2020年河南焦作高三二模数学试卷(理科)

12020年河南焦作高三二模数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.已知集合，，则（）．A.B.C.D.A.B.C.D.2.设复数，则（）．3.已知向量，，，则为（）．A.B.C.D.4.近年来，随着网络的普及和智能手机的更新换代，各种方便的相继出世，其功能也是五花八门．某大学为了调查在校大学生使用的主要用途，随机抽取了名大学生进行调查，各主要用途与对应人数的结果统计如图所示，现有如下说法：找人聊天看社区、新闻、资讯玩游戏看视频、图片听音乐找附近的人找共同兴趣的人①可以估计使用主要听音乐的大学生人数多于主要看社区、新闻、资讯的大学生人数；②可以估计不足的大学生使用主要玩游戏；2③可以估计使用主要找人聊天的大学生超过总数的．其中正确的个数为（）．A.B.C.D.5.记等差数列的前项和为，若，则（）．A.B.C.D.6.已知实数，，满足，，，则（）．A.B.C.D.7.下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是（）．A.B.C.D.，，8.已知长方体的表面积为，，则该长方体的外接球的表面积为（）．A.B.C.D.39.记双曲线的左、右焦点分别为，，点在双曲线的渐近线上，点，，关于轴对称．若，，其中，，分别表示直线，，的斜率，则双曲线的离心率为（）．A.B.C.D.10.已知数列满足，则（）．A.B.C.D.11.已知函数，，．若，，则（）．A.B.C.D.12.已知抛物线的焦点到准线的距离为，直线，与抛物线分别交于，和，两点，其中直线过点，，，若，则当取到最大值时，（）．A.B.C.D.4二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.的展开式中，含项的系数为．14.设实数，满足，则的最大值为．15.已知长方体的体积为，，平面，若点到直线的距离与到直线的距离相等，则的最小值为．16.已知函数，若函数仅有个零点，则实数的取值范围为．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）（1）（2）17.已知中，角，，所对的边分别为，，，，，，．求的大小．求的面积．18.随着经济的发展，轿车已成为人们上班代步的一种重要工具，现将某人三年以来每周开车从家到公司的时间之和统计如图所示．频率组距时间之和时5（1）（2）（3）求此人这三年以来每周开车从家到公司的时间之和在（时）内的频率．求此人这三年以来每周开车从家到公司的时间之和的平均数（每组取该组的中间值作代表）．以频率估计概率，记此人在接下来的四周内每周开车从家到公司的时间之和在（时）内的周数为，求的分布列以及数学期望．（1）（2）19.如图，五面体中，，平面平面，平面平面，，，点是线段上靠近的三等分点．求证：平面．求直线与平面所成角的正弦值．（1）（2）20.已知点，分别是椭圆的上，下顶点，以为直径作圆，直线与椭圆交于，两点，与圆交于，两点．若直线的倾斜角为，求（为坐标原点）的面积．若点，分别在直线，上，且，求直线的斜率．（1）（2）21.已知函数，．若，判断函数的单调性并说明理由．若，求证：关于的不等式在上恒成立．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）（1）（2）22.已知平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且直线与曲线交于，两点．求实数的取值范围．若，点，求值．6【答案】解析:集合，集合，根据并集的定义可得．故选．解析:∵，∴，故选．解析:设，则，．依题意，，故，故.解析:①在随机抽取的大学生中，（1）（2）23.已知函数．求不等式的解集．若在上恒成立，求实数的取值范围．D1.A2.C3.C4.7使用听音乐的频率为，使用看社区、新闻、资讯的频率为，∵，由频率估计概率，可以使用主要听音乐的大学生人数多于主要看社区、新闻、资讯的大学生人数，正确；②在名大学生中，使用玩游戏的人数为人，∴频率为，由步率估计概率，可以做超过的大学生使用主要玩游戏，错误；③在名大学生中，有名学生使用聊天频率为，由频率估计概率，可以估计使用主要找要聊天的大学生超过总数的，正确，故①③正确．故选．解析:∵等差数列前项和为，∵，∴，，所以．故选．解析:，，，，由，则，故，，则，B5.A6.8综上所述．故选．解析:依题意，①，②，①②可得，故外接球半径，故所求长方体的外接球表面积．故选．解析:方法一：设∵在渐近线上∴①为关于轴对称点∴而，又，∴，②而B7.B8.A9.9，，∴，而，∴③联立①②③，得：，∴，．方法二：不妨设直线的斜率为，由题意知，因为，所以直线的斜率为，所以直线的斜率为，由可得，即，则．故选．解析:方法一：数列满足，．当时，，当时，，，当时，，，当时，，，当时，，，当时，，，所以，，，，C10.10则．故选．方法二：当时，，当时，，，两式相减，可得，故．因为也适合上式，所以，依题意，，故．故选．解析:对称轴，，为奇数，D11.11∴为正整数，时，无解；时，；时，无解．∴．解析:方法一：由题意知：，、在抛物线上，xy∴，，，，为中点，，，，当时，最小、，，，∴，∴．方法二：依题意，可知．设，，，由抛物线定义可得．因为，即，B12.12所以．由余弦定理可得，，当且仅当时等号成立，故的最大值为，此时为等边三角形，不妨直线的方程为．联立，消去得，故，，故．解析:的展开式通项，令，则，则．所以展开式中含项的系数为．解析:实数，满足，作出二元一次不等式组所表示的平面区域；即可行域，13.14.13如图所示：所在区域为可行域，目标函数，变形为斜率为，随变化的一族平行直线，当直线经过可行域中点时有最大值，解方程组，得点坐标为，．所以最大值为．解析:∵，，∴，，∴，∴,以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，15.14∵平面，∴设，，又，，，，∴，，而到直线距离为，到直线的距离为，又∵，而，∴，此时，满足题意，故的最小值为．解析:令，则，令,则问题转化为与的图象仅有个交点，作出函数的分析图象，如图所示．16.15（1）（2）x5y–5O当时，，此时的图象与直线只有个公共点，符合题意；当时，，若的图象与直线只有个公共点，则，分析意知该式显然成立，故；当时，，若的图象与直线有交点，则有，分析易知此式显然不成立，综上所述，．解析:因为，所以点在线段上，且，故（*）．记，记，．因为，即，即，结合（*）式，可求得．因为，所以，所以．在中，由余弦定理，可得，即，解得．故．（1）．（2）．17.（1）．（2）．18.16（1）（2）（3）（1）解析:依题意，此人这三年以来每周开车从家到公司的时间之和在（时）内的频率为．所求平均数为（时）．依题意，，，，，，，故的分布列为故．解析:如图，（3）的分布列为．（1）证明见解析．（2）．19.17（2）分别取，的中点，，连接，，，，由题可知，，设，易知，且，因为平面平面，所以平面，同理平面，所以，因为平面，平面，故平面，因为，，所以，因为，所以，所以是以为斜边的等腰直角三角形，所以，而，则，因为平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面．如图，18（1）连接，以为原点，，所在直线分别为轴，轴，以过点且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，仍设，则，，，，，所以，，设为平面的一个法向量，则，即，取，则，，即，易知，设直线与平面所成的角为，故，即直线与平面所成角的正弦值为：．故答案为：．解析:依题意，可知，，则直线，联立，消去可得，（1）．（2）或．20.19（2）（1）（2）故，将点横坐标代入直线的方程可得，易知，故的面积．设直线，联立，得，设，依题意，，，因为，所以，故，则点，若，则，即，解得，即直线的斜率为或．解析:函数在上单调递减．依题意，，，则，当时，，故函数在上单调递减．要证，即证，即证，设，则，当时，，所以在上单调递增，（1）函数在上单调递减．证明见解析．（2）证明见解析．21.20（1）（2）所以，即，故当时，，故即证，令，，由（）可知，，故在上单调递增，所以，当时，，即，所以当时，，所以只需证明，即证明，设，则，所以在上单调递增，所以，所以原不等式成立．解析:曲线：，故，则，即，直线：，故圆心到直线的距离，解得，即实数的取值范围为．直线的参数方程可化为（为参数），代入中，得，（1）．（2）．22.21（1）（2）记，对应的参数分别为，，则，，故．解析:依题意，．若，原式化为，解得，故；若，原式化为，解得，故；若，原式化为，解得，故．综上所述，不等式的解集为．依题意，，显然时该式成立．当时，在同一直角坐标系中分别作出，的图象，如图所示：观察可知，临界状态为曲线过点，此时，故．综上所述，实数的取值范围为．（1）不等式的解集为．（2）实数的取值范围为．23.