河南省六市2020届高三数学第二次联考试题 理（含解析）（通用）

1、河南省六市2020届高三数学第二次联考试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.已知集合，集合，则集合等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题可得：集合是点集，集合是数集，由交集概念即可得解。【详解】由题可得：集合是点集，集合是数集，所以.故选：D【点睛】本题主要考查了集合的表示及交集运算，属于基础题。2.若复数满足，则的虚部为（ ）A. -4B. C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】整理得：，问题得解。【详解】因为，所以所以的虚部为：故选：B【点睛】本题主要考查了复数的模及复数的除

2、法运算，还考查了复数的有关概念，考查计算能力，属于基础题。3.某学校为落实学生掌握社会主义核心价值观情况，用系统抽样的方法从全校2400名学生中抽取30人进行调查.现将2400名学生随机地从12400编号，按编号顺序平均分成30组（180号，81160号，23212400号），若第3组与第4组抽出的号码之和为432，则第6组抽到的号码是（ ）A. 416B. 432C. 448D. 464【答案】A【解析】【分析】设第组抽到的号码是，则构成以80为公差的等差数列，利用等差数列性质可得第6组抽到的号码.【详解】设第组抽到的号码是，则构成以80为公差的等差数列，所以，所以，解得，所以.故选：A【点

3、睛】本题考查随机抽样的知识，考查数据处理能力和应用意识.4.等差数列的公差为2，且是与的等比中项，则该数列的前项和取最小值时，则的值为（ ）A. 7B. 6C. 5D. 4【答案】B【解析】以为变量，得，则，所以最小，故,故选B.5.设是正方体的对角面（含边界）内的点，若点到平面、平面、平面的距离相等，则符合条件的点（ ）A. 仅有一个B. 有有限多个C. 有无限多个D. 不存在【答案】A【解析】解：与平面 距离相等的点位于平面 上；与平面 距离相等的点位于平面 上；与平面 距离相等的点位于平面 上；据此可知，满足题意的点位于上述平面，平面,平面的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个.

4、本题选择A选项点睛：本题考查点到平面的距离，利用点到直线的距离将平面问题类比到空间中点到面的距离，据此找到满足题意的点是否存在即可.6.已知，点为斜边的中点，则等于（ ）A. -14B. -9C. 9D. 14【答案】D【解析】【分析】利用向量共线及向量的加减法分别表示出，再利用即可求得，问题得解。【详解】依据题意作出如下图象：因为，所以三点共线。.又所以故选：D【点睛】本题主要考查了向量的加减法及数乘运算，还考查了向量垂直的数量积关系，考查转化能力及计算能力，属于中档题。7.设变量，满足不等式组，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 6【答案】D【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域

5、，利用线性规划知识求得，问题得解。【详解】作出不等式组表示的平面区域如下：作出直线 ，当往上平移时，变小，当直线经过点时，最大，当直线经过点时，最小.即：，所以所以 ，所以的最大值为.故选：D【点睛】本题主要考查了利用线性规划知识求目标函数的最值，考查了数形结合思想及转化能力，属于中档题。8.函数的大致图象为A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，得，解得，.故函数的图象与轴的两个交点坐标为，排除B、D又，排除A，故选C9.设实数，分别满足，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得，即；由在上为增函数，且，结合函数零点定理可得，从而可得结果【详解】

6、因为，所以，因为，所以，可得，又因为在上为连续递增函数，且，又，所以由函数零点存在定理可得，即，故选B【点睛】本题考查了对数函数的性质以及函数的零点存在定理的应用，属中档题. 应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.10.在直角坐标系中，是椭圆：的左焦点，分别为左、右顶点，过点作轴的垂线交椭圆于，两点，连接交轴于点，连接交于点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意结合几何性质找到a,c的关系即可确定椭圆的离心率。【详解】如图，连接BQ，则由椭圆的对称性易得PBF=QBF，EAB=EBA，所以EA

7、B=QBF，所以ME/BQ.因为PMEPQB，所以，因为PBFEBO，所以，从而有，又因为M是线段PF的中点，所以.本题选择C选项.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2a2c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)11.已知数列中，且对任意的，都有，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，代入已知可得：，由即可求得：，对裂项可得：，问题得解。【详

8、解】令，代入得：又.所以.故选：D【点睛】本题主要考查了赋值法及转化思想，还考查了裂项求和方法，考查计算能力，属于中档题。12.已知函数的图象与直线 恰有三个公共点，这三个点的横坐标从小到大依次为，则（ ）A. -2B. C. 0D. 1【答案】B【解析】由题意得直线过定点，且斜率k0,由对称性可知，直线与三角函数图像切于另外两个点，所以，则切线方程过点，所以，而=。选B.【点睛】直线与曲线相切一般要应用三点，一是曲线在切点处的导数是切线的斜率，二是切点即在曲线上也在切线上，三是没有切点要设切点。本就用到了上面三点，然后再配求所求式子的结构。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.已知，

9、是第三象限角，则_【答案】【解析】【分析】由两角和的正切公式即可求得，结合即可求得，问题得解。【详解】因为，所以解得：，即：又，所以又是第三象限角，所以【点睛】本题主要考查了两角和的正切公式及同角三角函数基本关系，考查计算能力，属于基础题。14.易经是中国传统文化中精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每卦有三根线组成（“”表示一根阳线，“”表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率_【答案】【解析】【分析】由图可得：三根都是阳线的有一卦，三根都是阴线的有一卦，两根阳线一根阴线的有三卦，两根阴线一根阳线的有三卦，利用组合数可得基本事

10、件总数，分类利用计算原理求得符合要求的基本事件个数为10个，问题得解.【详解】从八卦中任取两卦，共有种取法若两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线，可按取得卦的阳、阴线的根数分类计算；当有一卦阳、阴线的根数为3、0时，另一卦阳、阴线的根数为0、3，共有种取法.当有一卦阳、阴线的根数为2、1时，另一卦阳、阴线的根数为1、2，共有种取法.所以两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的取法有种.则从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为【点睛】本题主要考查了组合计数及分类思想，考查古典概型概率计算公式，属于中档题。15.抛物线的焦点为，其准线为直线，过点作直线的垂线，垂足为，则的角

11、平分线所在的直线斜率是_.【答案】【解析】分析：由抛物线定义可知，进而可推断出FMH的角平分线所在的直线经过HF的中点，利用斜率的两点式即可得到结论.详解：连接HF，因为点M在抛物线上，所以由抛物线的定义可知，所以MHF为等腰三角形，所以FMH的角平分线所在的直线经过HF的中点，因为F，所以HF的中点为，所以FMH的角平分线的斜率为.故答案为：点睛：在解决与抛物线有关的问题时，要注意抛物线的定义在解题中的应用。抛物线定义有两种用途：一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为d，则|MF|d，可解决有关距离、最值、弦长等问题；二是利用动点满足的几何条件符合抛物线的定义，从

12、而得到动点的轨迹是抛物线16.我国古代数学名著九章算术中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺。问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的体积为_【答案】24【解析】【分析】首先确定几何体的空间结构特征，然后将其分割之后求解其体积即可.【详解】如图所示，在长宽高分别为的长方体中，三视图所对应的几何体是多面体，该组合体是由一个三棱锥和一个四棱锥组成的组合体，其体积：.故答案为：【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观

13、图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在中，内角、的对边分别为、，且满足.（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）2；（2）【解析】【分析】（1）对两边同除以，即可求得，结合正弦定理即可得解。（2）由余弦定理及可得，再利用余弦定理即可求得，问题得解。【详解】（1）因为，所以，得或（舍去），由正弦定理得.（2）由余弦定理得 将，即代入，得，得，由余弦定理得：，即：，则.【点睛】本题主要考查了正、余弦定理及同

14、角三角函数基本关系，考查计算能力及方程思想，属于中档题。18.如图，四棱锥，为等边三角形，平面平面，为中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）证明及，即可证明：平面，问题得证。（2）建立空间直角坐标系，由（1）得为平面的法向量，求得平面的法向量为，利用空间向量夹角的数量积表示即可求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为，所以，又平面平面，且平面平面，所以平面.又平面，所以，因为为中点，且为等边三角形，所以.又，所以平面.（2）取中点为，连接，因为为等边三角形，所以，因为平面平面，所以平面，所以，由，可知，所以.以中点为坐标原点，分别

15、以，所在直线为，轴，建立如图所示空间直角坐标系.所以，所以，由（1）知，为平面的法向量，因为为的中点，所以，所以，设平面的法向量为，由，得，取，则.所以 .因为二面角为钝角，所以，二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明，考查转化能力及空间思维能力，还考查了利用空间求二面角的余弦值，考查计算能力，属于中档题。19.为评估设备生产某种零件的性能，从该设备生产零件的流水线上随机抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：直径/7879818283848586878889909193合计件数11356193318442121100经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率

16、的估计值.（1）为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的频率）：；，评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙；若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁.试判断设备的性能等级.（2）将直径小于等于的零件或直径大于等于的零件认定为是“次品”，将直径小于等于的零件或直径大于等于的零件认定为是“突变品”，从样本的“次品”中随意抽取2件零件，求“突变品”个数的数学期望.【答案】（1）丙；（2）见解析【解析】【分析】（1）由表中数据即可求得各段范围内的概率，利用题中评判规则即可得解。（

17、2）由题意可知，样本中次品个数为6，突变品个数为2，“突变品”个数的可能取值为0，1，2.分别求出，的概率，问题得解。【详解】（1） ， ， .因为设备的数据仅满足一个不等式，故其性能等级为丙.（2）由题意可知，样本中次品个数为6，突变品个数为2，“突变品”个数的可能取值为0，1，2.，.所以分布列为 012 .【点睛】本题主要考查了统计图表知识，还考查了离散型随机变量分布列的求法及其期望公式，属于中档题。20.已知动点到定点和到直线的距离之比为，设动点的轨迹为曲线，过点作垂直于轴的直线与曲线相交于、两点，直线：与曲线交于、两点，与相交于一点（交点位于线段上，且与、不重合）.（1）求曲线的方程

18、；（2）当直线与圆相切时，四边形的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线的方程；若没有，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线【解析】试题分析：（1）第（1）问，设点P(x，y)，由题意可得，曲线E的方程.（2）第（2）问，先求出，再利用基本不等式得到m、n的值，最后得到直线的方程.试题解析：（1）设点P(x，y)，由题意可得，得.曲线E的方程是 （2）设，由条件可得.当m0时，显然不合题意.当m0时，直线l与圆x2y21相切，得.联立消去y得,则，.，当且仅当，即时等号成立，此时代入得.经检验可知，直线和直线符合题意.点睛：本题第（2）问，探究四边形的面积是最大值，采用了函数的方法，先求出，再想方法求面积的最大值.处理最值，函数的方法是一种常用方法.21.已知函数（1）若为曲线的一条切线，求a的值；（2）已知，若存在唯一的整数，使得，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）先求出，设出切点，利用切线方程求得，进而求得的值；（2）问题转化为存在唯一的整数，使的最小值小于零，利用导数求其极值，数形结合可得 ，且，即可得的取值范围试题解析：（1）函数的定义域为，设切点，则切线的斜率，所以切线为，因为恒过点，斜率为，且为的一条