1、 第 - 1 - 页 共 12 页 - 1 - 永州市 2020 年高考第二次模拟考试试卷 数学(理科) 注意事项： 1.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。 2.考试结束后，只交答题卡。 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.设复数 z 满足 2 1 z i ，则 z 的共轭复数为 A.1i B.1i C.1i D.1i 2.已知集合 Ax|x0，则 A.ABx|10，|0，求证： 2 1 3Ma a 。 第 - 7 - 页 共 12 页 - 7 - 永州市 2020 年高考第二次模拟考试试卷 数学
2、（理科）参考答案 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 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A B D C C B D B A C C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 把答案填在答题卡中对应题号后的 横线上 1310xy 142 1516 3 16(1)1,3（2 分）; (2) ( 1, 21 （3 分） 三、解答题：本大题共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （本小题满分 12 分）解： （1） 1 sin 2 BCD SBD
3、BCB 4BC 3 分 在BCD中，由余弦定理可得 222 2cosCDBCBDBC BDB 2 3CD 6 分 （2） BCDBCADCA sinsincoscossinBCDBCADCABCADCA 8 分 5 cos 5 BCA， 3 10 cos 10 DCA， 2 5 sin 5 BCA， 10 sin 10 DCA， 2 sin 2 BCD 10 分 在BCD中，由正弦定理可得 sinsin CDBD BBCD ， 第 - 8 - 页 共 12 页 - 8 - sin 6 sin BDB CD BCD 12 分 18 （本小题满分 12 分） 解： （1）证明：因为/ /BDAEF
4、面，BCDAEFEF面面I，BDBCD面 所以/ /BDEF，因为BDCD，所以CDEF 又因为AE 面BCD，CDBCD面， 所以CDAE，而EFAEEI， 所以CDAEF面，又CDACD面， 所以AEFACD面面 6 分 （2）解：设直线AF与平面ABD所成交的余弦值为 连接DE，在BCD中，=2BD CD ，BEEC， BDCD，所以DEBC，且2 2BC ，2DE ， 又因为AEBCD面，DEBCD面，BCBCD面， 所以AEDE，AEBC在Rt ADE中，2DE ，2AD ，所以2AE 如图，以点E为坐标原点，分别以 ,EC ED EA 为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，各点 坐
5、标为(0,02)A，(2,0,0)B ，(0, 2,0)D，( 2,0,0)C， 因为/ /BDEF，E为BC的中点，所以F为CD的中点，即 22 (,0) 22 F， 设平面ABD的法向量( , , )mx y z， ( 2,0,2)BA ，( 2, 2,0)BD ， 由 mBA mBD ，即 ( , , ) ( 2,0, 2)0 ( , , ) ( 2, 2,0)0 m BAx y z mBDx y z ， 整理得 0 0 xz xy ， 令1z ，得1x ，1y ，则(1, 1, 1)m 10 分 因为 22 (,2) 22 AF ，所以 2 sin 3| m AF mAF ， A B
6、C F E D （第 18 题图） x y 第 - 9 - 页 共 12 页 - 9 - 故直线AF与平面ABD所成交的正弦值为 2 3 12 分 19 （本小题满分 12 分）解： （1）椭圆过点( 2,1)， 22 21 1 ab ， 2 分 又因为直线,PC PD的斜率之积为 1 2 ，可求得 2 2 1 2 b a ， 联立得2,2ab 所求的椭圆方程为 22 1 42 xy 6 分 （2）方法 1：由（1）知，( 2,0)为 C 由题意可设:(2)CMyk x， 令 x= m,得 ( , (2)M m k m 又设 11 ( ,)P x y 由 22 1 42 (2) xy yk x
7、 整理得： 2222 (1 2)8840kxk xk6 分 2 1 2 84 2 1 2 k x k ， 2 1 2 24 1 2 k x k ， 11 2 4 (2) 12 k yk x k ， 所以 2 22 244 (,) 1 21 2 kk P kk ， 8 分 2 22 2222 4(2) 24428 2 (2) 1 21 21 21 2 uu u r uuur m k kkmk OP OMmk m kkkk ，10 分 要使 uu u r uuur OP OM 与 k 无关，只须1 2 m ，此时 uu u r uuur OP OM恒等于 4. 2m12 分 方法 2：:设 00
8、(,)P x y，则 0 0 :(2) 2 y CMyx x ，令 x=m,得 0 0 (2) ( ,) 2 y m M m x ， 2 00 000 00 (2)(2) (,) ( ,) 22 uu u r uuur y mym OP OMxymmx xx 由 22 00 1 42 xy 有 2 2 000 0 (2)(2) 2(1) 42 xxx y， 第 - 10 - 页 共 12 页 - 10 - 所以 00 0 (2)(2)(2)24 22 uu u r uuur mxmxm OP OMmx， 要使 uu u r uuur OP OM 与 0 x无关，只须1 2 m ，此时 4 uu
9、 u r uuur OP OM . 2m 12 分 20 （本小题满分 12 分） 解 ： （1 ）如 果4n ， 采用逐 份 检验 方式 ， 设 检测 结 果恰 有两 份次 品的 概率为 22222 4 (1)6(1)C pppp 检测结果恰有两份次品的概率 22 6(1)pp 3 分 （2）记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为 1 ，采用混合检验方式，样本需 要检验的总次数为 2 ，由已知得 1 En， 2 的所有可能取值为1,1n 2 11 k Pp, 2 111 n Pnp 2 1(1) 11 nn Epnp =11 n nnp 5 分 要减少检验次数，则 1 E 2 E，则1(
10、1)nnnnp (1)1 n np， 1 (1)np n ，即 1 1 1 ( )np n ， 7 分 （3）两组采用混合检验的检验次数分别为 1 ， 2 ，则由（2）知 1 1,1k， 2 1,1k， 12 ( )()11 k EEkkp ， 12 1212 ( )()( )()2221 k EEEEkkp 10 分 设这m组采用混合检验的检验次数分别为 1 ， 2 ，, m ， 1 1,1k， 2 1,1k，,1,1 m k，且检验总次数 12m ， 11,1,2, k i Ppim，111,1,2, k i Pkpim ( )11,1,2, k i Ekkpim 121 ( )()( )
11、()(1)1 k kk EEEEm kmkp， 第 - 11 - 页 共 12 页 - 11 - 所以检验总次数的数学期望(1)1 k m kmkp 12 分 21 （本小题满分 12 分） 证明：(1)当 x（0,1）时，f(x) 12 ( )(2)1 x f xexx 0，函数 f(x)在（0,1）上为增函 数又 f(0)-e+10，所以存在唯一 x0（0,1） ，使 f(x0)04 分 (2) 当 x（1，2）时， 1 ( )(2)(3)ln(3) x g xx exx , 令 t=2-x, x=2-t，x（1，2），t（0，1） ， 1 (2)(1)ln(1) t gttett , t
12、（0，1） 6 分 记函数 1 (2) ( )ln(1) 11 t gtte h tt tt ，t（0，1） 则 h(t) 12 22 (1)1( ) (1)(1) t etttf t tt 8 分 由(1)得，当 t(0，x0)时，f(t)0，h(t) 0，所以 h(t) 在(0，x0上无零点 在(x0，1)上 h(t)为减函数，由 h(x0)0，h(1) 1 2 ln 20，故 (2) ( ) 1 gt h t t 与 g(2t)有相同的零点，所以存在唯一 的 x1（1，2） ，使 g(x1)0 因为 x12t1，t1x0，所以 x0x12 12 分 22 （本小题满分 10 分） 解：（
13、1）直线 1 C的直角坐标方程为20xy， 将cosx，siny代入方程得 sincos2，即sin()2 4 ， 5 分 （2）设直线l的极坐标方程为=0 ) 2 (，设 12 (, ),(, )MN ， 第 - 12 - 页 共 12 页 - 12 - 则 2 1 2sinsin() 21 4 =sin(2) 2422 ON OM ， 由0 2 ，有 3 2 444 ， 当sin(2)=1 4 时， ON OM 的最大值为 2+1 2 10 分 23 （本小题满分 10 分） 解： （1）由52)( xxf得 52252 052 xxx x ，解得1x 不等式52)( xxf的解集为 , 1 5 分 （2）23131)5() 1()(xxxxxfxfxg 当且仅当3x时等号成立， 2M， 7 分 3 2222 1111 233Maaaaa a aaaa 当且仅当 2 1 a a ，即1a时等号成立 10 分
