【文档说明】【精准解析】河南省许昌济源平顶山2020届高三第二次质量检测数学（理）试题.pdf，共(26)页，402.843 KB，由小赞的店铺上传

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-1-许昌济源平顶山2020年高三第二次质量检测理科数学一、选择题：本题共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.设集合23180Axxx，ln0Bxx，则AB（）

A.,3B.3,1C.1,6D.6,【答案】C【解析】【分析】根据不等式的解法分别求出集合A与B，结合交集的定义，即可求出结果.【详解】解：由题意可知,2318036Axxxxx，ln01Bxxxx，则

161,6ABxx.故选：C.【点睛】本题考查集合的交集及其运算，还考查一元二次不等式的解法和对数的运算.2.复数12i34iz，则z的共轭复数z等于（）A.3i5B.12i55C.iD.4i3【答案】B【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算，再结合共

轭复数的概念，即可得出答案.【详解】解：由题意得，123412510123434342555iiiiiziii，则1255iz，-2-即共轭复数1255iz.故选：B.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除法运算和共轭复数的概念，属于

基础题.3.已知数列na是等比数列，函数256yxx的零点分别是2a，8a，则5a（）A.2B.2C.3D.6【答案】D【解析】【分析】由韦达定理可知286aa，285aa，由此利用等比数列的性质求解即可.【详解】

函数256yxx的零点分别是2a，8a，286aa，285aa，20a，80a，又数列na是等比数列，25286aaa，56a，经检验满足要求.故选：D.【点睛】本题考查了等比数列

的性质，考查了计算能力，属于基础题.4.已知sin2a，23log5b，0.53c，则（）A.abcB.bcaC.bacD.cba【答案】C【解析】【分析】利用正弦函数、对数函数、指数函数的单调性，比较大小即可.【详解】22，0sin21，即01a

，-3-51，2013，23log50，即0b，31，0.50，0.531，即1c，bac.故选：C.【点睛】本题考查了利用函数单调性比较大小，属于基础题.5.给出下列四个结论：①若fx是奇函数

，则2fx也是奇函数；②若fx不是正弦函数，则fx不是周期函数；③“若3，则3sin2.”的否命题是“若3πθ，则3sin2.”；④若p：11x；q：ln0x，则p是q的充分不必要条件.其中

正确结论的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据题意，逐一分析，即可判断得出结论.【详解】解：①若fx是奇函数，有fxfx，则22fxfx，所以2fx也是奇函数

，①正确；②若fx不是正弦函数，而fx可以是余弦函数，是周期函数，所以②错误；③根据否命题的定义可知：对原命题的条件和结论都否定，可知③正确；④中，由p：11x，解得0x或1x；由q：ln0x，解得1x，则p是q的必要不充分条件，故④错误.-4-综上可知，

正确结论的个数为2个.故答案为：B.【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及定义法判断函数的奇偶性、周期函数、否命题以及充分必要条件的定义等知识.6.在ABC中，D、P分别为BC、AD的中点，且BPABAC，则（）A.13B.13C.12D.12【

答案】C【解析】【分析】由向量的加减法运算，求得BPBDDPBDPD，进而得出22BPABACBDPD

，列式分别求出和，即可求得.【详解】解：已知D、P分别为BC、AD的中点，由向量的加减法运算，得BPBDDPBDPD，2ABADDBBDPD，2ACADDCBD

PD，又22BPABACBDPD，则1221，则12.故选：C.-5-【点睛】本题考查平面向量的加减法运

算以及向量的基本定理的应用.7.过双曲线C：22221xyab的右顶点作x轴的垂线，与C的一条渐近线交于点A，以C的右焦点为圆心的圆经过A、O两点（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为（）A.43B.53C.233D.2【答案】D【解析】【分析】根据题意，求得,Aab

，右焦点2,0Fc，22AFOFc，利用勾股定理得出OAc，从而得出2OAF为正三角形，即可求出双曲线C的离心率.【详解】解：由题知，双曲线2222:1xyCab的一条渐近线方程为：byxa，则,Aab，右焦点2,0Fc，22A

FOFc，又2222abcOA，则OAc，则2OAF为正三角形，则cos60ac，所以2cea.故选：D.【点睛】本题考查双曲线的离心率以及双曲线的简单几何性质的应用.8.自新型冠状病毒疫情爆发以来，人们时刻关注疫情，特别是治愈率，治愈率累计治愈人数-

6-／累计确诊人数，治愈率的高低是“战役”的重要数据，由于确诊和治愈人数在不断变化，那么人们就非常关心第n天的治愈率，以此与之前的治愈率比较，来推断在这次“战役”中是否有了更加有效的手段，下面是一段计算治愈率的程序框图，请同学们选出正确的选项，分别填入①②两处，完成程序框

图.（）ig：第i天新增确诊人数；iy：第i天新增治愈人数；il：第i天治愈率A.iiigly，1iiB.iiiylg，1iiC.iSlZ，1iiD.iZlS，1ii【答案】D【解析】【分析】-7-由治愈率的公式，结合程序框图可知Z和S的意义，可得①处正确选项，

即可得解.【详解】∵治愈率累计治愈人数／累计确诊人数，由程序框图可知，Z表示累计治愈人数，S表示累计确诊人数，∴iZlS，即①处填iZlS.故选：D.【点睛】本题考查了补全程序框图，属于基础题.

9.某小学要求下午放学后的17：00-18：00接学生回家，该学生家长从下班后到达学校（随机）的时间为17：30-18：30，则该学生家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子的概率为（）A.78B.34C.1

2D.14【答案】A【解析】【分析】根据题意，设学生出来的时间为x，家长到达学校的时间为y，转化成线性规划问题，利用面积型几何概型求概率，即可求得概率.【详解】解：根据题意，设学生出来的时间为x，家长到达学校的时间为y，学生出来的时间为17：00-1

8：00，看作56x，家长到学校的时间为17：30-18：30，5.56.5y，要使得家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子，则需要yx，则相当于565.56.5xy，即求yx的概率，如图所

示：约束条件对应的可行域面积为：1，则可行域中yx的面积为阴影部分面积：111712228，所以对应的概率为：77818，即学生家长从下班后，在学校规定时间内接到孩子的概率为：78.-8-故选：A.【点睛】本题考查利用面积

型几何概型求概率，考查运算求解能力.10.已知函数π3()cos()3cos(π)(0)22fxxx的图象过点5π(,2)3，则要得到函数()fx的图象，只需将函数2sinyx的图象A.向右平移2π3个单位长度B.向左平移2π3个单位长

度C.向左平移π3个单位长度D.向右平移π3个单位长度【答案】A【解析】由题可得πsin3cos2sin3fxxxx，因为点5π,23在函数fx的图象上，所以5π5ππ2sin2333f，所以5ππ

π2π332kkZ，即6152kkZ，因为302，即6130522k，解得55126k，又kZ，所以0k，12，所以fx1π12π2sin2sin2323xx

，故要得到函数fx的图象，只需将函数12sin2yx的图象向右平移2π3个单位长度．故选A．11.已知*nN，设nx是关于x的方程320nxxn的实数根，记1nnanx，1,2,3,n.（符号x表示不超过x的最大整数）.则123

20212020aaaa（）A.1010.5B.1010C.1011.5D.1011-9-【答案】C【解析】【分析】设1nnynx，则1nnyxn，则332011nnynynnn，令332

11nfyyynnn，通过求导得出fy的单调性，利用零点存在性定理，得出12nnynn，进而得出nnayn，便可求出结果.【详解】解：由题可知，设1nnynx，则1nny

xn，而nx是关于x的方程320nxxn的实数根，于是方程化为332011nnynynnn.记33211nfyyynnn，2332011nfyynn

，则fy在0,上为增函数，且432011nnfnnnn，120fn，则12nnynn，则nnayn，又10a，则123202123420211011.520202020aa

aa.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的综合应用，涉及运用导数求出函数单调性、零点存在性定理和数列求和，考查计算能力.12.已知e为自然对数的底数，定义在R上的函数fx满足2exf

xfx，其中fx为fx的导函数，若224ef，则2exfxx的解集为（）-10-A.,1B.,2C.1,D.2,【答案】B【解析】【分析】根据题意，构造新函数2xfxgxxe，求导

，利用导函数求得gx在0,上是减函数，由224ef得出20g，将2exfxx转化为0gx，利用单调性即可求出不等式的解集.【详解】解：由题可知，2exfxfx，即：02exfxfx，则令

2xfxgxxe，则220xxxfxfxfxfxegxee，所以，gx在R上是减函数，因为224ef，则22240fge，即：20g

，则不等式2xfxxe，则20xfxxe，等价于0gx，即2gxg，则2x，所以2exfxx的解集为：,2.故选：B.【点睛】本题考查利用单调性解不等式，利用构造函数法和利用导数求出函数的单调性，考查转化思想.二、填空题：本大

题共4小题，每小题5分，共20分.13.现有排成一列的5个花盆，要将甲、乙两种花分别栽种在其中的2个花盆里，若要求没有3个空花盆相邻，则不同的种法总数是__________（用数字作答）.【答案】14【解析】-11-【分析】先求出没有限制的种花种数

，再排除三个空盆相邻的种数，即可得出答案.【详解】解：由题知，没有限制的种花种数为：2520A种，其中三个空花盆相邻的情况有：336A种，则没有3个空花盆相邻的种数为：20-6=14种.故答案为：14.【点睛】本题考查排列与组合的应用，利用捆绑法解决问题.14.33nxx

展开式奇数项的二项式系数和为32，则该展开式的中间项是__________.【答案】3220x【解析】【分析】根据题意，利用二项式系数和公式求出6n，则二项展开式的中间项为第4项，根据通项公式，即可求出中间项.【详解】解：已知二项展开式的奇数项的二项式系数

和为32，则所有二项式系数和64，则264n，得6n，得二项展开式共有7项，则中间项为第4项，所以展开式的中间项为：3333263203xCxx.故答案为：3220x.【点睛】本题考查二项展开式

的通项公式，以及所有二项式系数和，考查计算能力.15.在平行四边形ABCD中，22AB，3BC，且2cos3A，以BD为折痕，将BDC折起，使点C到达点E处，且满足AEAD，则三棱锥EABD的外接球的表面积为__________.【答

案】13π【解析】-12-【分析】先由余弦定理求得3BD，在四面体ABED中，根据棱长关系可知，将四面体ABED放在长方体中，则三棱锥EABD的外接球转化为长方体的外接球，根据棱长关系求出长方体的长、宽、高，利用长方体的体对角线等于外接球的直径，求出外接球半径，从

而可求得外接球的表面积.【详解】解：在ABD△中，22AB，3BC，且2cos3A，由余弦定理，得2222cosBDABADABADA，即：2222223222393BD，解

得：3BD，在四面体ABED中，3AEBD，3ADBE，22ABED，三组对棱长相等，可将四面体ABED放在长方体中，设长方体的相邻三棱长分别为x，y，z，设外接球半径为R，则229xy，

229yz，228zx，则22213xyz，即213R，所以132R.所以，四面体EABD外接球的表面积为：2134413π4R.故答案为：13π.【点睛】本题考查外接球的表面积，涉及长方体的外接球的

性质，考查转化思想和计算能力.16.对于数列na定义：1*1nnnaanN，211*1nnnnN，-13-322*1nnnnN，

，11*1kkknnnnN，称数列kn为数列na的k阶差分数列.如果knd（常数）*nN，那么称数列na是k阶等差数列.现在设数列na是3阶等差数列，且13a，29a，327a，36n

，则数列na的通项公式为__________.【答案】33nann【解析】【分析】根据定义，利用迭加法求得211121266nnnnnnaaan，继续迭加后，得出221362nnnnaa，先求出2na的表达式，即可

得出数列na的通项公式.【详解】解：由题知：322121，322232，……32211nnn，迭加得：33332221231112nnn，则

26112nn，266nn.又211121266nnnnnnaaan，则321262aaa，432263aaa，……21261nnnaaan，迭加得：212

162341nnaaaan，则2212136234162nnnnaanaa，-14-则23113162aa，24323262aa，……221362nnnnaa，迭加得：

2222221123312362naannn，则213121169124nannnnnn，则33nann.故答案为：33nn.【点睛】本题考查由新定义求数列

通项公式以及迭加法的运用，考查逻辑思维和计算能力.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.17.AB

C内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3cos3sin3aCcAb.（1）求角A；（2）若1b，延长CB至D.使3BDAB，且4CD，点E在AD上，且3AEED，求ABE△的面积.【答案】（1）6；（2）9316【解析】【分析】（1）

根据题意，由正弦定理得3sincos3sinsin3sinACCAB，利用诱导公式和两角和与差的正弦公式化简得3sinsin3cossinACAC，即可求出角A；-15-（2）设ABx，3BDx，则4

3CBx，ABC中，由余弦定理求出3x，求得115π33sin33sin2264ABDSBABDABD△，从而得出ABE△的面积.【详解】解：（1）3cos3sin3aCcAb

，由正弦定理可得：3sincos3sinsin3sinACCAB，又πABC，∴πBAC，∴3sincos3sinsin3sinACCAAC，即3sinsin3cossinACAC，∵0πC，∴sin0

C，∴3tan3A，又∵0πA，∴π6A，（2）设ABx，3BDx，则43CBx，在ABC中，由余弦定理得222π43121cos6xxx，解得3x或532x，当532

x时，543302CB.所以3x，3BD，1CBAC，π6ABC，115π33sin33sin2264ABDSBABDABD△.393416ABEABDSS.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，以及三角形的面积公式，还涉及诱导公式

和两角和与差的正弦公式，考查计算能力.18.如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面ABCD，-16-12ABBCAD，90BADABC，E是PD的中点.（1）求证：直线//CE平

面PAB；（2）点M在棱PC上，且二面角MABD的余弦值为217，求直线BM与底面ABCD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）235【解析】【分析】（1）取PA中点F，连结EF，BF，根据三角形中位线的性质，得出//EFAD，12EFAD，结合条件，可证出四边形B

CEF为平行四边形，得出//CEBF，最后根据线面平行的判定定理，即可证明直线//CE平面PAB；（2）建立空间直角坐标系，设01PMPC，则可得,1,33M，由图可知底面ABCD法向量，根据空间向量法求出平面M

AB的法向量，利用已知的二面角余弦值，求出，得出点M坐标，再利用空间向量求线面角的公式，求出直线BM与底面ABCD所成角的正弦值.【详解】解：证明：（1）取PA中点F，连结EF，BF，-17-因为E为PD的中点，所以//EFAD，12EFAD，由9

0BADABC，得//BCAD，又12BCAD，所以EFBC,EF//BC，则四边形BCEF为平行四边形，有//CEBF，又BF平面PAB，CE平面PAB，故//CE平面PAB.（2）由已知得BAAD，以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，A

B为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则0,0,0A，1,0,0B，1,1,0C，0,1,3P，1,0,3PC，1,0,0AB，设01PMPC，则可得,1,33M，设平面MAB的一个法向量为

,,mxyz，则00mABmAM，即0310xxyz，取1z，则0,33,1m，又易知底面ABCD的一个法向量为0,0,1n，由于二面角MABD的余弦值为217，∴2121cos7331mn

mmnn，-18-∴291850，解得13或53（舍去），∴123,1,33M，∴223,1,33BM，则2223233sin5223133BMn

nBMnMB，∴直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为235.【点睛】本题考查线面平行的判定定理和利用空间向量法求空间角的问题，考查空间思维和计算能力.19.一家商场销售一种

商品，该商品一天的需求量在1029,xxxN范围内等可能取值，该商品的进货量也在1029,xnnN范围内取值（每天进货1次）.这家商场每销售一件该商品可获利60元；若供不应求，可从其他商店调拨，销售一件该商品可获利40元；若供大于求，剩余的每处理一件该商

品亏损20元.设该商品每天的需求量为x，每天的进货量为n件，该商场销售该商品的日利润为y元.（1）写出这家商场销售该商品的日利润为y关于需求量x的函数表达式；（2）写出供大于求，销售n件商品时，日利润y的分布列；（3）当进货量n多大时，该商场销售该商品的日利润的期望

值最大？并求出日利润的期望值的最大值.【答案】（1）4020,29,8020,10,xnnxxNyxnxnxN；（2）分布列见解析；（3）16n或17n，962Ey【解析】【分析】（1）根据题意，

该商品每天的需求量为x，进货量为n，分段求出30nx和10xn时，利润为y关于需求量x的函数表达式；-19-（2）当供大于应求时，每种情况的概率都为120，即可求出日利润为y的分布列；（3）分别求出日利润，得出y的分布列，即可

求出日利润y的数学期望233690Eynn，根据二次函数的性质，可知16n或17n是日利润的期望值最大，即可求出期望值的最大值.【详解】解：（1）因为该商品每天的需求量为x，进货量为n，该量贩销售该商品的日

利润为y关于需求量x的函数表达式为：6040,30,6020,10,nxnnxxNyxnxxnxN，化简得：4020,29,8020,10,xnnxxNyxnxnxN，（2）供大于应求时，日利润为y的分布列：

y801020n801120n80220nn80120nnp120120.120120.（3）日利润为y的分布列：y801020n801120n8

0120nn4020nn40120nn402020n402920np120120120120120120120y的数学期望为：1801020

8011208012020Eynnnn140204012040282040292020nnnnnn-20-180101112020nnn

14012829302020nnnn233690nn，当16.5n数学期望值最大，但n为自然数，经验证16n或17n，962Ey.【点睛】本题考查函数在实际生活中的应用，以及分布列和数学期望，考查分析解决和计算能力.2

0.已知函数21ln,2fxxaxxaR.（1）令1gxfxax，求函数gx的单调区间；（2）若2a，正实数12,xx满足12120fxfxxx，证明：12512xx.【答案】（1）当0a时，函数gx的递增区间是0

,，无递减区间；当0a时，函数gx的递增区间是10,a，递减区间是1,a；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）化简21ln12gxxaxxax，211axaxgxx，对a分成0a和0a两类讨论g

x的单调区间；（2）当2a时，2ln,0fxxxxx，12120fxfxxx转化为212121212lnxxxxxxxx，令12,lntxxttt，利用导数求得212121xxxx，又120xx，故12

512xx，由120,0xx可知120xx.【详解】（1）211ln12gxfxaxxaxxax，-21-所以211axaxgxx，当0a时，因为0x，所以0gx，即gx在0,单调递增，当0a时，1

1axxagxx，令0gx，得1xa，所以当10,xa时，0gx，gx单调递增，当1,xa时，0,gxgx单调递减，综上，当0a

时，函数单调递增区间为0,，无递减区间；当0a时，函数单调递增区间为10,a，单调递减区间为1,a；（2）当2a时，2ln,0fxxxxx，由12120fxfxxx可得2

2121122ln0xxxxxx，即212121212lnxxxxxxxx，令12,lntxxttt，则111tttt，则t在区间0,1上单调

递减，在区间1,上单调递增，所以11t，所以212121xxxx，又120xx，故12512xx，由120,0xx可知120xx．【点晴】解答此类求单调区间问题，应该首先确定函数的定义域，

否则，写出的单调区间易出错.解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：（1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．（2）将不等式的证明、方程根的个数的判定

转化为函数的单调性问题处理．-22-21.已知椭圆2222:1(0)xyCabab，1F、2F为椭圆的左、右焦点，21,2P为椭圆上一点，且132||2PF.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线:2lx

，过点2F的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l、直线AB于M、N两点，当MAN最小时，求直线AB的方程.【答案】(1)2212xy(2)10xy或10xy.【解析】【分析】（1

）设椭圆的左焦点1(,0)Fc，由1322PF，解得1c，再结合椭圆的定义，求得,ab的值，即可得到椭圆的方程；（2）可设直线:1ABxty，联立方程组，求得1212,yyyy，利用弦长公式，求得||MN和||AN的长，进而得到2223||tan||1tMNMANANt

，利用基本不等式，求得t的值，即可求解.【详解】（1）设椭圆的左焦点1(,0)(0)Fcc，则21132(1)22PFc，解得1c，所以22||2PF，则由椭圆定义12222PFPFa，∴

2a，1b故椭圆的标准方程为2212xy.（2）由题意直线AB的斜率必定不为零，于是可设直线:1ABxty，联立方程22112xtyxy得222210tyty，∵直线AB交椭圆于11,Axy，

22,Bxy，∴222442810ttt-23-由韦达定理12222tyyt，12212yyt则22Ntyt，∴22221122NNtxtytt∵

MNAB，∴MNkt，∴22222226||12122tMNtttt又2221221121||||11222tANABtyytt∴222223||2tan212224||11tMNMANtANt

t当且仅当22211tt即1t时取等号.此时直线AB的方程为10xy或10xy.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应

用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.22.在直角坐标系

xOy中，已知圆C的参数方程是1cossinxy（为参数）.以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是sin3cos63，射线OM：3与圆C的交点为O、P两点，OM与直线l的交点为

Q.（1）求圆C的极坐标方程；（2）求线段PQ的长.【答案】（1）2cos（2）5【解析】【分析】（1）圆C的参数方程消去参数，求出圆C的普通方程，由222xy，cosx，siny，即可求出圆C的极坐标

方程；-24-（2）设点P的极坐标为11,，将圆C的极坐标方程与射线OM联立，求出P的极坐标，设Q点的极坐标为22,，联立直线l的极坐标方程与射线OM的极坐标方程，求出Q的极坐标，即可求得线段PQ的长

.【详解】解：（1）由题可得，圆C的普通方程是2211xy，即2220xyx，又222xy，cosx，siny，所以圆C的极坐标方程是2cos.（2）设点P的极坐标为11,，则有1112cosπ3

，解得111π3，1,3P，设Q点的极坐标为22,，则有2222sin3cos63π3，解得226π3，6,3Q，由于12，所以125PQ，所以线段P

Q的长为5.-25-【点睛】本题考查了圆的参数方程和普通方程的互化以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，考查了极坐标系中线段长的求法，考查了转化能力和计算能力，属于中档题.23.已知函数()|21|fxx.（1）解不等式：()(1)4fxfx；（2）

设()(1)()22fxfxgx，求()gx的最小值.【答案】（1）(x，1][1，)；（2）4.【解析】【分析】（1）利用分类讨论法解不等式即可;（2）()(1)()(1)()22222

fxfxfxfxgx，利用绝对值三角不等式可得其最小值．【详解】（1）原不等式等价于|21||21|4xx，①12x时，原不等式化为：44x，得，1x，②1122x时，原不等式化为：24，得，x，③12x„时，原不等式化为：44x，得，1x„，综上：

(x，1][1，)；（2）()(1)()(1)()22222fxfxfxfxgx()(1)|21||21|2222fxfxxx|(21)(21)|22xx2224，当且仅当()(1)fxfx，且(21)(21)0xx„，即0x时

，等号成立，故()gx的最小值为4.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和绝对值三角不等式，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．-26-