【文档说明】【精准解析】河南省六市（南阳市、驻马店市、信阳市、漯河市、周口市、三门峡市）2020届高三第一次模拟调研数学（文）试题.pdf，共(22)页，510.991 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-2020年河南省六市高三第一次模拟调研试题文科数学第Ⅰ卷选择题（共60分）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，只有一项是符合题目要求的.1.若复数z满足(1)12izi，则||z()A.22B.

32C.102D.12【答案】C【解析】【分析】化简得到1322zi，1322zi，再计算复数模得到答案.【详解】(1)12izi，故121121313111222iiiiziiii，故1322zi，10z2.故选：

C.【点睛】本题考查了复数的化简，共轭复数，复数模，意在考查学生的计算能力.2.集合2|4,MyyxxZ的真子集的个数为()A.7B.8C.31D.32【答案】A【解析】【分析】计算2,3,0M，再计算真子集个数得到答案.【详解】2|

4,2,3,0MyyxxZ，故真子集个数为：3217.故选：A.【点睛】本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力.3.五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分.古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元

素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生-2-相克的关系.若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为（）A.12B.13C.14D.15【答案】A【解析】【分析】列举出金、木、水、火、土

任取两个的所有结果共10种，其中2类元素相生的结果有5种，再根据古典概型概率公式可得结果.【详解】金、木、水、火、土任取两类，共有：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10种结果，其中两类元素相生的有火木、火土、木水、

水金、金土共5结果，所以2类元素相生的概率为51102，故选A.【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有(1)枚举法：

适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先11(,)AB，12(,)AB….1(,)nAB，再21(,)AB，22(,)AB…..2(,)nAB依次31(,)AB32(,)

AB….3(,)nAB…这样才能避免多写、漏写现象的发生.4.已知()(cos)xfx，0,2，设21log72af，4log3bf，16log5cf，则a，b，c的大小关系是()A.ac

bB.cabC.bacD.cba-3-【答案】B【解析】【分析】由cos0,1可知fx单调递减，由对数的运算性质和对数函数单调性可确定自变量的大小关系，由此可得函数值的大小关系.【详解】当0,2时，cos0,1，

cosxfx在R上单调递减，241log7log72，16441log5log5log52，16241log5log7log32，16241log5log7log32fff，即cab.故选：B.【点睛

】本题考查利用函数的单调性比较函数值的大小关系问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够根据余弦函数的值域确定函数的单调性，进而根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系.5.已知π3cos,25且π3π,,22则tanA.43B.34C.34

D.34【答案】B【解析】由πcos2=3sin5,即3sin5,又π3π,22,所以4cos5,则3tan4.故选B．6.设函数1()ln1xfxxx

，则函数的图像可能为（）A.B.C.D.-4-【答案】B【解析】【分析】根据函数为偶函数排除,AC，再计算11()22ln30f排除D得到答案.【详解】1()ln1xfxxx定义域为：(1,1)11()lnln()11xxfxxxfxxx，函数为偶函数，排除

,AC11()22ln30f，排除D故选B【点睛】本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.7.已知某超市2018年12个月的收入与支出数据的折线图如图所示：根据该折线图可知，下列说法错误的是（）A.该超市2018

年的12个月中的7月份的收益最高B.该超市2018年的12个月中的4月份的收益最低C.该超市2018年1-6月份的总收益低于2018年7-12月份的总收益-5-D.该超市2018年7-12月份的总收益比2018年1-6月份

的总收益增长了90万元【答案】D【解析】【分析】用收入减去支出，求得每月收益，然后对选项逐一分析，由此判断出说法错误的选项.【详解】用收入减去支出，求得每月收益（万元），如下表所示：月份123456789101112收益2030201030

30604030305030所以7月收益最高，A选项说法正确；4月收益最低，B选项说法正确；16月总收益140万元，712月总收益240万元，所以前6个月收益低于后六个月收益，C选项说法正确，后6个月收益比前6个月收益

增长240140100万元，所以D选项说法错误.故选D.【点睛】本小题主要考查图表分析，考查收益的计算方法，属于基础题.8.已知向量a，b满足abab，且||3a，||1b，则向量b与ab

的夹角为（）A.3B.23C.6D.56【答案】B【解析】【分析】对abab两边平方，求得0ab，所以ab.画出图像，根据图像确定b与ab的夹角，并根据它补角的正切值求得对应的角的大小.【详解】因为abab，所以2222

22aabbaabb，即0ab，所以ab.如图，设ABa，ADb，则向量b与ab的夹角为BDE，因为tan3BDA，所以3BDA，23BDE.故选B.-6-【点睛】

本题考查平面向量的模以及夹角问题，考查运算求解能力，考查数形结合的数学思想方法.属于中档题.9.程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作.它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了

重要的作用.卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个，问该若干？”如图是解决该问题的程序框图.执行该程序框图，求得该垛果子的总数S为()A.84B.56C.35D.28【答案】A【解析】【分析】按照程序框图运行程序，直到满足7i时输出结果即可.【

详解】按照程序框图运行程序，输入0i，0n，0S，则1i，1n，1S，不满足7i，循环；2i，3n，4S，不满足7i，循环；3i，6n，10S，不满足7i，循环；4i，10n，20S，不满足7i，循环；-7-5i，15n，35S，不满足7i

，循环；6i，21n，56S，不满足7i，循环；7i，28n，84S，满足7i，输出84S.故选：A.【点睛】本题考查根据程序框图循环结构计算输出结果的问题，属于基础题.10.已知点M是抛物线24xy上的一动点，F为抛物线的焦点，

A是圆C：22(1)(4)1xy上一动点，则||||MAMF的最小值为（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义和三角形三边关系可知当,,MAP三点共线时，MAMF的值最小，根据圆的性质可知最小值为CPr；根据抛物线方程和圆的方程可求得CP

，从而得到所求的最值.【详解】如图所示，利用抛物线的定义知：MPMF当,,MAP三点共线时，MAMF的值最小，且最小值为1CPrCP抛物线的准线方程：1y，1,4C415CPmin514M

AMF本题正确选项：B【点睛】本题考查线段距离之和的最值的求解，涉及到抛物线定义、圆的性质的应用，关键是能够找到取得最值时的点的位置，从而利用抛物线和圆的性质来进行求解.11.设锐角ABC的三内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，且2b，2AB，

则a的取值范围为()-8-A.(22,23)B.(2,23)C.(22,4)D.(0,4)【答案】A【解析】【分析】根据锐角三角形的特点和2AB可确定B的取值范围，进而求得cosB的取值范围；利用正弦定理可得到4cosaB，进而求得结果.【详解】2AB且ABC为锐

角三角形，20,2B，0,4B，又3ABB，3,2B，,63B，,64B，23cos,22B，由正弦定理sinsinabA

B得：sinsin22sincos4cossinsinsinbAbBbBBaBBBB，22,23a.故选：A.【点睛】本题考查三角形边长的取值范围的求解问题，涉及到正弦定理的应用；关键是能够通过正弦定理明确所求边长与角的余弦值

有关，进而通过求解角的余弦值的范围来求解边长的范围.12.设1F，2F分别为双曲线22221xyab（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点1F作圆222xyb的切线与双曲线的左支交于点P，若212PFPF，则双曲线的离心率为（）A.2B.3C.5D.6【答案】C【

解析】【分析】设过点1F作圆222xyb的切线的切点为T，根据切线的性质可得1OTPF，且||OTa，再由212PFPF和双曲线的定义可得12||2,||4PFaPFa，得出T为1FP中-9-点，则有2//OTPF，得到21PFPF，即

可求解.【详解】设过点1F作圆222xyb的切线的切点为T，22111,||||OTPFFTOFba2121212,2,4,2PFPFPFPFaPFaPFa，所以T是1FP中点，212//,OTPFPFPF，22221212||||20||4PFPF

aFFc，225,5cea.故选:C.【点睛】本题考查双曲线的性质、双曲线定义、圆的切线性质，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.第Ⅱ卷非选择题（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13

.曲线sinyxx在点,0处的切线方程为___________.【答案】2yx【解析】【分析】根据导数的几何意义,先求得在点,0处的切线的斜率.进而结合点斜式即可求得切线方程.【详解】

曲线sinyxx则''sinsin'sincosyxxxxxxx所以在点,0处的切线的斜率为sincosk由点斜式可得2yxx故答案为:2yx【点睛】本题考查了导数的几何意义,直线方程的点斜式应用,属于

基础题.-10-14.已知等比数列na的前n项和为nS，若37S，663S，则1a＝_______．【答案】1【解析】【分析】由题意可得，公比q≠1，则3111aqq7，6111aqq63，相除可得公比q，即得

1a的值．【详解】由题意可得，公比q≠1，∴3111aqq7，6111aqq63，相除可得1+q3＝9，∴q＝2，∴a1＝1．故答案为1.【点睛】本题考查等比数列的前n项和公式，求得q值是解题的关键，属于基础题．15.已知函数()3sin

cosfxxx（0），当|()()|4fmfn时，||mn的最小值为3，若将函数()fx的图象向右平移（0）个单位后所得函数图象关于y轴对称，则的最小值为________.

【答案】29【解析】【分析】利用辅助角公式可整理函数得到2sin6fxx，根据最值可知min2Tmn，从而求得函数解析式；根据三角函数平移变换原则得到变换后函数的解析式，根据对称性可得到362kkZ，

结合0可求得结果.【详解】3sincos2sin6fxxxx，max2fx，min2fx，maxmin4fmfnfxfx，min23Tmn，223T，3，2sin36fxx

，将fx右移个单位得：2sin336fxx，-11-fx关于y轴对称，362kkZ，93kkZ，又0，min29.故答案为：29.【点睛】本题考查根据三角函数的性质求解函数解析式、

三角函数的平移变换等知识，涉及到利用辅助角公式化简三角函数的问题；关键是能够通过函数的最值确定minmn与函数最小正周期之间的关系.16.在直三棱柱111ABCABC中，13AA，底面三边长分别为

3，5，7，P是上底面111ABC所在平面内的动点，若三棱锥PABC的外接球表面积为2443，则满足题意的动点P的轨迹对应图形的面积为________.【答案】583【解析】【分析】设D为ABC外接圆圆心，作1DD平面ABC，根据三棱锥外接球的性质可知球心O为

1DD上一点；在ABC中，结合正余弦定理可求得ABC的外接圆半径，进而勾股定理可求得球心到平面ABC的距离，再利用勾股定理求得1DP，可得P点轨迹为圆，进而求得结果.【详解】不妨设7AC，5AB，3BC，设D为ABC外接圆圆心，作

1DD平面ABC，交平面111ABC于点1D，由三棱锥外接球的性质可知，球心O为1DD上一点.设三棱锥PABC外接球半径为R，-12-三棱锥PABC外接球表面积224443R，2613R.在A

BC中，由余弦定理得：2224925913cos227514ACABBCAACAB，233sin1cos14AA，由正弦定理得：732sin3BCADA，2226149433ODRAD，即2OD，13

21OD，22115817433DPROD，即点P的轨迹对应的图形是以1D为圆心，1743为半径的圆，对应的图形面积为21745833.故答案为：583.【点睛】本

题考查立体几何中的动点轨迹问题的求解，重点考查了几何体的外接球的相关问题的求解；关键是能够根据外接球的性质确定球心的位置，结合勾股定理得到动点所满足的具体条件.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或

演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：60分.17.党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一

.为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，此帮扶单位考察了甲、乙两种不同的农产品加工生产方式，现对两种生产方式的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区

间[80,100]的为优等品；指标在区间[60,80)的为合格品，现分别从甲、乙两种不同加工方式生产的农产品中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频数分布表如下：甲种生产方式：指标区间[65,70)[70,75)[75,80)[80,85)[85,9

0)[90,95]-13-频数51520301515乙种生产方式：指标区间[70,75)[75,80)[80,85)[85,90)[90,95)[95,100]频数51520302010（1）在用甲种方式生产的产品中，按合格

品与优等品用分层抽样方式，随机抽出5件产品，①求这5件产品中，优等品和合格品各多少件；②再从这5件产品中，随机抽出2件，求这2件中恰有1件是优等品的概率；（2）所加工生产的农产品，若是优等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元.甲种生产方式每生产一件产品的成本为15元，乙种生产方式

每生产一件产品的成本为20元.用样本估计总体比较在甲、乙两种不同生产方式下，该扶贫单位要选择哪种生产方式来帮助该扶贫村来脱贫？【答案】（1）①优等品3件，合格品2件；②35；（2）选择乙生产方式.【解析】【分析】（1）①根据频数分布表知：甲的优等品率为0.6，

合格品率为0.4，即可得到抽去的件数；②记3件优等品为A，B，C，2件合格品分别为a，b，从中随机抽2件，列举出基本事件的总数，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解；（2）分别计算出甲、乙种生产方式每生产100件所获得的利润为1T元2T元，比

较即可得到结论．【详解】（1）①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品3件，合格品2件.②记3件优等品为A，B，C，2件合格品分别为a，b，从中随机抽2件，抽取方式有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，

ab共10种，设“这2件中恰有1件是优等品的事件”为M，则事件M发生的情况有6种，所以63105PM.-14-（2）根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，2

0件合格品.设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为1T元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为2T元，可得16055154025152800T（元），28055202025202900T（元），由于12TT

，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，该扶贫单位要选择乙生产方式来帮助该扶贫村来脱贫较好.【点睛】本题主要考查了频率分布直方表与频率分布直方图的应用，其中解答中熟记在频率分布直方图中，各小长方形的面积表示相应各组的频率，且所有小长方形的面积

的和等于1，合理利用古典概型及其概率的计算公式求解概率是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．18.已知等差数列na的公差0d，其前n项和为nS，且520S，358,,aaa成等比数列.（1）求数列na的通项公式；（2）令11nnn

bnaa，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)1nan；(2)1222nnnnTn.【解析】试题分析：（1）由520S可得1545202ad，化为：124ad．由358,,aaa成等比

数列，可得22538111(4)270aaaadadadd，（）（），，化为：12ad．联立解得：1ad，．即可得出na．（2）11112nnnbnaann1112nnnn利用裂项求和方法、等差数列的求和公式即可得出．-15-

试题解析：（1）因为1555202aaS，即158aa34a即124ad，①因为358,,aaa为等比数列，即2538aaa所以2111427adadad，化简得：12ad②联立①和②得：

12a，1d所以1nan（2）因为11112nnnbnaann1112nnnn所以111111123233445nT

1112nnn1111111123344512nn123n111222nnn

1222nnnn19.如图在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PAD为等边三角形，平面PAD平面PCD.（1）证明：平面PAD平面ABCD；（2）若2AB，Q为线段PB的中点，求三棱锥QPC

D的体积.-16-【答案】（1）证明见解析；（2）33.【解析】【分析】（1）取PD的中点O，连结AO，由面面垂直和线面垂直的性质可知AOCD；由正方形特点知CDAD，由线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论；（2）由中点性质可知12QPCDBPCDVV

，利用体积桥的方式可求得结果.【详解】（1）取PD的中点O，连结AO，PAD为等边三角形，AOPD，AOQ平面PAD，平面PAD平面PCDPD，平面PAD平面PCD，AO平面PCD，又CD平面PCD，AOCD，底面ABCD为正方形，CDAD

.又AOADAI，,AOAD平面PAD，CD\^平面PAD，CD平面ABCD，平面PAD平面ABCD（2）Q为线段PB的中点，Q到平面PCD的距离为B到平面PCD的距离的12.由（1）知：平面PAD平面ABCD，由面面垂直的性质

可知：在PAD中，AD边上的高即为三棱锥PBCD的高，123333PBCDBCDVS，113223QPCDBPCDPBCDVVV.【点睛】本题考查立体几何中面面垂直关系的证明、三棱锥体积的求解问题，涉及到线面垂直和

面面垂直的判定与性质定理、三棱锥体积公式的应用；求解三棱锥体积的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为高易求的三棱锥的体积的求解问题.-17-20.设椭圆2222:1(0)xyCabab的左右焦点分别为12,FF，离心率是e，动点00,Pxy在椭

圆C上运动，当2PFx轴时，001,xye.（1）求椭圆C的方程；（2）延长12,PFPF分别交椭圆于点,AB（,AB不重合）.设1122,AFFPBFFP，求的

最小值.【答案】（1）2212xy；（2）23【解析】【分析】（1）根据题意直接计算得到1b，2222abc，得到椭圆方程.（2）不妨设(,)Pmn，且0n，设1122,,,Axy

Bxy，代入数据化简得到[(32)1](1)0m，故2116323294mmm，得到答案.【详解】（1）cea，所以1,,1cPca，222211caab，化简得2222211bcabb，所以1b，2222abc，

所以方程为2212xy；（2）由题意得，P不在x轴上，不妨设(,)Pmn，且0n，设1122,,,AxyBxy，所以由11AFFP，得111,(1,)xymn，所以111,xmyn，-18-由221112xy

，得22(1)()12mn，代入2212mn，化简得：[(32)1](1)0m，由于10，所以132m，同理可得132m，所以2116323294mmm，所以当0m时，最小为23【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的向量

运算和最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21.已知函数()ln()afxxaRx.（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）令(5)2()akgaa，若对任意的x＞0，a＞0，恒有f（x）≥g（a）成立，求实数k的最大整数.【答案】（1）见解析（2）7【解析】【分析】

（1）221,axafxxxx讨论0a和0a两种情况；（2）由min1ln1ffxaxga（），成立转化为minmaxfxga，分离k,构造函数求最值即可.【详解】（1）此函数的定义域为0,，221,axafxxxx（1）当0a

时，0,fxfx在0,上单调递增，（2）当0a时，0,,0,xafxfx单调递减，,,0,xafxfx单调增综上所述：当0a时，fx在0,上单调递增当0a时，0,,xafx单调递减，,,xafx

单调递增.（2）由（Ⅰ）知minln1,fxfaafxga恒成立，则只需ln1aga恒成立，-19-则522ln15,akakaa2ln6aka，令2ln,haaa则只需min6,hak则22122,ahaaaa

0,2,0,ahaha单调递减，2,,0,ahaha单调递增，min2ln21hah即ln216,ln27,kkk的最大整数为7.【点睛】本题考查利用导数研究函数单

调性，求最值，考查双变元恒成立问题，综合性强,第二问转化为minmaxfxga是关键.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.心形线是由一个圆上的一个定点，当该圆在绕着与其相

切且半径相同的另外一个圆周上滚动时，这个定点的轨迹，因其形状像心形而得名，在极坐标系Ox中，方程(1sin)a（0a）表示的曲线1C就是一条心形线，如图，以极轴Ox所在的直线为x轴，极点O为坐标原点的直角坐标系xOy中.已知曲线2C的参数方程为

1333xtyt（t为参数）.（1）求曲线2C的极坐标方程；（2）若曲线1C与2C相交于A、O、B三点，求线段AB的长.【答案】（1）6（R）；（2）2a.【解析】-20-【分析】（1）化简得到直线方程为33yx，再利用极坐标公式计算得到答案.（2）联立方程计算得到

,26aA，37,26aB，计算得到答案.【详解】（1）由1333xtyt消t得，30xy即33yx，2C是过原点且倾斜角为6的直线，∴2C的极坐标方程为6（R）.（2）由6(1sin)a得，26a

∴,26aA，由76(1sin)a得3276a∴37,26aB，∴3||222aaABa.【点睛】本题考查了参

数方程，极坐标方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.选修4-5：不等式选讲23.已知函数()|||2|fxxax.（1）当1a时，求不等式()7fx的解集；（2）若()|4||2|fxxxa„的解集包含0,2，求a的取值范围.

【答案】（1）(,3][4,)；（2）[22]，.【解析】【分析】（1）对x范围分类整理得：21,1()3,1221,2xxfxxxx„，分类解不等式()7fx即可．（2）利用已知转化为“当[02]x，时，|||2|2xaxa„”恒

成立，利用绝对值不等式-21-的性质可得：|||2|||xaxaa„，问题得解．【详解】当1a时，21,1()3,1221,2xxfxxxx„，当1x时，由()7fx得217x，解得3x；当12x时，()7f

x无解；当2x时，由()7fx得217x，解得4x，所以()7fx的解集为(,3][4,)（2）()|4||2|fxxxa„的解集包含[0]2，等价于|||2||4||2|xaxaxx„在[0]2，上恒成立，当[02]x，时，|||2||4

||2|2xaxaxx„等价于max|(2|||)2xaax„恒成立，而|||2||()(2)|||xaxaxaxaa„，∴2a，故满足条件的a的取值范围是[22]，【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化

能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．-22-