2020年新疆乌鲁木齐市高考数学三模试卷(文科)(问卷) (解析版)

2020年新疆乌鲁木齐市高考（文科）数学三模试卷
一、选择题（共12小题）.
1．已知i是虚数单位，则2i（1+i）＝（）
A．﹣2+2i B．2+2i C．2i D．﹣2i
2．已知集合A＝{x|（x﹣2）（x+2）≤0}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，则A∩B＝（）A．∅B．{0，1，2}
C．{﹣1，0，1}D．{﹣2，﹣1，0，1，2}
3．命题P：∀x∈R，x2+1≥1，则￢P是（）
A．∀x∈R，x2+1＜1B．∀x∈R，x2+1≥1
C．D．
4．已知等差数列{a n}满足a1+a3+a5＝18，a3+a5+a7＝30，则a2+a4+a6＝（）A．20B．24C．26D．28
5．若角α的终边过点P（3，﹣4），则sin2α的值为（）
A．B．C．D．
6．某校有甲、乙两个数学建模兴趣班．其中甲班有40人，乙班有50人．现分析两个班的一次考试成绩，算得甲班的平均成绩是90分，乙班的平均成绩是81分，则这两个数学建模兴趣班所有同学的平均成绩是（）
A．85B．85.5C．86D．86.5
7．正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB的中点为M，DD′的中点为N，则异面直线B′M与CN所成角的大小为（）
A．0°B．45°C．60°D．90°
8．在Rt△ABC中，AB＝AC＝1，点D满足，则＝（）A．B．C．1D．2
9．直线y＝x﹣2与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，若OA⊥OB，则p的值为（）A．B．1C．D．2
10．在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为（）
A．πB．2πC．3πD．4π
11．M是双曲线C：上位于第二象限的一点，F1，F2分别是左、右焦点，MF1⊥F1F2．x轴上的一点N使得∠NMF2＝90°，A，B两点满足，，且A，B，F2三点共线，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．
12．定义在R上的函数y＝f（x），当x∈[0，2]时，f（x）＝42﹣|x﹣1|﹣4，且对任意实数x∈[2k ﹣2，2k+1﹣2]（k∈N，k≥2），都有，若g（x）＝f（x）﹣log a x有且仅有5个零点，则实数a的取值范围是（）
A．B．
C．D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13．将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为．
14．已知定义在R上的奇函数f（x）满足：当x＜0时，f（x）＝log3（1﹣x），则f（8）＝．
15．若f（x）＝2sinωx（0＜ω＜1）在区间上的最大值是，则ω＝．16．在正项等比数列{a n}中，a4+a6＝，2a1，，a2成等差数列，则数列{a n•a n+1}的前n项之积的最小值为．
三、解答题：第17～21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．在△ABC中，a，b，c是∠A，∠B，∠C所对的边，a＝，c＝1，sin A+cos A＝0．（Ⅰ）求b；
（Ⅱ）若D为BC边上一点，且AD⊥AB，求△ACD的面积．
18．在疫情这一特殊时期，教育行政部门部署了“停课不停学”的行动，全力帮助学生在线学习．复课后进行了摸底考试，某校数学教师为了调查高三学生这次摸底考试的数学成绩与在线学习数学时长之间的相关关系，对在校高三学生随机抽取45名进行调查．知道其中有25人每天在线学习数学的时长是不超过1小时的，得到了如图的等高条形图：
（Ⅰ）将频率视为概率，求学习时长不超过1小时但考试成绩超过120分的概率；
（Ⅱ）是否有99%的把握认为“高三学生的这次摸底考试数学成绩与其在线学习时长有关”．
P（K2≥k0）0.0500.0100.001 k0 3.841 6.63510.828 K2＝．
19．如图，将直角边长为的等腰直角三角形ABC，沿斜边上的高AD翻折，使二面角B ﹣AD﹣C的大小为，翻折后BC的中点为M．
（Ⅰ）证明BC⊥平面ADM；
（Ⅱ）求点D到平面ABC的距离．
20．已知椭圆C：右焦点为F（2，0），P为椭圆上异于左右顶点A，B的一点，且△PAB面积的最大值为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若直线AP与直线x＝a交于点Q，线段BQ的中点为M，证明直线FM平分∠PFB．21．已知f（x）＝e x﹣alnx+2a（a＞0）．
（Ⅰ）当a＝e时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设x0是f（x）的极小值点，求f（x0）的最大值．
选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.
22．已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ．
（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；
（Ⅱ）设C1与C2交点为A，B，求△AOB的面积．
23．设a，b均为正数，且a2+b2＝2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a3+b3）≥4；
（Ⅱ）．
参考答案
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知i是虚数单位，则2i（1+i）＝（）
A．﹣2+2i B．2+2i C．2i D．﹣2i
【分析】根复数的基本运算进行求解即可．
解：2i（1+i）＝2i+2i2＝﹣2+2i，
故选：A．
2．已知集合A＝{x|（x﹣2）（x+2）≤0}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，则A∩B＝（）A．∅B．{0，1，2}
C．{﹣1，0，1}D．{﹣2，﹣1，0，1，2}
【分析】求出集合A，B，由此能求出A∩B．
解：∵集合A＝{x|（x﹣2）（x+2）≤0}＝{x|﹣2≤x≤2}，
B＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，
∴A∩B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}．
故选：D．
3．命题P：∀x∈R，x2+1≥1，则￢P是（）
A．∀x∈R，x2+1＜1B．∀x∈R，x2+1≥1
C．D．
【分析】根据全称命题的否定是特称命题，写出其特称命题可得答案．
解：命题的否定是：∃x0∈R，+1＜1，
故选：C．
4．已知等差数列{a n}满足a1+a3+a5＝18，a3+a5+a7＝30，则a2+a4+a6＝（）A．20B．24C．26D．28
【分析】由题意利用等差数列的性质，求出公差d的值，可得要求式子的值．
解：∵等差数列{a n}满足a1+a3+a5＝18，a3+a5+a7＝30，设公差为d，
相减可得6d＝30﹣18＝12，∴d＝2．
则a2+a4+a6＝a1+a3+a5+3d＝24，
故选：B．
5．若角α的终边过点P（3，﹣4），则sin2α的值为（）
A．B．C．D．
【分析】直接利用三角函数的定义和三角函数关系式的恒等变换求出结果．
解：角α的终边过点P（3，﹣4），所以，．
所以＝﹣．
故选：D．
6．某校有甲、乙两个数学建模兴趣班．其中甲班有40人，乙班有50人．现分析两个班的一次考试成绩，算得甲班的平均成绩是90分，乙班的平均成绩是81分，则这两个数学建模兴趣班所有同学的平均成绩是（）
A．85B．85.5C．86D．86.5
【分析】直接根据平均值的求解公式即可求解．
解：由题意可知，两个数学建模兴趣班所有同学的平均成绩＝85．故选：A．
7．正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB的中点为M，DD′的中点为N，则异面直线B′M与CN所成角的大小为（）
A．0°B．45°C．60°D．90°
【分析】利用异面直线所成的角的定义，取A′A的中点为E，则直线B′M与CN所成角就是直线B′M与BE成的角．
解：取A′A的中点为E，连接BE，则直线B′M与CN所成角就是直线B′M与BE 成的角，
由题意得B′M⊥BE，故异面直线B′M与CN所成角的大小为90°，
故选：D．
8．在Rt△ABC中，AB＝AC＝1，点D满足，则＝（）A．B．C．1D．2
【分析】画出图形，建立坐标系，求出相关的向量，然后求解数量积．
解：在Rt△ABC中，AB＝AC＝1，点D满足，
可知：D是BC的一个3等分点，建立如图所示的坐标系，
则B（1，0），C（0，1），D（，），
可得＝（1，0）•（，）＝．
故选：A．
9．直线y＝x﹣2与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，若OA⊥OB，则p的值为（）A．B．1C．D．2
【分析】直线与抛物线联立求出两根之和及两根之积，再由OA⊥OB可得数量积
＝0，求出p的值．
解：设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程组⇒y2＝2p（y+2），可得y2﹣2py﹣4p＝0，
∴y1y2＝﹣4p，y1+y2＝2p，
∵OA⊥OB，所以数量积＝0，
∴x1x2+y1y2＝0，
所以＝4，
4+（﹣4p）＝0，
⇒p＝1．
故选：B．
10．在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为（）
A．πB．2πC．3πD．4π
【分析】根据线段长度得到△ABC与△ABD均为直角三角形，得到球心以及半径，即可求出四面体ABCD的外接球的表面积．
解：设AB的中点为O，连接OD，OC，如图，
∵在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
∴AD2+BD2＝AB2，AC2+BC2＝AB2，
即△ABC与△ABD均为直角三角形，
故OA＝OB＝OC＝OD，
即O为外接球球心，OA＝R＝；
∴四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2＝2π．
故选：B．
11．M是双曲线C：上位于第二象限的一点，F1，F2分别是左、右焦点，MF1⊥F1F2．x轴上的一点N使得∠NMF2＝90°，A，B两点满足，，且A，B，F2三点共线，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．
【分析】由双曲线的方程可得其左右焦点的坐标，再由MF1⊥F1F2可得M的坐标，设N 的坐标，由题意＝0，可得N的坐标，由，，可得A，B的坐标，再由A，B，F2三点共线可得对应边成比例，求出a，c的关系，进而求出离心率的值．
解：由双曲线的方程可得左右焦点坐标F1（﹣c，0），F2（c，0），
因为M在第二象限，且MF1⊥F1F2，可得M（﹣c，），设N（m，0），
由∠NMF2＝90°可得＝0，
即（m+c，﹣）•（2c，﹣）＝0，
整理可得2c（m+c）+＝0，解得m＝﹣，即N（﹣，0），
由，，所以A（﹣﹣，），B（﹣c，），
由A，B，F2三点共线，可得＝，即＝＝，
整理可得c4﹣6a2c2+a4＝0，即e4﹣6e2+1＝0，解得e2＝3，
因为双曲线的离心率e＞1，所以e＝+1，
故选：A．
12．定义在R上的函数y＝f（x），当x∈[0，2]时，f（x）＝42﹣|x﹣1|﹣4，且对任意实数x∈[2k ﹣2，2k+1﹣2]（k∈N，k≥2），都有，若g（x）＝f（x）﹣log a x有且仅有5个零点，则实数a的取值范围是（）
A．B．
C．D．
【分析】作出y＝f（x）的函数图象，根据y＝f（x）和y＝log a x的图象有5个交点列不
等式组得出a的范围．
解：当x∈[0，2]时，f（x）＝42﹣|x﹣1|﹣4，
故f（x）在[0，2]上的函数图象关于直线x＝1对称，
又任意实数x∈[2k﹣2，2k+1﹣2]（k∈N，k≥2），都有，
作出y＝f（x）的函数图象如图所示：
∵g（x）＝f（x）﹣log a x有且仅有5个零点，
∴y＝log a x的图象与y＝f（x）的图象有5个交点，显然a＞1
∴，解得＜a＜．
故选：C．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13．将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为．
【分析】首先求出所有的基本事件的个数，再从中找到2本数学书相邻的个数，最后根据概率公式计算即可．
解：2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，所有的基本事件有共有＝6种结果，
其中2本数学书相邻的有（数学1，数学2，语文），（数学2，数学1，语文），（语
文，数学1，数学2），（语文，数学2，数学1）共4个，故本数学书相邻的概率P＝．故答案为：．
14．已知定义在R上的奇函数f（x）满足：当x＜0时，f（x）＝log3（1﹣x），则f（8）＝﹣2．
【分析】直接利用奇函数的定义即可得到答案．
解：因为定义在R上的奇函数f（x）满足：当x＜0时，f（x）＝log3（1﹣x），
则f（8）＝﹣f（﹣8）＝﹣log3[1﹣（﹣8）]＝﹣log39＝﹣2；
故答案为：﹣2．
15．若f（x）＝2sinωx（0＜ω＜1）在区间上的最大值是，则ω＝．【分析】根据已知区间，确定ωx的范围，求出它的最大值，结合0＜ω＜1，求出ω的值．
解：，
故答案为：
16．在正项等比数列{a n}中，a4+a6＝，2a1，，a2成等差数列，则数列{a n•a n+1}的前n项之积的最小值为2﹣20．
【分析】直接利用关系式的应用求出数列的通项公式，进一步求出数列的积，最后利用二次函数性质的应用求出结果．
解：正项等比数列{a n}中，a4+a6＝，2a1，，a2成等差数列，
设首项为a1，公比为q，
则：，整理得：，解得．
所以：，
则：，
所以，
所以＝＝，
当n＝5时，数列{a n•a n+1}的前n项之积的最小值为．
故答案为：2﹣20
三、解答题：第17～21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．在△ABC中，a，b，c是∠A，∠B，∠C所对的边，a＝，c＝1，sin A+cos A＝0．（Ⅰ）求b；
（Ⅱ）若D为BC边上一点，且AD⊥AB，求△ACD的面积．
【分析】（Ⅰ）根据已知条件和特殊角的三角函数值求得角A的度数，然后由余弦定理求得b的值；
（Ⅱ）欲求△ACD的面积的面积，只需通过解直角三角形求得高AD的长度即可．解：（Ⅰ）由，得，
∴A＝150°．
又∵，c＝1，
又a2＝b2+c2﹣2bc cos A，即，解得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
∴，
∴，
∴，
∴．
18．在疫情这一特殊时期，教育行政部门部署了“停课不停学”的行动，全力帮助学生在线学习．复课后进行了摸底考试，某校数学教师为了调查高三学生这次摸底考试的数学成绩与在线学习数学时长之间的相关关系，对在校高三学生随机抽取45名进行调查．知道其中有25人每天在线学习数学的时长是不超过1小时的，得到了如图的等高条形图：
（Ⅰ）将频率视为概率，求学习时长不超过1小时但考试成绩超过120分的概率；（Ⅱ）是否有99%的把握认为“高三学生的这次摸底考试数学成绩与其在线学习时长有关”．
P（K2≥k0）0.0500.0100.001 k0 3.841 6.63510.828
K2＝．
【分析】（Ⅰ）由等高条形图得到学习时长不超过1小时，但考试成绩超过120分的人数，由古典概型概率计算公式得答案；
（Ⅱ）由题意填写2×2列联表，求出K2，结合临界值表得结论．
解：（Ⅰ）从等高条形图中看出，学习时长不超过1小时，但考试成绩超过120分的人数为10人，
∴其概率为；
（Ⅱ）依题意，得2×2列联表
≤120分＞120分合计数学成绩
在线学习时长
≤1小时151025
＞1小时51520
合计202545
∵，
∴没有99%的把握认为“高三学生的这次摸底成绩与其在线学习时长有关”．
19．如图，将直角边长为的等腰直角三角形ABC，沿斜边上的高AD翻折，使二面角B ﹣AD﹣C的大小为，翻折后BC的中点为M．
（Ⅰ）证明BC⊥平面ADM；
（Ⅱ）求点D到平面ABC的距离．
【分析】（Ⅰ）证明DM⊥BC，AM⊥BC，然后证明BC⊥平面ADM；
（Ⅱ）设点D到平面ABC的距离为d，通过V A﹣BCD＝V D﹣ABC，求解点D到平面ABC的距离．
【解答】（Ⅰ）证明：∵折叠前AB＝AC，AD是斜边上的高，
∴D是BC的中点，∴BD＝CD，
又因为折叠后M是BC的中点，
∴DM⊥BC，折叠后AB＝AC，
∴AM⊥BC，AM∩DM＝M，
∴BC⊥平面ADM；
（Ⅱ）解：设点D到平面ABC的距离为d，
由题意得V A﹣BCD＝V D﹣ABC，
∵，
∴，
∴．
20．已知椭圆C：右焦点为F（2，0），P为椭圆上异于左右顶点A，B的一点，且△PAB面积的最大值为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若直线AP与直线x＝a交于点Q，线段BQ的中点为M，证明直线FM平分∠PFB．【分析】（Ⅰ）由题意得，，解出a2和b2的值即可；
（Ⅱ）设直线AP的方程为x＝my﹣3，将其与椭圆的方程联立，消去x，可求出点P的坐标，易得点Q和M的坐标，设∠MFB＝α，则tan，再结合正切的二倍角公式与直线的斜率与倾斜角的关系证得∠PFB＝2α＝2∠MFB即可．
解：（Ⅰ）由题意得，，解得a2＝9，b2＝5，
∴椭圆C的标准方程为．
（Ⅱ）证明：设直线AP的方程为x＝my﹣3，代入，得（5m2+9）y2﹣30my ＝0，解得y＝0或，
∴，
∴，
易知直线AP与x＝3的交点，而B（3，0），
∴线段BQ的中点，
设∠MFB＝α，则，
∴，，
∴tan2α＝tan∠PFB，
又∵2α∈（0，π），∠PFB∈（0，π），
∴∠PFB＝2α＝2∠MFB，即直线FM平分∠PFB．
21．已知f（x）＝e x﹣alnx+2a（a＞0）．
（Ⅰ）当a＝e时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设x0是f（x）的极小值点，求f（x0）的最大值．
【分析】（Ⅰ）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，表示出f（x）的最大值，根据函数的单调性求出函数的最大值即可．
解：（Ⅰ）当a＝e时，f（x）＝e x﹣elnx+2e，，显然f'（1）＝0，∵，∴f'（x）在（0，+∞）上是增函数，0＜x＜1时，f'（x）＜f'（1）＝0，
∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）由，且，
∴f'（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴存在极小值点x0满足f'（x0）＝0，即，
∴＝，令g（x）＝e x（1﹣xlnx+2x），则g'（x）＝e x（1﹣xlnx+2x+1﹣2lnx﹣1）＝（x+2）ln x （﹣x），
由x＞0，
∴由g'（x）＝0得x＝e2，
∴．
故f（x0）的最大值是g（e2）＝．
选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.
22．已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ．
（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；
（Ⅱ）设C1与C2交点为A，B，求△AOB的面积．
【分析】（Ⅰ）由题意曲线C1的参数方程化为普通方程，然后化为极坐标方程．
（Ⅱ）联立方程，求出A、B坐标，然后求解三角形的面积
解：（Ⅰ）由题意曲线C1的参数方程为（t为参数），得（x﹣2）2+（y ﹣3）2＝5，即x2+y2﹣4x﹣6y+8＝0
曲线C1的极坐标方程：ρ2﹣4ρcosθ﹣6ρsinθ+8＝0；
（Ⅱ）联立方程，解得，，
∴A（0，2），B（1，1），
∴．
23．设a，b均为正数，且a2+b2＝2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a3+b3）≥4；
（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）由分析法证明，只要证明a4+b4+ab3+ba3≥（a2+b2）2，由完全平方公式展开，整理即为ab（a﹣b）2≥0，即可得证；
（Ⅱ）运用基本不等式推得+≤，结合不等式的性质，即可得证．【解答】证明：（Ⅰ）∵a2+b2＝2，要证（a+b）（a3+b3）≥4，
只需要证明a4+b4+ab3+ba3≥（a2+b2）2，
也就是要证明a4+b4+ab3+ba3﹣a4﹣b4﹣2a2b2≥0，即证ab（a﹣b）2≥0，∵a，b均为正数，∴ab（a﹣b）2≥0，∴（a+b）（a3+b3）≥4；
（Ⅱ）∵a，b均为正数，∴，∴，∴，
又∵a2+b2＝2，∴．。