位：cm3）A2B6C10D127（5分）点C是线段AB上任意一点，P是直线AB外一点，PC=PA+PB，不等式m2（+3）+2（+1）（+1）（+3）（1m3n）对满足条件的，及nN恒成立，则实数m的取值范围（）A27，+)B12，+)C45，+)D5

3、6，+)8（5分）函数f(x)=(x-1x+1)ex的部分图象大致是（）ABCD9（5分）设不等式组x+y0x-3y0表示的平面区域为，若从圆C：x2+y24的内部随机选取一点P，则P取自的概率为（）A524B724C1124D172410（5分）张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五已知三棱锥ABCD的每个顶点都在球O的球面上AB底面BCD，BCCD，且ABCD=3，BC2，利用张衡的结论可得球O的表面积为（）A30B1010C33D121011（5分）已知函数f(x)=4x+3，x02x+log9x2-9，x0，则函数yf（f（x）的零点所在区

4、间为（）A(3，72)B（1，0）C(72，4)D（4，5）12（5分）已知直线yk（x1）与抛物线C：y24x交于A，B两点，直线y2k（x2）与抛物线D：y28x交于M，N两点，设|AB|2|MN|，则（）A16B16C120D12二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）函数f(x)=x2+(sinx+cosx)2x2+1的最大值为M，最小值为m，则M+m 14（5分）函数f（x）|sin4x|的图象的对称轴方程为 15（5分）计算：sin17sin223+cos17cos43 16（5分）在数列an中，a11，an0，曲线yx3在点(an，an3)处的切线经过点（an+1

5、，0），下列四个结论：a2=23；a3=13；i=14 ai=6527；数列an是等比数列其中所有正确结论的编号是 三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）某校从参加某次知识竞赛测试得学生中随机抽取60名学生，将其成绩（百分制均为整数）分成6段40，50），50，60），90，100）后得到如下部分频率直方分布图，观察图形得信息，回答下列问题：（1）求分数在70，80）内的频率；（2）若用样本估计总体，已知该校参加知识竞赛一共有300人，请估计本次考试成绩不低于80分的人数；（3）统计方法中，同一组数据常用该组区间中点值作为代表，据此估计本次考试的平均分18（12分）在AB

6、C中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosB=-12（）若bsinBasinA2csinC，求ac的值；（）若ABC的平分线交AC于D，且BD1，求4a+c的最小值19（12分）如图，四棱锥SABCD的底面ABCD是菱形，ADC120，平面SAD平面ABCD，SAD是等边三角形（I）求证：ADSB；（）若SAD的面积为43，求点C到平面SAB的距离20（12分）已知函数f（x）lnxa（x1）（1）若函数f（x）的图象与x轴相切，求实数a的值；（2）讨论函数f（x）的零点个数21（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）过点（1，32），过坐标原点O作两条互相垂直的射线与

7、椭圆C分别交于M，N两点（1）证明：当a2+9b2取得最小值时，椭圆C的离心率为22（2）若椭圆C的焦距为2，是否存在定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）已知曲线C的参数方程为x=2cosy=sin（为参数），以平面直角坐标系的原点O为极点，x的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线C的极坐标方程；（2）P，Q是曲线C上两点，若OPOQ，求|OP|2|OQ|2|OP|2+|OQ|2的值五解答题（共1小题）23已知函数f（x）|x3|2|x|（1）求不等式f（x）2的解集；（2）若f（x）的最大值为m，正数a，

8、b，c满足a+b+cm，求证：a2+b2+c232020年河南省高考数学（文科）模拟试卷（10）参考答案与试题解析一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知集合A=x|3x1，Bx|x0，则AB（）Ax|0x3Bx|0x3Cx|1x3Dx|1x3【解答】解：集合A=x|3x1=x|0x3，Bx|x0，ABx|0x3故选：A2（5分）在等差数列an中，a5+a1010，则数列an的前14项和S14为（）A55B60C65D70【解答】解：由等差数列的性质可知，a5+a10a1+a1410，S147（a1+a14）70，故选：D3（5分）设复数za+bi（a，bR），定义b+ai

9、若=i2-i，则z（）A-15+35iB15-35iC-35+15iD-35-15i【解答】解：=i2-i，=i(1+i)2-i=(-1+i)(2+i)22+12=-35+i5，则z=15-35i故选：B4（5分）书架上有两套我国四大名著，现从中取出两本设事件M表示“两本都是红楼梦”；事件N表示“一本是西游记，一本是水浒传”；事件P表示“取出的两本中至少有一本红楼梦”下列结论正确的是（）AM与P是互斥事件BM与N是互斥事件CN与P是对立事件DM，N，P两两互斥【解答】解：书架上有两套我国四大名著，现从中取出两本设事件M表示“两本都是红楼梦”；事件N表示“一本是西游记，一本是水浒传”；事件P表示

10、“取出的两本中至少有一本红楼梦”在A中，M与P是既不是对立也不是互斥事件，故A错误；在B中，M与N是互斥事件，故B正确；在C中，N与P是互斥事件，故C错误在D中，M与P是既不是对立也不是互斥事件，故D错误故选：B5（5分）已知双曲线C：x216-y248=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上一点，F1Q=QP，O为坐标原点，若|PF1|10，则|OQ|（）A10B1或9C1D9【解答】解：双曲线C：x216-y248=1可得a4，b43，c8，ca4，由双曲线的定义可知：|PF1|PF2|2a8，因为|PF1|10，所以|PF2|18或|PF2|2（舍去），P为C上一点，F1Q=QP，所以

11、Q为线段PF1的中点，所以|OQ|=12|PF2|9故选：D6（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）（单位：cm3）A2B6C10D12【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：如图所示：该几何体的底面为直角梯形，高为2四棱锥体故V=1312(1+2)22=2故选：A7（5分）点C是线段AB上任意一点，P是直线AB外一点，PC=PA+PB，不等式m2（+3）+2（+1）（+1）（+3）（1m3n）对满足条件的，及nN恒成立，则实数m的取值范围（）A27，+)B12，+)C45，+)D56，+)【解答】解：根据向量共线定理得：+1，即1，其中0，1，所以（+1

12、）（+3）0，所以可将不等式化简为：(32-+1-2+3+4)m1-m3n，令f（）=32-+1-2+3+4，0，1，所以f（）=(4-1)(2+7)(-2+3+4)2，当f（）0时，(14，1)，即f（）在（14，1）上单调递增，当f（）0时，(0，14)，即f（）在（0，14）上单调递减，所以f（）在14处取得最小值，因为该不等式对满足条件的，及nN恒成立，所以 (32-+1-2+3+4)m1-m3n，当m0时，不等式不成立，当m0时，等价于(3n)max(1m-f()min恒成立，因为3n没有最大值，所以不符合题意，舍去，当m0时，等价于(3n)min(1m-f()max恒成立，即(3n

13、)min1m-f()min，因为（3n）min1，f()min=f(14)=15，所以11m-15，解得m56，故选：D8（5分）函数f(x)=(x-1x+1)ex的部分图象大致是（）ABCD【解答】解：当x时，ex0+，x-1x+1=1-2x+11+，所以f（x）0+，排除C，D；因为x+时，ex+，x-1x+1=1-2x+11+，所以f（x）+，因此排除B，故选：A9（5分）设不等式组x+y0x-3y0表示的平面区域为，若从圆C：x2+y24的内部随机选取一点P，则P取自的概率为（）A524B724C1124D1724【解答】解：作出中在圆C内部的区域，如图所示，因为直线x+y0，x-3y

14、=0的倾斜角分别为34，6，所以由图可得P取自的概率为34-62=724故选：B10（5分）张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五已知三棱锥ABCD的每个顶点都在球O的球面上AB底面BCD，BCCD，且ABCD=3，BC2，利用张衡的结论可得球O的表面积为（）A30B1010C33D1210【解答】解由题意将此三棱锥放在长方体中，由题意可知长方体的长宽高分别为，3，2，3，设外接球的半径为R，则（2R）23+4+310，所以外接球的表面积为S4R210，又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即216=58，所以=10，所以S1010，故选：B11

15、（5分）已知函数f(x)=4x+3，x02x+log9x2-9，x0，则函数yf（f（x）的零点所在区间为（）A(3，72)B（1，0）C(72，4)D（4，5）【解答】解：当x0时，f（x）（3，4，此时，f（x）无零点；当x0时，f(x)=2x+log9x2-9=2x+log3x-9为增函数，且f（3）0令f（f（x）0，得f（x）2x+log3x93，因为f（3）03，f(72)=82+log372-93，所以函数yf（f（x）的零点所在区间为(3，72)故选：A12（5分）已知直线yk（x1）与抛物线C：y24x交于A，B两点，直线y2k（x2）与抛物线D：y28x交于M，N两点，设|

16、AB|2|MN|，则（）A16B16C120D12【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），联立y=k(x-1)y2=4x，得k2x2（2k2+4）x+k20，则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2，因为直线yk（x1）经过C的焦点，所以|AB|=x1+x2+p=4+4k2同理可得|MN|=8+2k2，所以41612故选：D二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）函数f(x)=x2+(sinx+cosx)2x2+1的最大值为M，最小值为m，则M+m2【解答】解：根据题意，f(x)=x2+(sinx+cosx)2x2+1=x2+1+2sinxcosxx2+1=1+2si

17、nxcosxx2+1，f（x）1-2sinxcosxx2+1，则有f（x）+f（x）2，即函数f（x）的图象关于点（0，1）对称，若函数f（x）的最大值为M，最小值为m，必有M+m2；故答案为：214（5分）函数f（x）|sin4x|的图象的对称轴方程为x=k8，kZ【解答】解：由图可得，令4x=k2(kZ)，得x=k8(kZ)故答案为：x=k8，kZ15（5分）计算：sin17sin223+cos17cos4312【解答】解：sin17sin223+cos17cos43sin17sin43+cos17cos43cos（17+43）cos60=12故答案为：1216（5分）在数列an中，a11

18、，an0，曲线yx3在点(an，an3)处的切线经过点（an+1，0），下列四个结论：a2=23；a3=13；i=14 ai=6527；数列an是等比数列其中所有正确结论的编号是【解答】解：y3x2，曲线yx3在点(an，an3)处的切线方程为y-an3=3an2(x-an)，则-an3=3an2(an+1-an)an0，an+1=23an，则an是首项为1，公比为23的等比数列，从而a2=23，a3=49，i=14 ai=1-(23)41-23=6527故所有正确结论的编号是故答案为：三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）某校从参加某次知识竞赛测试得学生中随机抽取60名

19、学生，将其成绩（百分制均为整数）分成6段40，50），50，60），90，100）后得到如下部分频率直方分布图，观察图形得信息，回答下列问题：（1）求分数在70，80）内的频率；（2）若用样本估计总体，已知该校参加知识竞赛一共有300人，请估计本次考试成绩不低于80分的人数；（3）统计方法中，同一组数据常用该组区间中点值作为代表，据此估计本次考试的平均分【解答】解：（1）设分数在70，80）内的频率为x根据频率直方分布，则有（0.01+0.0152+0.025+0.005）10+x1，解得x0.3分数在70，80）内的频率为0.3（2）由频率分布直方图得本次考试成绩不低于80分的的频率为：（0

20、.025+0.005）100.3，本次考试成绩不低于80分的人数为3000.390估计本次考试的平均分为：x=450.1+550.15+650.15+750.3+850.25+950.05=7118（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosB=-12（）若bsinBasinA2csinC，求ac的值；（）若ABC的平分线交AC于D，且BD1，求4a+c的最小值【解答】解：（）由正弦定理，得b2a22c2，即b2a2+2c2；由余弦定理得b2a2+c22accosB，又cosB=-12，所以c2ac；所以ac=1（）由题意得SABCSABD+SDBC，即12acsin1

21、20=12asin60+12csin60，所以aca+c，即1a+1c=1；则4a+c=(4a+c)(1a+1c)=5+ca+4ac5+2ca4ac=9，当且仅当c2a，即c3，a=32时取等号；所以4a+c的最小值为919（12分）如图，四棱锥SABCD的底面ABCD是菱形，ADC120，平面SAD平面ABCD，SAD是等边三角形（I）求证：ADSB；（）若SAD的面积为43，求点C到平面SAB的距离【解答】证明：（）如图所示取AD的中点O，连接SO，BO，BD由于SAD为等边三角形，O为AD的中点，所以SOAD，由于四边形ABCD为菱形，ADC120，所以ABD为等边三角形所以BOAD由于

22、SOBOO，且SO平面SOB，所以AD平面SOB由于SB平面SOB，所以ADSB（）设ADa，所以34a2=43，解得a4由于平面SAD平面ABCD，设点C到平面SAB的距离为h，所以VSABCVCSAB，所以13SABCSO=13SSABh，易知SO23，OB23，在RtSOB中，由于OSOB23，解得：SB=26SAB边SB上的高为SA2-(SB2)2=10，所以SSAB=122610=215，SABC=124432=43，所以134323=13215h，解得h=415520（12分）已知函数f（x）lnxa（x1）（1）若函数f（x）的图象与x轴相切，求实数a的值；（2）讨论函数f（x）

23、的零点个数【解答】解：（1）f(x)=1-axx，令f（x）0，则x=1a，因为函数f（x）的图象与x轴相切，所以f(1a)=0，即f(1a)=ln1a-a(1a-1)=a-1-lna=0，令h（x）x1lnx，则h(x)=1-1x，当0x1时，h（x）0，函数h（x）单调递减；当x1时，h（x）0，函数h（x）单调递增，所以h（x）minh（1）0，所以a1lna0有唯一解a1，即实数a的值为1（2）f(x)=1-axx，当a0时，f（x）0，函数f（x）在（0，+）上单调递增，且f（1）0，函数有唯一零点；当a0时，函数f（x）在(0，1a)上单调递增，在(1a，+)上单调递减，f(x)m

24、ax=f(1a)=a-1-lna，由（1）h（x）x1lnx的单调性知：（）当a1时，f（x）max0，所以函数只有一个零点；（）当0a1时，f(1a)=a-1-lna0，f（1）0，所以函数f（x）在(0，1a)上有一个零点，f(1a2)=a-1a-2lna，令p(x)=x-1x-2lnx，则p(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x20，所以函数p（x）在（0，+）上单调递增，又p（1）0，当0x1时，p（x）0，所以f(1a2)=a-1a-2lna0，所以函数f（x）在(1a，+)上有一个零点，所以函数f（x）在（0，+）上有两个零点；（）当a1时，f（1）0，f(1a)=a-1-lna

25、0，所以函数f（x）在(1a，+)上有一个零点，当0x1ea时，lnxa，f（x）lnxa（x1）aa（x1）ax0，所以函数f（x）在(0，1a)上有一个零点，所以函数f（x）在（0，+）上有两个零点，综上，当a0或a1时，函数f（x）有唯一零点；当0a1或a1时，函数f（x）有两个零点21（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）过点（1，32），过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别交于M，N两点（1）证明：当a2+9b2取得最小值时，椭圆C的离心率为22（2）若椭圆C的焦距为2，是否存在定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由【解答】解：（1）

26、方法一：由椭圆过点（1，32），则1a2+94b2=1，a2+9b2（a2+9b2）（1a2+94b2）1+9a24b2+9b2a2+81429a24b29b2a2+814=1214，当且仅当9a24b2=9b2a2时，即a=2b，a2+9b2取得最小值，所以椭圆的离心率e=ca=1-b2a2=22，方法二：由方法一可知：1a2+94b2=1，则1=1a2+8149b2(1+92)2a2+9b2，所以a2+9b21214，当且仅当1a2=929b2，即a=2b，a2+9b2取得最小值，所以椭圆的离心率e=ca=1-b2a2=22，（2）存在定圆x2+y2=127，使得定圆与直线MN总相切，理由

27、如下：椭圆的焦距为2，所以a2b21，所以由（1）可知1a2+94b2=1，解得：a24，b23，当直线MN的斜率不存在时，由对称性，设M（x0，x0），M（x0，x0），因为M，N在椭圆上，解得x02=127，所以 O到直线MN的距离d|x0|=2217，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykx+m，联立方程组y=kx+mx24+y23=1，消去y，整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2120，由（8km）24（3+4k2）（4m212）0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=-8km3+4k2，x1x2=4m2-123+4k2，因为OMON，所以x1x2+y1y

28、20，x1x2+y1y2x1x2+（kx1+m）（kx2+m）（k2+1）x1x2+km（x1+x2）+m20，所以（k2+1）（4m2-123+4k2）+km（-8km3+4k2）+m20，即7m212（k2+1），所以O到直线MN的距离d=|m|1+k2=2217，综上可知，O到直线MN的距离为定值，且定值为2217，故存在定圆O：x2+y2=127四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）已知曲线C的参数方程为x=2cosy=sin（为参数），以平面直角坐标系的原点O为极点，x的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线C的极坐标方程；（2）P，Q是曲线C上两点，若OPOQ，

29、求|OP|2|OQ|2|OP|2+|OQ|2的值【解答】解：（1）曲线C的参数方程为x=2cosy=sin（为参数），转换为直角坐标方程为x24+y2=1，转换为极坐标方程为42sin2+2cos24即2=43sin2+1（2）P，Q是曲线C上两点，若OPOQ，设P（1，），则Q（2，2），所以|OP|2|OQ|2|OP|2+|OQ|2=11|OP|2+1|OQ|2=1112+122=134sin2+14+34cos2+14=45五解答题（共1小题）23已知函数f（x）|x3|2|x|（1）求不等式f（x）2的解集；（2）若f（x）的最大值为m，正数a，b，c满足a+b+cm，求证：a2+b2

30、+c23【解答】解：（1）f（x）|x3|2|x|，f（x）2，当x0时，f（x）|x3|2|x|（3x）+2xx+3，由f（x）2，得x+32，解得x1，此时1x0当0x3时，f（x）|x3|2|x|（3x）2x33x，由f（x）2，得33x2，解得x13，此时0x13；当x3时，f（x）|x3|2|x|（x3）2xx36，此时不等式f（x）2无解，综上，不等式f（x）2的解集为-1，13（2）由（1）可知，f(x)=x+3，x03-3x，0x3-x-3，x3当x0时，f（x）x+33；当0x3时，f（x）33x（6，3）；当x3时，f（x）x36函数yf（x）的最大值为m3，则a+b+c3由柯西不等式可得（1+1+1）（a2+b2+c2）（a+b+c）2，即3（a2+b2+c2）32，即a2+b2+c23，当且仅当abc1时，等号成立因此a2+b2+c23