2019-2020學(xué)年河南省鄭州市高考數(shù)學(xué)三模試卷(理科)有答案

1、. . 河南省鄭州市高考數(shù)學(xué)三模試卷（理科）一、選擇題：本大題共12 個(gè)小題，每小題5 分，共 60 分. 在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的 .1設(shè)命題p：? x0，log2x2x+3，則 p 為（）a? x0，log2x2x+3 b? x0，log2x2x+3 c? x0，log2x2x+3 d? x0，log2x2x+3 2已知復(fù)數(shù)m=4 xi ，n=3+2i ，若復(fù)數(shù) r，則實(shí)數(shù)x 的值為（）a 6 b6 cd3已知雙曲線+=1，焦點(diǎn)在 y 軸上，若焦距為4，則 a 等于（）ab5 c 7 d4已知，則的值等于（）abcd5設(shè)集合a=x1，x2，x3，x4，xi 1，0

2、， 1，i=1 ，2，3， 4，那么集合a中滿足條件“x12+x22+x32+x423”的元素個(gè)數(shù)為（）a60 b65 c 80 d81 6如圖是某個(gè)幾何體的三視圖，則這個(gè)幾何體體積是（）abcd7設(shè)實(shí)數(shù)x，y 滿足，則 2xy 的最大值為（）a25 b49 c 12 d24 8已知等比數(shù)列an，且 a6+a8=，則 a8（a4+2a6+a8）的值為（）. . a2b42c82d1629若實(shí)數(shù)a、b、 cr+，且 ab+ac+bc+2，則 2a+b+c 的最小值為（）abcd10橢圓+=1 的左焦點(diǎn)為f，直線 x=a 與橢圓相交于點(diǎn)m 、n，當(dāng) fmn的周長(zhǎng)最大時(shí)，fmn的面積是（）abcd1

3、1四面體 abcd中，ab=cd=10 ，ac=bd=2，ad=bc=2，則四面體abcd外接球的表面積為（）a50 b100c200d30012設(shè)函數(shù)f （x）滿足 2x2f （x） +x3f （x）=ex， f （2）=，則 x，求函數(shù)h（x）的最小值；（2）對(duì)任意x=cos（+2） =cos2（+） =，解得： sin2（+） =，=故選： b5設(shè)集合a=x1，x2，x3，x4，xi 1，0， 1，i=1 ，2，3， 4，那么集合a中滿足條件“x12+x22+x32+x423”的元素個(gè)數(shù)為（）a60 b65 c 80 d81 【考點(diǎn)】 1a：集合中元素個(gè)數(shù)的最值【分析】將x 的取值分為兩

4、組：m=0，n=1，1， a中的四個(gè)元素中有1 個(gè)取值為0，2 個(gè)取值為0，個(gè)取值為 0，4 個(gè)取值為0，進(jìn)行分類討論，由此能求出集合a中滿足條件“x12+x22+x32+x423”的元素個(gè)數(shù)【解答】解：集合a=x1，x2，x3，x4，xi 1，0，1 ，i=1 ，2，3，4 ，集合 a滿足條件“x12+x22+x32+x423”，設(shè) m=0 ，n=1，1 ，a中的四個(gè)元素中有1 個(gè)取值為0，另外 3 個(gè)從 m中取，取法總數(shù)有： =32 ，a中的四個(gè)元素中有2 個(gè)取值為0，另外 2 個(gè)從 m中取，取法總數(shù)有： =24 ，a中的四個(gè)元素中有3 個(gè)取值為0，另外 1 個(gè)從 m中取，取法總數(shù)有： =

5、8 ，a中的四個(gè)元素中有4 個(gè)取值為0，取法總數(shù)有： =1 ，集合 a中滿足條件“x12+x22+x32+x423”的元素個(gè)數(shù)為：32+24+8+1=65故選： b6如圖是某個(gè)幾何體的三視圖，則這個(gè)幾何體體積是（）. . abcd【考點(diǎn)】 l! ：由三視圖求面積、體積【分析】由三視圖可知：該幾何體由一個(gè)半圓柱與三棱柱組成的幾何體【解答】解：由三視圖可知：該幾何體由一個(gè)半圓柱與三棱柱組成的幾何體這個(gè)幾何體體積v=+（）22=2+故選： a7設(shè)實(shí)數(shù)x，y 滿足，則 2xy 的最大值為（）a25 b49 c 12 d24 【考點(diǎn)】 7c ：簡(jiǎn)單線性規(guī)劃【分析】作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，利用基本不等

6、式進(jìn)行求解即可【解答】解：作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖：由圖象知y10 2x，則 2xy2x（10 2x）=4x（5x） ） 4（）2=25，當(dāng)且僅當(dāng)x=，y=5 時(shí)，取等號(hào)，經(jīng)檢驗(yàn)（，5）在可行域內(nèi)，故 2xy 的最大值為25，故選： a. . 8已知等比數(shù)列an，且 a6+a8=，則 a8（a4+2a6+a8）的值為（）a2b42c82d162【考點(diǎn)】 67：定積分【分析】先根據(jù)定積分的幾何意義求出a6+a8=4，再根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)即可求出【解答】解：表示以原點(diǎn)為圓心以4 為半徑的圓的面積的四分之一，故 a6+a8=4，a8（a4+2a6+a8）=a8a4+2a8a6+a82=a62+

7、2a8a6+a82=（a6+a8）2=162故選： d 9若實(shí)數(shù)a、b、 cr+，且 ab+ac+bc+2，則 2a+b+c 的最小值為（）abcd【考點(diǎn)】 rb ：一般形式的柯西不等式【分析】因?yàn)椋?a+b+c）2=4a2+b2+c2+4ab+2bc+4ca，與已知等式比較發(fā)現(xiàn)，只要利用均值不等式b2+c22bc即可求出結(jié)果【解答】解：ab+ac+bc+2， a2+ab+ac+bc=62（6 2） 4=（a2+ab+ac+bc） 4=4a2+4ab+4ac+4bc4a2+4ab+b2+c2+4ca+2bc=（2a+b+c）2，所以 2a+b+c22，故選 d10橢圓+=1 的左焦點(diǎn)為f，直線

8、 x=a 與橢圓相交于點(diǎn)m 、n，當(dāng) fmn的周長(zhǎng)最大時(shí)，fmn的面積是（）abcd【考點(diǎn)】 k4：橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì). . 【分析】設(shè)右焦點(diǎn)為f，連接mf ，nf ，由于 | mf |+| nf | |mn|，可得當(dāng)直線x=a 過(guò)右焦點(diǎn)時(shí)，fmn的周長(zhǎng)最大c=1把 c=1 代入橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程可得： =1 ，解得 y，即可得出此時(shí)fmn 的面積 s【解答】解：設(shè)右焦點(diǎn)為f，連接mf ，nf ， | mf |+| nf | |mn|，當(dāng)直線x=a 過(guò)右焦點(diǎn)時(shí)，fmn 的周長(zhǎng)最大由橢圓的定義可得：fmn的周長(zhǎng)的最大值=4a=4c=1把 c=1 代入橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程可得： =1 ，解得 y=此時(shí) fmn 的面

9、積 s=故選： c11四面體 abcd中，ab=cd=10 ，ac=bd=2，ad=bc=2，則四面體abcd外接球的表面積為（）a50 b100c200d300【考點(diǎn)】 le：棱柱、棱錐、棱臺(tái)的側(cè)面積和表面積【分析】由題意可采用割補(bǔ)法，考慮到四面體abcd 的四個(gè)面為全等的三角形，所以可在其每個(gè)面補(bǔ)上一個(gè)以 10，2， 2為三邊的三角形作為底面，且以分別為x，y，z，長(zhǎng)、兩兩垂直的側(cè)棱的三棱錐，從而可得到一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為x，y，z 的長(zhǎng)方體，由此能求出球的半徑，進(jìn)而求出球的表面積【解答】解：由題意可采用割補(bǔ)法，考慮到四面體abcd 的四個(gè)面為全等的三角形，所以可在其每個(gè)面補(bǔ)上一個(gè)以10，

10、2，2為三邊的三角形作為底面，且以分別為x，y，z，長(zhǎng)、兩兩垂直的側(cè)棱的三棱錐，從而可得到一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為x，y， z 的長(zhǎng)方體，并且 x2+y2=100，x2+z2=136，y2+z2=164，設(shè)球半徑為r，則有（ 2r）2=x2+y2+z2=200，4r2=200，球的表面積為s=4 r2=200故選 c. . 12設(shè)函數(shù)f （x）滿足 2x2f （x） +x3f （x）=ex， f （2）=，則 x=e2=（x2） ，當(dāng) x【考點(diǎn)】 9h ：平面向量的基本定理及其意義【分析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，結(jié)合圖形，設(shè)外接圓的半徑為r，對(duì)=p+q兩邊平方，建立p、 q 的解析式，利用基本不等式求出

11、p+q 的取值范圍【解答】解：如圖所示，abc中， a=， boc=；設(shè)|=r ，則 o為 abc外接圓圓心；=p+q，=r2，即 p2r2+q2r2+2pqr2cos=r2，p2+q2pq=1，（ p+q）2=3pq+1；又 m為劣弧 ac上一動(dòng)點(diǎn)，0 p1，0q1，p+q2，pq=，1（ p+q）2（p+q）2+1，解得 1（ p+q）24，1 p+q2；即 p+q 的取值范圍是故答案為：三、解答題（本大題共7 小題，共70 分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟. ）17在 abc中，角 a、b、c所對(duì)的邊分別是a、b、c，已知 sinb+sinc=msina （m r） ，且 a2

12、 4bc=0（1）當(dāng) a=2，時(shí)，求 b、c 的值；. . （2）若角 a為銳角，求m的取值范圍【考點(diǎn)】 hr ：余弦定理【分析】（1） sinb+sinc=msina （m r） ，利用正弦定理可得：b+c=ma ，且a24bc=0a=2，時(shí)，代入解出即可得出（2）利用余弦定理、不等式的解法即可得出【解答】解： （1）由題意得b+c=ma ，a24bc=0當(dāng)時(shí)，bc=1解得（2），又由 b+c=ma可得 m 0，所以18為了研究學(xué)生的數(shù)學(xué)核素養(yǎng)與抽象（能力指標(biāo)x） 、推理（能力指標(biāo)y） 、建模（能力指標(biāo)z）的相關(guān)性，并將它們各自量化為1、2、3 三個(gè)等級(jí)，再用綜合指標(biāo)w=x+y+z 的值評(píng)定

13、學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)；若w7，則數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)為一級(jí)；若5w6，則數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)為二級(jí)；若3w4，則數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)為三級(jí)，為了了解某校學(xué)生的數(shù)學(xué)核素養(yǎng)，調(diào)查人員隨機(jī)訪問(wèn)了某校10 名學(xué)生，得到如下結(jié)果：學(xué)生編號(hào)a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10（x，y，z）（2，2，3）（3，2，3）（3，3，3）（1，2，2）（2，3，2）（2，3，3）（2，2，2）（2，3，3）（2，1，1）（2，2，2）（1）在這 10 名學(xué)生中任取兩人，求這兩人的建模能力指標(biāo)相同的概率；（2）從數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)等級(jí)是一級(jí)的學(xué)生中任取一人，其綜合指標(biāo)為a，從數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)等級(jí)不是一級(jí)的學(xué)生中任取一人，其綜合指標(biāo)為b，記隨機(jī)變

14、量x=a b，求隨機(jī)變量x的分布列及其數(shù)學(xué)期望【考點(diǎn)】 ch ：離散型隨機(jī)變量的期望與方差；cg ：離散型隨機(jī)變量及其分布列【分析】（1）由題可知：建模能力一級(jí)的學(xué)生是a9；建模能力二級(jí)的學(xué)生是a2，a4，a5，a7，a10；建模能力三級(jí)的學(xué)生是a1，a3，a6，a8記“所取的兩人的建模能力指標(biāo)相同”為事件a，利用互斥事件與古典概率計(jì)算公式即可得出，p（a） （2）由題可知，數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)一級(jí)：a1，a2，a3，a5，a6，a8，數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)不是一級(jí)的：a4，a7，a9，a10；x的可能取值為1，2， 3，4，5利用相互獨(dú)立事件、互斥事件與古典概率計(jì)算公式即可得出p（x=k）及其分布列與數(shù)學(xué)期望

15、【解答】解： （1）由題可知：建模能力一級(jí)的學(xué)生是a9；建模能力二級(jí)的學(xué)生是a2，a4，a5，a7，a10；建模. . 能力三級(jí)的學(xué)生是a1，a3，a6，a8記“所取的兩人的建模能力指標(biāo)相同”為事件a，則（2）由題可知，數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)一級(jí)：a1，a2，a3，a5，a6，a8，數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)不是一級(jí)的：a4，a7，a9，a10；x的 可 能 取值 為1 ， 2 ，3 ， 4 ， 5.；隨機(jī)變量x的分布列為： x 1 2 3 4 5 p =19如圖，在四邊形abcd中，ab cd ，bcd=，四邊形 acfe為矩形， 且 cf平面 abcd ，ad=cd=bc=cf（1）求證： ef平面 bcf ；（

16、2）點(diǎn) m在線段 ef上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)m在什么位置時(shí)，平面mab與平面 fcb所成銳二面角最大，并求此時(shí)二面角的余弦值【考點(diǎn)】 mt ：二面角的平面角及求法；lw ：直線與平面垂直的判定【分析】 （1）在梯形 abcd 中，設(shè) ad=cd=bc=1，由題意求得ab=2， 再由余弦定理求得ac2=3，滿足 ab2=ac2+bc2，得則 bc ac 再由 cf平面 abcd得 ac cf，由線面垂直的判定可得ac 平面 bcf 進(jìn)一步得到ef平面bcf ；（2）分別以直線ca ，cb ，cf為 x 軸， y 軸， z 軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)ad=cd=bc=cf=1，令fm= （） ，得到

17、 c，a，b ， m的坐標(biāo)，求出平面mab的一個(gè)法向量，由題意可得平面fcb的一個(gè)法向量，求出兩法向量所成角的余弦值，可得當(dāng)=0 時(shí)，cos 有最小值為，此時(shí)點(diǎn)m與點(diǎn) f 重合【解答】（1）證明：在梯形abcd 中， ab cd ，設(shè) ad=cd=bc=1，又， ab=2 ，. . ac2=ab2+bc22ab?bc?cos60 =3ab2=ac2+bc2則 bc ac cf平面 abcd ，ac ? 平面 abcd ，ac cf，而 cfbc=c ，ac 平面 bcf efac ，ef平面 bcf ；（2）解：分別以直線ca ，cb ，cf為 x 軸， y 軸， z 軸建立如圖所示的空間直角

18、坐標(biāo)系，設(shè) ad=cd=bc=cf=1，令 fm= （） ，則 c（0， 0，0） ， a （，0，0） ，b（0， 1，0） ， m （， 0，1） ，=（，1， 0） ，=（， 1，1） ，設(shè)=（x，y，z）為平面mab的一個(gè)法向量，由得，取 x=1，則=（1，） ，=（1，0，0）是平面fcb的一個(gè)法向量，cos=，當(dāng) =0 時(shí)，cos 有最小值為，點(diǎn) m與點(diǎn) f 重合時(shí)，平面mab 與平面 fcb所成二面角最大，此時(shí)二面角的余弦值為20已知圓c1：x2+y2=r2（ r 0）與直線l0：y=相切，點(diǎn) a為圓 c1上一動(dòng)點(diǎn)， an x 軸于點(diǎn) n，且動(dòng)點(diǎn) m滿足，設(shè)動(dòng)點(diǎn)m的軌跡為曲線c（

19、1）求動(dòng)點(diǎn)m的軌跡曲線c的方程；（2）若直線 l 與曲線 c相交于不同的兩點(diǎn)p、q且滿足以pq為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)o ，求線段 pq長(zhǎng)度的取值范圍【考點(diǎn)】 kp ：圓錐曲線的范圍問(wèn)題；j3：軌跡方程； kl：直線與橢圓的位置關(guān)系【分析】（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)m （x，y） ，a（x0，y0） ，由于 an x 軸于點(diǎn) n推出 n（x0，0） 通過(guò)直線與圓相切，求出圓的方程，然后轉(zhuǎn)化求解曲線c的方程. . （2）假設(shè)直線l 的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m，設(shè) p （x1， y1） ，q （x2，y2） ，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理，通過(guò)，以及弦長(zhǎng)公式，利用基本不等式求出范圍若直線l 的斜率不存在

20、，設(shè)op所在直線方程為y=x，類似求解即可【解答】解： （i ）設(shè)動(dòng)點(diǎn)m （x，y） ，a（x0，y0） ，由于 an x 軸于點(diǎn) n n（x0，0） 又圓與直線即相切，圓由題意，得，即將代入 x2+y2=9，得曲線c的方程為（ii ） （1）假設(shè)直線l 的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m，設(shè) p（x1，y1） ，q（x2，y2） ，聯(lián)立，可得（ 1+2k2）x2+4kmx+2m28=0由求根公式得 （*）以 pq為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)o，即x1x2+y1y2=0即 x1x2+（kx1+m ） （kx2+m ）=0化簡(jiǎn)可得，將（ * ）代入可得，即 3m28k2 8=0即，又將代入，可得. .

21、=當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立又由，（2）若直線l 的斜率不存在，因以pq為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)o，故可設(shè) op所在直線方程為y=x，聯(lián)立解得，同理求得，故綜上，得21已知函數(shù)f （ x）=（x+a）ln （x+a） ， g（x）=+ax（1）函數(shù) h（x） =f （exa） +g （ex） ，x，求函數(shù)h（x）的最小值；（2）對(duì)任意x上 h （x） 0，h（x）遞增， h（x）的最小值為當(dāng) 1a 11 即 0a2 時(shí)，在 x上 h （x） 0， h（x）為減函數(shù)，在在x上 h （ x） 0，h（x）為增函數(shù)h（ x）的最小值為h（a1）=ea1+a當(dāng) a1 1 即 a2 時(shí)，在上 h （x） 0，h

22、（x）遞減， h（x）的最小值為h（1）=（1 a）e+a綜上所述，當(dāng)a0 時(shí) h（x）的最小值為，當(dāng) 0a 2 時(shí) h（x）的最小值為ea1+a，當(dāng) a2 時(shí)，h（x）最小值為（1a）e+a（ii ）設(shè)，f （x）=ln （x1）+1+a（x 1） （x 2） 當(dāng) a0 時(shí)，在 x2 ， +）上 f （x） 0，f（x）在 x2 ，+）遞增， f（x）的最小值為f（ 2）=0，不可能有f（xa1） g（x） 0當(dāng) a 1 時(shí)，令，解得：，此時(shí) f （x）在 2 ，+）上遞減f （x）的最大值為f （2）=a+10， f（x）遞減 f（x）的最大值為f（2）=0，即 f （x a1） g（x） 0 成立當(dāng) 1a 0 時(shí)，此時(shí)，當(dāng)時(shí)，f （x）0，f（x）遞增， 當(dāng)時(shí)， f （x） 0，f （x）遞減. . =ln （ a） 0，又由于f （2）=a+10，在上 f （ x） 0，f（x）遞增，又 f（2）=0，所以在上 f（x） 0，顯然不合題意綜上所述： a 122以直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)o為極點(diǎn)， x 軸正半軸為極軸，