1、 2020 年二模理科试题 第 1 页 共 8 页 合肥市合肥市20202020届高三第二次教学质量检测届高三第二次教学质量检测 数学试题数学试题( (理科理科) ) ( (考试时间：考试时间：120120分钟分钟 满分：满分：150150分分) ) 第第卷卷 (60(60分分) ) 一、选择题：一、选择题：本大题共本大题共1212 小题，每小题小题，每小题5 5 分，满分分，满分6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的题目要求的. . 1.若集合 2 230Ax xx ， 22 x Bx，则AB A. 1 3 2 ， B
2、. 1 1 2 ， C. 1 3 2 ， D.2 3， 2.欧拉公式cossin i ei 将自然对数的底数e， 虚数单位i， 三角函数sin、cos联系在一起， 充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学的天桥”.若复数z满足 i eizi ，则z A.1 B. 2 2 C. 3 2 D.2 3.若实数x，y满足约束条件 240 40 3230 xy xy xy ， ， ， 则2zxy的最小值是 A.-5 B.-4 C.7 D.16 4.已知 f x为奇函数， 当0x 时， 2x f xeex (e是自然对数的底数)， 则曲线 yf x在1x 处的切线方程是 A.yexe B.yexe C.yex
3、e D. 11 22yexe ee 5.若cos803tan101m，则m A.4 B.2 C.-2 D.-4 6.已知函数 tanf xx(0 0 2 ，)的图象关于点( 0 6 ，)成中心对称，且与直线 ya的两个相邻交点间的距离为 2 ，则下列叙述正确的是 A.函数 f x的最小正周期为 B.函数 f x图象的对称中心为 0 6 k ，kZ C.函数 f x的图象可由tan2yx的图象向左平移 6 得到 D.函数 f x的递增区间为 2326 kk ，kZ 7.九章算术中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学 家刘徽在其九章算术注中利用出入相补原理给出了
4、这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽 分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形(黄)和两个小直角三角 形(朱、青).将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为ab，宽为内接正方形的 边长d.由刘徽构造的图形可以得到许多重要 的结论，如图3.设D为斜边BC的中点，作直 角三角形ABC的内接正方形对角线AE， 过点 A作AFBC于点F，则下列推理正确的是 由图1和图2面积相等得 ab d ab ； 2020 年二模理科试题 第 2 页 共 8 页 由AEAF可得 22 + 22 abab ； 由ADAE可得 22 +2 11 2 ab ab
5、；由ADAF可得 22 2abab. A. B. C. D. 8.为了实施 “科技下乡， 精准脱贫” 战略， 某县科技特派员带着ABC， ，三个农业扶贫项目进驻某村， 对该村仅有的甲、 乙、 丙、 丁四个贫困户进行产业帮扶.经过前期实际调研得知， 这四个贫困户选择A B C， ， 三个扶贫项目的意向如下表： 扶贫项目 A B C 选择意向贫困户 甲、乙、丙、丁 甲、乙、丙 丙、丁 若每个贫困户只能从自己已登记的选择意向项目中随机选取一项，且每个项目至多有两个贫困户选 择，则不同的选法种数有 A.24种 B.16种 C.10种 D.8种 9.某几何体是由一个半球挖去一个圆柱形成的，其三视图如图所
6、示.已知 半球的半径为6，则当此几何体体积最小时，它的表面积等于 A.24 B. 183 3 C.21 D. 184 2 10.已知抛物线 2 :4C yx的焦点为F，过点D(3，0)的直线l交抛物线 C于点AB，若13FAFB，则FA FB A.-9 B.-11 C.-12 D.2 3 11.若关于x的不等式22ln4axaxx有且只有两个整数解，则实数a的取值范围是 A. 2ln3 2ln2， B. 2ln2， C. 2 ln3， D. 2 ln3， 12.在三棱锥PABC中，二面角PABC、PACB和PBCA的大小均等于 3 ， 3 4 5AB AC BC ， 设三棱锥PABC外接球的球
7、心为O， 直线PO与平面ABC交于点Q， 则 PO OQ A. 1 4 B.2 C.3 D.4 第卷第卷 (90(90分分) ) 本卷包括必考题和选考题两部分本卷包括必考题和选考题两部分. .第第1313 题题第第2121 题为必考题，每个试题考生都必须作答题为必考题，每个试题考生都必须作答. .第第2222 题、题、 第第2323题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. . 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共4 4小题，每小题小题，每小题5 5分分，满分，满分2020分分. . 第第1616题第一空题第一空2 2分分，第二空第二空3 3分分. . 把答案填在把答案填在
8、 答题卡上的相应位置答题卡上的相应位置. . 13.若向量a和b满足22aab，1ab，则a b . 14.三人制足球(也称为笼式足球)以其独特的魅力，吸引着中国众多的足球业余爱好者.在某次三人制 足球传球训练中，A队有甲、乙、丙三名队员参加.甲、乙、丙三人都等可能地将球传给另外两位队友中的 一个人.若由甲开始发球(记为第一次传球)，则第4次传球后 ，球仍回到甲的概率等于 . 15.已知双曲线 22 22 :1 xy C ab (00ab，)的右焦点为点F， 点B是虚轴的一个端点， 点P为双曲 线C左支上一个动点， 若BPF周长的最小值等于实轴长的4倍， 则双曲线C的渐近线方程为 . 16.已
9、知ABC三个内角ABC， ，所对的边分别为abc， ，若sin A，sin B，sinC成等比数列， sin BA，sin A，sinC成等差数列，则：(1)C ；(2) tan tan A B . 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共6 6小题，满分小题，满分7070分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 2020 年二模理科试题 第 3 页 共 8 页 17.(17.(本小题满分本小题满分1212分分) ) 已知等差数列 n a的前n项和为 n S， 2 1a ， 7 14S ，数列 n b满足 2 2 123 2 nn n b bbb
10、. 求数列 n a和 n b的通项公式； 若数列 n c满足cos nnn cba，求数列 n c的前2n项和 2n T 18.(18.(本小题满分本小题满分1212分分) ) 在矩形ABCD中，EF，在边CD上，BCCEEFFD， 如图(1). 沿BEAF，将CBE和DAF折起，使平面CBE和平面DAF都与平面 ABEF垂直，如图(2). 试判断图(2)中直线CD与AB的位置关系，并说明理由； 求平面ADF和平面DEF所成锐角二面角的余弦值. 19.(19.(本小题满分本小题满分1212分分) ) 已知椭圆C的方程为 22 1 43 xy ， 斜率为1 2 的直线l与椭圆C交于AB，两点，
11、点P(1，3 2 )在直线l 的左上方 若以AB为直径的圆恰好经过椭圆C的右焦点 2 F，求此时直线l的方程； 求证：PAB内切圆的圆心在定直线1x 上. 20.(20.(本小题满分本小题满分1212分分) ) 某企业拟对某条生产线进行技术升级，现有两种方案可供选择：方案A是报废原有生产线，重建一条 新的生产线；方案B是对原有生产线进行技术改造.由于受诸多不可控因素的影响，市场销售状态可能会 发生变化.该企业管理者对历年产品销售市场行情及回报率进行了调研，编制出下表: 市场销售状态 畅销 平销 滞销 市场销售状态概率(01p) 2p 1 3p p 预期平均年利润 (单位：万元) 方案A 700
12、 400 -400 方案B 600 300 -100 以预期平均年利润的期望值为决策依据，问：该企业应选择哪种方案？ 记该生产线升级后的产品(以下简称“新产品”)的年产量为x(万件)，通过核算，实行方案A时新 产品的年度总成本 1 y(万元)为 32 1 2 810160 3 yxxx，实行方案B时新产品的年度总成本 2 y(万元)为 32 2 1 320100 3 yxxx.已知0.2p ，20x ，若按(1)的标准选择方案，则市场行情为畅销、平销和 滞销时，新产品的单价t(元)分别为60， 3 60 4 x，60x，且生产的新产品当年都能卖出去.试问：当x 取何值时，新产品年利润的期望取得
13、最大值？并判断这一年利润能否达到预期目标. 21.(21.(本小题满分本小题满分1212分分) ) 已知函数 sin x f xex.(e是自然对数的底数) 2020 年二模理科试题 第 4 页 共 8 页 (1)求 f x的单调递减区间； (2)记 g xf xax，若03a，试讨论 g x在(0，)上的零点个数.(参考数据： 2 4.8e ) 请考生在第请考生在第2222、2323题中任选一题作答题中任选一题作答. .注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题 目计分，作答时，请用目计分，作答时，请用2B2B铅笔在答题卡上，
14、将所选题号对应的方框涂黑铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑. . 22.(22.(本小题满分本小题满分1010分分) )选修选修4 4- -4 4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中， 曲线C的参数方程为 3cos4sin 129 cossin 55 x y (为参数).以坐标原点O为极点， x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin3 3 . (1)写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程； (2)若直线l与曲线C交于PQ，两点，M(2，0)，求MPMQ的值. 23.(23.(本小题满分本小题满分1010分分) )选修选修4 4- -5 5：不
15、等式选讲：不等式选讲 已知不等式|1|35|xxm的解集为( 3 2 n，). (1)求n的值； (2)若三个正实数ab c， ，满足a b cm .证明： 222222 2 bccaab abc . 合合肥市肥市20202020届高三第二次教学质量检测数学试题届高三第二次教学质量检测数学试题( (理科理科) ) 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共1212小题，每小题小题，每小题5 5分，共分，共6060分分. . 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共4 4小题，每小题小题，每小题5 5分分，共，共2 20 0分分. . 13.1 14. 3 8
16、 15.2yx 16. 2 ， 51 2 (第一空2分，第二空3分) 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共6 6小题，满分小题，满分7070分分. . 1717. .( (本小题满分本小题满分1212分分) ) 解：(1)设 n a的公差为d，由 2 1a ， 7 14S 得 1 1 1 72114 ad ad . 解得 1 1 2 a ， 1 2 d ，所以 2 n n a . 2 1 22 123 22 n n nn n b bbb ， 1 2 1231 2 n n n b bbb (2n )， 两式相除得2n n b (2n ). 当1n 时， 1 2b 适合上式. 2n n b .
17、 5分 (2)cos2 cos 2 n nnn n cba ， 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B B C A D A B D A C D 2020 年二模理科试题 第 5 页 共 8 页 234212 2 213 2cos2 cos2 cos2 cos 22cos2cos 222 nn n n Tn 2462 2462 =2 cos2 cos 22 cos 32cos 22212 n n n n 1 4 14 44 1 45 n n . 12分 18.(18.(本小题满分本小题满分1212分分) ) 解：(1)/CDAB.理由如下： 连结CD， 分别取A
18、FBE，的中点MN， 连结DMCNMN， 由图(1)可得，ADF与BCE都 是等腰直角三角形且全等，则DMAF，CNBE，DMCN，如图. 平面ADF 平面ABEF，交线为AF，DM 平面ADF，DMAF，DM 平面ABEF. 同理得，CN 平面ABEF，/DMCN. 又DMCN， 四边形CDMN为平行四边形，/CDMN. MN，分别是AFBE，的中点， /MNAB，/CDAB. 5分 (2)在AB边上取一点P，使得APDF. 由图(1)可得，ADFP为正方形，即APFP. M为AF的中点，MPMA. 由(1)知，MD 平面ABEF，MAMPMD，两两垂直. 以M点为坐标原点，直线MAMPMD
19、，分别为坐标轴建立空间直角坐标系xyzM ，如图. 设2AF ，则D(0，0，1)，A(1，0，0)，P(0，1，0)，F(-1，0，0)， FD (1，0，1)，FEAP(-1，1，0). 设平面DFE的一个法向量为mxyz， ，. 由 0 0 FD m FE m 得 0 0 xz xy . 令1x ，则11yz，m (1，1，-1). 由平面ADF是坐标平面xMz可得：平面ADF一个法向量为n (0，1，0). 设平面ADF与平面DFE所成的锐角二面角为，则 3 coscos 3 m n m n mn ， 平面ADF与平面DFE所成锐二面角的余弦值为 3 3. 12分 19.(19.(本小
20、题满分本小题满分1212分分) ) 解:(1)设直线l的方程为 1 2 yxm.设A( 11 xy，)，B( 22 xy，). 由 22 1 43 1 2 xy yxm 得 22 30xmxm ，则 2 121 2 3xxm xxm，. 由 22 430mm ，解得22m . 又点P( 3 1 2 ，)在直线l的左上方，21m . 若以AB为直径的圆恰好经过椭圆C的右焦点 2 F， 则 22 0AFBF， 即 1122 110xyxy ， 化简得 2 7411 0mm，解得 11 7 m ，或1m (舍). 2020 年二模理科试题 第 6 页 共 8 页 直线l的方程为 111 27 yx.
21、 5分 (2) 1212 1212 333131 222222 1111 PAPB yyxmxm kk xxxx 12 11 11 11 m xx 12 1212 2 11 1 xx m xxx x 2 2 11 13 m m mm 2 2 2 10 2 mm mm ， 直线1x 平分APB，即PAB的内切圆的圆心在定直线1x 上. 12分 20.(20.(本小题满分本小题满分1212分分) ) 解:(1) 01 021 01 31 p p p ，解得 1 0 3 p. 1400400 1200400400200E Apppp， 1200300 900100300200E Bpppp， 1 0
22、 4 E AE Bp； 1 4 E AE Bp； 11 43 E AE Bp. 当 1 0 4 p时，应选择方案A；当1 1 43 p时应选择方案B； 当 1 4 p 时，既可以选择方案A也可以选择方案B. 5分 (2)因为=0.2p，根据(1)的结果，应选择方案A，所以新产品的年度总成本为 32 1 2 810160 3 yxxx. 设市场行情为畅销、平销和滞销时，新产品的年利润分别为 1 ， 2 和 3 ，则 11 60xy， 21 3 60 4 x xy ， 31 60x xy， 的分布列为 111 3 0.4600.4600.260 4 Exyx xyx xy 32 215 50160
23、 32 xxx . 9分 设 32 215 50160 32 f xExxx ，020x， 2 21550fxxx . 0010fxx ， 01020fxx . f x在(0，10)上单调递增，在10 20，上单调递减， 当10x 时， f x取得最大值，即年产量为10万件时， E取得最大值， 此时 m a x 10423.3f xf(万元). 由(1)知，预期平均年利润的期望 400 200360E Ap(万元). 因为423.3360，所以在年产量为10万件的情况下，可以达到甚至超过预期的平均年利润. 12分 21.(21.(本小题满分本小题满分1212分分) ) 1 60xy 1 3 6
24、0 4 x xy 1 60x xy p 0.4 0.4 0.2 2020 年二模理科试题 第 7 页 共 8 页 解：(1) sin x f xex，定义域为R. sincos2sin 4 xx fxexxex . 由 0fx解得sin0 4 x ，解得 37 22 44 kxk (kZ). f x的单调递减区间为 37 2 2 44 kk ，(kZ). 5分 (2)由已知( )sin x g xexax， sincos x gxexxa. 令 h xgx，则 2cos x h xex. 0x，当0 2 x ，时， 0h x；当 2 x ，时， 0h x， h x在0 2 ，上单调递增，在 2
25、 ，上单调递减， 即 gx在0 2 ，上单调递增，在 2 ，上单调递减. 01ga ， 2 0 2 gea ， 0gea . 当10a，即01a时， 00 g ， gx在0，上的图象大致如右图， 0 2 x ，使得 0 0g x， 当 0 0xx，时， 0gx； 当 0 xx，时， 0gx， g x在 0 0x，上单调递增，在 0 x，上单调递减. 00g， 0 0g x. 又 0ga ，由零点存在性定理可得，此时 g x在0 ，上仅有一个零点. 若13a时， 0 g 10a， 又 gx在0 2 ，上单调递增，在 2 ，上单调递减， 而 2 0 2 gea ，从而 gx在0 ，上图象大致如右图
26、. 1 0 2 x ， 2 2 x ，使得 1 0gx， 2 0g x， 且当 1 0xx，、 2 xx，时， 0gx；当 12 xxx，时， 0gx. g x在 1 0x，和 2 x，上单调递减，在 12 xx，上单调递增. 00g， 1 0g x. 22 3 0 222 geae ， 2 0g x. 又 0ga ，由零点存在性定理可得， g x在 12 xx，和 2 x，内各有一个零点， 即此时 g x在0 ，上有两个零点. 综上所述，当01a时， g x在0，上仅有一个零点； 当13a时， g x在0，上有两个零点. 12分 22.(22.(本小题满分本小题满分1010分分) ) (1)
27、曲线C的参数方程 3cos4sin 129 cossin 55 x y 消去参数得，曲线C的普通方程为 22 1 259 xy . 2020 年二模理科试题 第 8 页 共 8 页 sin3 3 ，3 cossin2 30， 直线l的直角坐标方程为32 30xy. 5分 (2)设直线l的参数方程为 1 2 2 3 2 xt yt (t为参数)， 将其代入曲线C的直角坐标方程并化简得 2 76630tt， 121 2 6 9 7 ttt t ， . 2 12121 2 3630 2 436 497 MPMQttttt t . 10分 23.(23.(本小题满分本小题满分1010分分) ) (1)由题意知， 3 2 为方程135xxm 的根， 39 15 22 m ，解得1m . 由1351xx 解得， 37 24 x， 7 4 n . 5分 (2)由(1)知1abc， 222222 222bccaabbcacab abcabc . 222222222222222222 21 a bb cc aa bb cb cc ac aa b abcabc ， 222 12 2222 abc ab cbc aca babc abcabc ， 222222 2 bccaab abc 成立. 10分
