【理科数学解析】郑州市2020年高中毕业班第一次质量预测

优能营地事业部数学教研组1/172020届高中毕业班 年级 六年级体育公开课教案九年级家长会课件PPT下载六年级家长会PPT课件一年级上册汉语拼音练习题六年级上册道德与法治课件 第一次质量预测理科数学 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设集合22,1AxNxByyx===−，则AB的子集个数为A.2B.4C.8D.16答案：B解析：由题可知0,1,2,1,AByy==0,1AB=，所以子集个数为224=.故选B.2.复数1izi+=在复平面内对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案：D解析：11izii+==−，在复平面内对应的点坐标为(1,1)−，位于第四象限，故选D.3.郑州市某一景区为了了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2016年1月至2018年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘优能营地事业部数学教研组2/17制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是A.月接待游客逐月增加B.年接待游客量逐年增加C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月D.各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳答案：A解析：由图易得A选项错误.4.定义在R上的函数()1()23xmfx−=−为偶函数，13211(log),(()),()22afbfcfm===，则A.cabB.acbC.abcD.bac答案：C解析：因为函数()fx为偶函数，得0m=，所以()1()23xfx=−在)0,+上单调递减，因为13211(log)(1)(1),0()1,()(0)22afffcfmf==−===，所以abc，故选C.优能营地事业部数学教研组3/175.“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷2000个点，已知恰有800个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是A.165B.185C.10D.325答案：B解析：由几何概型可知8002000SS=阴影正方形，339S==正方形解得185S=阴影，故选B.6.已知向量a与b夹角为3，且1,23aab=−=，则b=A.3B.2C.1D.32答案：C解析：222222(2)44cos423ababaabbbb−=−=−+=−+=，解得1b=，故选C.7.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的,ab分别为3,1，则输出的n等于A.5B.4C.3D.2答案：B解析：输入的,ab分别为3,1时，代入框图计算得91,,22nab===，272,,44nab===，813,,88nab===，2434,,1616nab===，此时ab，输出4n=，故选B.8.函数21()cos21xxfxx+=−的图象大致是优能营地事业部数学教研组4/17答案：C解析：2121xxy+=−为奇函数，cosyx=为偶函数，所以21()cos21xxfxx+=−为奇函数，排除A、B，且4421()cos04421f+=−，故选C.9.第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，某项目比赛期间需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有多少种A.60B.90C.120D.150答案：D解析：5项工作分给3人共有两种情况，分别为1、1、3和1、2、2，当5项工作分为1、1、3时，共有3115212210CCCA=种，当5项工作分为1、2、2时共有1225422215CCCA=种，所以不同的安排方式共有33(1015)150A+=种，故选D.10.已知抛物线22yx=的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与抛物线交于,MN两点，若3PFMF=，则MN=A.163B.83C.2D.833答案：B解析：优能营地事业部数学教研组5/17由题可知1(,0)2F，由抛物线定义可知MFMQ=，因为3PFMF=，所以22PMMFMQ==，所以直线MN的倾斜角满足3sin2=，所以22228sin33()2pMN===.故选B11.已知三棱锥PABC−内接于球O，PA⊥平面ABC，ABC为等边三角形，且边长为3，球O的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为16，则直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为A.157B.155C.152D.1510答案：D解析：PA⊥平面ABC，所以三棱锥PABC−的外接球即为三棱柱''PBCABC−的外接球，因为球O的表面积为16，所以球O半径为2R=，三棱柱的外接球半径满足222()2PArR+=，其中r为ABC的外接圆半径，3sin6012r==，解得23PA=，取,AB中点M，CMAB⊥，CMPA⊥，所以CM⊥平面PAB，所以CPM为PC与平面PAB优能营地事业部数学教研组6/17所成角，3,152CMPC==，所以3152sin1015CMCPMPC===，故选D12.221,1,()log(1),1,xxfxxx+=−32515()244gxxxm=−++，若(())yfgxm=−有9个零点，则m的取值范围是A.(0,1)B.(0,3)C.5(1,)3D.5(,3)3答案：A解析：由图可知：03m令()tgx=，即()ftm=结合图象可得，()ftm=最多有3个解，若使(())yfgxm=−有9个零点，则每个t都有3个x满足()gxt=，()gx图象如下图所示：32mtm−+132m−−2log(21)mm+−优能营地事业部数学教研组7/17即：01m二、填空题：本大题共4题，每小题5分，共20分.13.曲线221xyxex=−+在点(0,1)处的切线方程为.【答案】10xy−+=【解析】由题意，得'(1)4xyxex=+−，则曲线221xyxex=−+在点(0,1)切线的斜率为0'1xky===，所以所求的切线方程为1yx=+，即10xy−+=.14.若nS是等差数列{}na的前n项和，若10a，213aa=，则105SS=.【答案】4【解析】{}na是等差数列，且213aa=，所以公差2112daaa=−=，故1015110454510SadSad+==+.15.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的右顶点为A，以A为圆心，b为半径做圆，圆A与双曲线C的一条渐近线相交于两点,MN，若32OMON=（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为.【答案】305【解析】由题意得，圆A的方程为222()xayb−+=，圆A与直线byxa=交点，设为1122(,),(,)MxyNxy，222()xaybbyxa−+==联立得：22222()bxaxba−+=，化简得2234222220cxaxaac−+−=，所以3422121222222,aaacxxxxcc−+==，优能营地事业部数学教研组8/171233,22xOMONx==，又因为212121221()2xxxxxxxx+=++，故624224326(2)23acaac=++−整理得：42242550240cacc−+=，所以422550240ee−+=，得2415e=（舍）或265e=，故305e=.16.已知数列{}na满足：对任意*nN均有122nnapap+=+−（p为常数，0p且1p），若2,345,,{18,6,2,6,11,30}aaaa−−−，则1a的所有可能值的集合是.【答案】{0,66}−【解析】由122nnapap+=+−，得12(2)nnapa++=+，当20na+=时，即2na=−时，即2345,,,{18,6,2,6,11,30}aaaa−−−符合题意，此时12a=−成立.当20na+时,即数列{2}na+为等比数列，则23452,2,2,2{16,4,0,8,13,32}aaaa++++−−，所以23452,2,2,2aaaa++++只能为4,8,16,32−−或32,16,8,4−−.则12a+为2或64−，此时1a为0或66−.故1a的所有可能值的集合是{2,0,66}−−.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：共60分17（12分）已知ABC外接圆半径为R，其内角,,ABC的对边长分别为,,abc，设优能营地事业部数学教研组9/17222(sinsin)()sinRABacC−=−.()求角B；()若12,8bc==，求sinA的值.解析：(I)222(sinsin)()sin.RABacC−=−∴2222(sinsin)()sin2,RRABacCR−=−即：222.acbac+−=……3分∴2221cos.22acbBac+−==因为0,B所以3B=……6分(II)若12,8bc==，由正弦定理，sinsinbcBC=,3sin3C=,由bc，故C为锐角，6cos.3C=……9分3613323sinsin()sin().323236ABCC+=+=+=+=……12分18.（12分）已知三棱锥MABC−中，22,MAMBMCAC====2ABBC==,O为AC的中点，点N在棱BC上，且23BNBC=.()证明：BO⊥平面AMC.()求二面角NAMC−−的正弦值.优能营地事业部数学教研组10/17解析：（I）如图所示：连接OM，在ABC中：2,22ABBCAC===，则90,2ABCBO==，OBAC⊥.……2分在MAC中：22MAMCAC===，O为AC的中点，则OMAC⊥，且6.OM=……4分在MOB中：2,6,22BOOMMB===，满足：222BOOMMB+=根据勾股定理逆定理得到OBOM⊥,ACOM相交于O，故OB⊥平面AMC………………….6分（Ⅱ）因为,,OBOCOM两两垂直，建立空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧如图所示．因为22MAMBMCAC====,2ABBC==则(0,2,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,6)ABCM−……8分由23BNBC=所以，222(,,0)33N设平面MAN的法向量为(,,)mxyz=，则252252(,,0)(,,)0,3333(0,2,6)(,,)260ANnxyzxyAMnxyzyz==+===+=令3y=，得(53,3,1)m=−−……10分因为BO⊥平面AMC，所以(2,0,0)OB=为平面AMC的法向量，所以(53,3,1)m=−−与(2,0,0)OB=所成角的余弦为5653cos,79279mOB−−==．所以二面角的正弦值为2532279|sin,|1()797979mOB−=−==.……12分NOMBCANOACBM优能营地事业部数学教研组11/1719.（12分）已知椭圆2222:1(0)yxEabab+=的离心率为22，且过点(0,4)C.()求椭圆E的方程；()若过点1(,0)3−的任意直线与椭圆E相交于,AB两点，线段AB的中点为M，求证：恒有2ABCM=.解析：（I）由题意知1b=，22ca=.……1分又因为222abc=+解得，2a=.……3分所以椭圆方程为2212yx+=.……4分（Ⅱ）设过点1(,0)3−直线为13xty=−，设()11,Axy，()22,Bxy由221312xtyxy=−+=得()2291812160ttyy+−−=，且.则12212212,918616,918yyytytt+=+=−+分又因为()111,CAxy=−，()221,CBxy=−，()()212121212121244416(1)(1)13339CACBxxyytytyyytyytyy=−−+=−−+=+−++()22216412161091839189ttttt−=+−+=++，……10分所以CACB⊥.因为线段AB的中点为M，所以||2||ABCM=.……12分优能营地事业部数学教研组12/1720.(12分)水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过A系统处理，处理后的污水（A级水）达到环保 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 （简称达标）的概率为()01pp，经化验检验，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行B系统处理后直接排放.某厂现有4个标准水量的A级水池，分别取样、检测，多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标，若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放.现有以下四种 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ：方案一：逐个化验；方案二：平均分成两组化验；方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；方案四：四个样本混在一起化验.化验次数的期望值越小，则方案越“优”.(Ⅰ)若223p=,求2个A级水样本混合化验结果不达标的概率;(Ⅱ)(ⅰ)若223p=,现有4个A级水样本需要化验,请问:方案一、二、四中哪个最“优”？（ⅱ）若“方案三”比“方案四”更“优”，求p的取值范围.优能营地事业部数学教研组13/17解析：(I)该混合样本达标的概率是2228()39=，……2分所以根据对立事件原理，不达标的概率为81199−=.……4分(II)（i）方案一：逐个检测，检测次数为4.方案二：由(1)知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为1，概率为89；若不达标则检测次数为3，概率为19.故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2,4,6.其分布列如下，2246p64811681181可求得方案二的期望为26416119822()246818181819E=++==方案四：混在一起检测，记检测次数为ξ4，ξ4可取1,5.其分布列如下，415p64811781可求得方案四的期望为46417149()15818181E=+=.比较可得42()()4EE，故选择方案四最“优”．……9分优能营地事业部数学教研组14/17(ii)方案三：设化验次数为3，3可取2,5.325p3p31p−3333()25(1)53Eppp=+−=−；方案四：设化验次数为4，4可取1,5415p4p41p−4444()5(1)54Eppp=+−=−；由题意得34343()()53544EEppp−−.故当304p时，方案三比方案四更“优”．……12分21.(12分)已知函数()lnxefxxxx=−−.(Ⅰ)求()fx的最大值;(Ⅱ)若()11xfxxebxx++−恒成立,求实数b的取值范围.解析：(I)()lnxefxxxx=−−，定义域(0,)+，221(1)(1)()()1xxexxxefxxxx−−−=−−=，由1xexx+，()fx在(0,1]增，在(1,)+减，max()(1)1fxfe==−……4分(II)1()()e1xfxxbxx++−优能营地事业部数学教研组15/17eelne1xxxxxxbxxx−+−++−lne10xxxxbx−++−−eln1xxxxbx−−+mineln1(),xxxxbx−−+……6分令eln1()xxxxxx−−+=，2ln()xxexxx+=令2()lnxhxxex=+，()hx在(0,)+单调递增，0,()xhx→→−，(1)0he=()hx在(0,1)存在零点0x，即02000()ln0xhxxex=+=0001ln2000000ln1ln0(ln)()xxxxxexxeexx+==−=……9分由于xyxe=在(0,)+单调递增，故0001lnln,xxx==−即001xex=()x在0(0,)x减，在0(,)x+增，000000min00eln111()2xxxxxxxxx−−++−+===所以2b.……12分(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题做题，如果多做，则按所做的第一题记分.22.[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系xOy中,已知曲线E经过点3(1,)2P,其参数方程为cos,3sin,xaya==(为参数),以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(Ⅰ)求曲线E的极坐标方程;优能营地事业部数学教研组16/17(Ⅱ)若直线l交E于点,AB,且OAOB⊥,求证:2211OAOB+为定值,并求出这个定值.解析：(I)将点3(1,)2P代入曲线E的方程，得1cos,33sin,2a==解得24a=，……2分所以曲线E的普通方程为22143xy+=,极坐标方程为22211(cossin)143+=.……5分(Ⅱ)不妨设点,AB的极坐标分别为1212()()00,2AB+，，，，，则22221122222211(cossin)1,4311(cos()sin()1,4232+=+++=即22212222111cossin,43111sincos,43=+=+……8分2212111174312+=+=,即22117||||12OAOB+=……10分23.[选修4—5不等式选讲]（10分）已知函数()121fxxxm=−−++.(Ⅰ)求不等式()fxm的解集;优能营地事业部数学教研组17/17(Ⅱ)若恰好存在4个不同的整数n,使得()0fn,求m的取值范围.解析：(I)由()fxm，得，不等式两边同时平方，得221)(21)xx(－＋，……3分即3(2)0xx+，解得20x−.所以不等式()fxm的解集为{|20}xx−．……5分(Ⅱ)设g(x)＝|x－1|－|2x＋1|，……8分()0()fngnm−因为(2)(0)0gg−==，(3)1,(4)2,(1)3.ggg−=−−=−=−又恰好存在4个不同的整数n，使得()0fn，所以21.m−−−故m的取值范围为[1,2).……10分12,,21()3,1,22,1,xxgxxxxx+−=−−−−