2020年黑龙江省高考理科数学仿真模拟试题(附答案)

2020年黑龙江省大庆实验中学高考数学模拟试卷(理科)(二)(5月份) (含答案解析)

2020年黑龙江省大庆实验中学高考数学模拟试卷(理科)(二)(5月份)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知A={x|x2−2x≤0}，B={x|y=lgx}，则A∪B=()A. RB. (0,+∞)C. [0,+∞)D. [1,+∞)2.复数Z=i1+i(其中i为虚数单位)的虚部是()A. −12B. 12i C. 12D. −12i3.已知回归方程y^=1.5x−15，则()A. y=1.5x−15B. 15是回归系数aC. 1.5是回归系数aD. x=10时，y=04.函数f(x)=lg(|x|+x2)(|x|−1)x的图象大致为()A. B.C. D.5.如图是某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为()A. 8−π4B. 8−πC. 83−π4D. 83−π6.已知数列{a n}是公比为2的等比数列，若a3a4a5=8，则a6等于()A. 4B. 8C. 12D. 167. 圆M:x 2+y 2−2x −2y +1=0与直线x a +y b =1(a >2,b >2)相切，则a +2b 的最小值为( ) A. 8 B. 10 C. 12 D. 148. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若c =2，C =π3，且a +b =3，则△ABC 的面积为 ( )A. 13√312 B. 5√34 C. 512 D. 5√3129. 下列表示旅客搭乘火车的流程正确的是( )A. 买票→候车→检票→上车B. 候车→买票→检票→上车C. 买票→候车→上车→检票D. 候车→买票→上车→检票 10. 双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 1的直线与圆x 2+y 2=a 2相切，与C 的左、右两支分别交于点A 、B ，若|AB|=|BF 2|，则C 的离心率为( )A. √5+2√3B. 5+2√3C. √3D. √5 11. 已知图象经过点(7π12,0)的函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2)的最小正周期为π，则φ=( )A. −π3B. π6C. π3D. −π6 12. 函数f(x)=x 2−ax +1在区间(12,3)上有零点，则实数a 的取值范围是( )A. (2,+∞)B. [2,+∞)C. [2,103)D. [2,52) 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 二项式(ax 2√x )5展开式中的常数项为5，则实数a = ______ ．14. 已知向量a⃗ =(3,1)，b ⃗ =(−2,4)，求a ⃗ 在b ⃗ 方向上的投影为______ ． 15. 已知在三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB =AC =PA =2，且在△ABC 中，∠BAC =120°，则三棱锥P −ABC 的外接球的体积为______ ．16. 已知数列{a n }中，a 1=3，a n+1=1a n −1+1，则a 2014= ______ ．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17. 已知：△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足cos2B −cos(A +C)=0．(Ⅰ)求角B 的大小；(Ⅱ)若sinA =3sinC ，△ABC 的面积为3√34，求b 边的长．18.如图，底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为棱PC上一动点，PA=AC．(1)当E为PC中点时，求证：PA//平面BDE；(2)当AE⊥平面PBD时，求二面角P−BD−E的余弦值．19.为了精准备考，某市组织高三年级进行摸底考试，已知全体考生的数学成绩X近似服从正态分布N(100,100)(满分为150分，不低于120分为成绩优秀)．(1)若参加考试的人数为30000，求P(X⩾120)及成绩优秀的学生人数；(2)从全体考生中随机抽取3人，ξ表示数学成绩为(90,110]的人数，求ξ的分布列与期望．附：若X ∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ<X ≤μ+σ)≈23；P(μ−2σ<X ≤μ+2σ)≈1920．20. 已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)和直线l ：y =bx +2，椭圆的离心率e =√63，坐标原点到直线l 的距离为√2．(1)求椭圆的方程；(2)已知定点E(−1,0)，若直线y =kx +2(k ≠0)与椭圆相交于C ，D 两点，试判断是否存在实数k ，使得以CD 为直径的圆过定点E ？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．21. 已知函数f(x)=e x −ae −x −(a +1)x(a ∈R).(其中常数e =2.71828…，是自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的极值点；(2)若对于任意0<a <1，关于x 的不等式[f(x)]2<λ(e a−1−a)在区间(a −1,+∞)上存在实数解，求实数λ的取值范围．22.直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=1+√3cosα，其中α为参数，直线l的方程y=√3sinα为x+√3y−2=0，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程；(2)已知射线OA:θ=π与曲线C和直线l分别交于M，N两点，求线段MN的长．323.已知函数f(x)=|2x−1|−|x+3|，∀a，b∈[1,+∞)，|a+b|≤m|ab+1|．2(1)解不等式f(x)≤2；(2)证明：∀x∈R，f(x)≥−1−m．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：A={x|x2−2x≤0}={x|0≤x≤2}，B={x|y=lgx}={x|x>0}，则A∪B={x|x≥0}=[0,+∞)．故选：C．化简集合A、B，根据并集的定义写出A∪B．本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．2.答案：C解析：解：复数Z=i1+i =i(1−i)(1+i)(1−i)=12+12i，则虚部为12，故选：C．先化简复数，由虚部的定义可得答案．本题考查复数的基本概念，属基础题．3.答案：A解析：解：回归直线必要样本中心点(x,y)点，故y=1.5x−15，即A正确；回归直线方程为y=bx+a中，一次项系数是回归系数b，常数项为回归系数a，故−15是回归系数a，故B错误；1.5是回归系数b，故C错误；x=10时，y的预报值为0，但y值不一定为0，故D错误故选A根据回归直线必要样本中心点(x,y)点，代入可判断A的真假；根据回归直线方程为y=bx+a中，一次项系数是回归系数b，常数项为回归系数a，可判断B，C的真假；根据回归直线的意义，可判断D的真假．本题考查的知识点是线性回归方程，熟练掌握线性回归方程的基本概念是解答的关键．解析：先判断函数的奇偶性，然后令x =2进行计算，判断函数值的符号是否一致即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性，和特殊值的关系是解决本题的关键．解：f(−x)=lg(|−x|+(−x)2)(|−x|−1)(−x)=−lg(|x|+x 2)(|x|−1)x =−f(x)，则f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除C ，D ，f(2)=lg(2+4)2=lg62>0，排除B ，故选：A ．5.答案：C解析：【试题解析】本题主要考查了三视图，棱锥的体积公式，圆柱的体积公式，属于较易题.该几何体是一个正四棱锥挖去一个圆柱，利用体积公式可得结果．解：该几何体是一个正四棱锥挖去一个圆柱，正四棱锥的底面边长为2，高为2，其体积为13×22×2=83，圆柱的底面半径为12，高为1，其体积为π×(12)2×1=π4，则该几何体的体积为V =83−π4，故选C ． 6.答案：B解析：本题考查等比数列的通项公式，属基础题．由题意可得a 4的值，进而由等比数列的通项公式可得．解：∵数列{a n }是公比为2的等比数列，且a 3a 4a 5=8，∴a 43=8，解得a 4=2，∴a 6=a 4×22=8，故选：B解析：本题考查直线与圆的位置关系，利用基本不等式求最值，涉及点到直线的距离公式的用法，属中档题．根据圆M 与直线相切，即圆心到直线的距离等于半径解得a =2b−2b−2，则a +2b =2b−2b−2+2b =2b−2+2(b −2)+6，根据基本不等式求解即可．解：圆M:x 2+y 2−2x −2y +1=0化为(x −1)2+(y −1)2=1，因为圆M 与直线x a +y b =1(a >2,b >2)相切，直线x a +y b =1(a >2,b >2)化为bx +ay −ab =0，则点M 到直线bx +ay −ab =0的距离为1，即22=1化简得ab −2a −2b +2=0，则a =2b−2b−2，则a +2b =2b−2b−2+2b =2b−2+2(b −2)+6⩾4+6=10，当且仅当2b−2=2(b −2)时取等号，所以a +2b 的最小值为10．8.答案：D解析：解：∵c =2，C =π3，a +b =3，∴由余弦定理：c 2=a 2+b 2−2abcosC ，可得：4=a 2+b 2−ab =(a +b)2−3ab =9−3ab ，∴解得ab =53，∴S △ABC =12absinC =12×53×√32=5√312．故选：D ．由已知及余弦定理可解得ab 的值，利用三角形面积公式即可得解．本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题．解析：本题考查流程图的作用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．旅客搭乘火车，应买票→候车→检票→上车，可得结论．解：旅客搭乘火车，应买票→候车→检票→上车，故选A．10.答案：A解析：解：由双曲线的定义可得|BF1|−|BF2|=2a，|AB|=|BF2|，可得|AF1|=2a，则|AF2|=|AF1|+2a=4a，cos∠BF1F2=√c2−a2c=|AF1|2+|F1F2|2−|AF2|22|AF1|⋅|F1F2|=4a2+4c2−16a22⋅2a⋅2c，化简可得c4−10a2c2+13a4=0，由e=ca可得e4−10e2+13=0，解得e2=5+2√3，可得e=√5+2√3，故选：A．由双曲线的定义可得|AF1|=2a，则|AF2|=|AF1|+2a=4a，运用直角三角形的余弦函数定义和余弦定理，可得a，c的方程，再由离心率公式，解方程可得所求值．本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查离心率的求法，注意运用锐角三角函数和余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．11.答案：D解析：本题考查三角函数的图象与性质，属于中档题．由周期求出ω，再利用点(7π12,0)在函数f(x)的图象上，可求φ的值．解：∵T =2πω=π，∴ω=2，∴f(x)=sin(2x +φ)．又∵点(7π12,0)在函数f(x)的图象上，∴sin (2×7π12+φ)=0，∴φ=−7π6+kπ(k ∈Z)．又∵|φ|<π2，∴φ=−π6．故选D ． 12.答案：C解析：由题意可得x 2−ax +1=0在区间(12， 3)内有解，利用函数有一个零点或者两个零点，列出关系式，即可求得实数a 的取值范围．解：由f(x)=x 2−ax +1在区间(12， 3)内有零点，可得x 2−ax +1=0在区间(12， 3)内有解．函数f(x)=x 2−ax +1过(0,1)，∴{a 2>0f(12)f(3)<0或{ f(12)≥0f(3)≥012≤a 2≤3f(a 2)<0，解{a 2>0f(12)f(3)<0得52<a <103，解{ f(12)≥0f(3)≥012≤a 2≤3f(a 2)<0得2≤a ≤52，综上a ∈[2,103).故选C ． 13.答案：1解析：解：二项式(ax2√x )5的展开式的通项公式为T r+1=C5r⋅a5−r ⋅ x10−2r ⋅ x −r2=C5r⋅a5−r ⋅ x10−52r，令10−5r2=0，解得r=4，故展开式中的常数项为C51⋅a1=5，∴a=1，故答案为1．先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项．再由常数项为5，求得a的值．本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．14.答案：−√55解析：解：向量a⃗=(3,1)，b⃗ =(−2,4)，可得a⃗⋅b⃗ =3×(−2)+1×4=−2，|a⃗|=√9+1=√10，|b⃗ |=√4+16=2√5，可得a⃗在b⃗ 方向上的投影为a⃗ ⋅b⃗|b⃗|=2√5=−√55．故答案为：−√55．运用向量数量积的坐标表示和模的公式，可得a⃗⋅b⃗ ，|a⃗|，|b⃗ |，再由a⃗在b⃗ 方向上的投影为a⃗ ⋅b⃗|b⃗|，计算即可得到所求值．本题考查向量数量积的坐标表示和模的公式以及向量的投影的概念，考查运算能力，属于基础题．15.答案：20√5π3解析：本题考查三棱锥的外接球体积，考查学生的计算能力，确定三棱锥的外接球的半径是关键．求出BC，可得△ABC外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球体积．解：∵AB=AC=2，∠BAC=120°，∴BC=2√3，∴2r=√3√32=4，∴r=2，∵PA ⊥面ABC ，PA =2，∴该三棱锥的外接球的半径为√22+12=√5，∴该三棱锥的外接球的体积43π⋅(√5)3=20√5π3．故答案为：20√5π3． 16.答案：32解析：解：∵a n+1−1=1a n −1=a n−1−1，∴{a n −1}为周期数列且周期为2，a 1−1=2，∴a 2014−1=a 2−1=1a1−1=12， ∴a 2014=32．故答案为：32．由题意可知{a n −1}为周期数列且周期为2，a 1−1=2，即可求出答案本题考查数列递推式，考查数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础． 17.答案：解：(Ⅰ)由已知得cos2B +cosB =0，可得2cos 2B +cosB −1=0，即(2cosB −1)(cosB +1)=0，解得cosB =12或cosB =−1．因为0<B <π，故cosB =12，所以，B =π3．(Ⅱ)由sinA =3sinC 利用正弦定理可得a =3c ，而△ABC 的面积为12acsinB =3√34，将a =3c 和B =π3代入上式，得出c =1，且a =3，再由余弦定理b 2=a 2+c 2−2accosB ，解得b =√7．解析：(Ⅰ)由条件可得2cos 2B +cosB −1=0，求得cos B 的值，可得B 的值．(Ⅱ)由sinA =3sinC 利用正弦定理可得a =3c ，再根据△ABC 的面积为12acsinB =3√34求得a 、c 的值，再由余弦定理求得b 的值．本题主要考查二倍角公式、诱导公式、正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题．18.答案：解：(1)连接AC ，BD 设其交点为O ，连接OE ，则O 为中点，故OE//PA ，又PA ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，故PA//平面BDE ；(2)以O 为原点，OA ，OB 分别为x ，y 轴，过O 做AP 的平行线为z 轴，建立如图所示空间坐标系，如图示：设AB =2，则A(√2,0,0), C(−√2,0,0)，B(0,√2,0)，D(0,−√2,0)，P(√2,0,2√2)，设PE PC =λ>0，E(√2−2√2λ,0,2√2−2√2λ), AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√2λ,0,2√2−2√2λ)， AE ⊥平面PBD ，所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，解得λ=23，因为AE ⊥平面PBD ，所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面PBD 的一个法向量，E(−√23,0,2√23)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4√23,0,2√23)，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√23,−√2,2√23), BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2√2,0)，设平面BDE 的法向量为n⃗ =(x,y,z )，则有{BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0, 即{−√23x −√2y +2√23z =0−2√2y =0，令x =2，得n⃗ =(2,0,1)，设二面角P −BD −E 为θ，则|cosθ|=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=35，由图知，二面角为锐角，故二面角P −BD −E 的余弦值为35．解析：本题主要考查线面平行的证明，二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．(1)连结AC ，BD ，交于点O ，连结OE ，推导出OE//PA ，由此能证明PA//平面BDE ．(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面PBD 的法向量和平面BDC 的法向量，利用向量法能求出二面角P −BD −C 的余弦值．19.答案：解：(1)∵X ∼N(100,100)，∴μ=100，σ=10，P (X ≥120)=1−P (80<X ≤120)2 =1−19202 =140，成绩优秀的人数为30000×140=750(人)；(2)根据题意，P (90<X ≤110)≈23，ξ的取值有0，1，2，3，ξ∼B(3,23)，P(ξ=0)=(13)3=127； P(ξ=1)=C 31(13)2×23=627=29；P(ξ=2)=C 32×13×(23)2=1227=49； P(ξ=3)=(23)3=827．ξ的分布列为：E(ξ)=3×23=2．解析：本题考查正态分布及离散型随机变量的分布列与期望，属于一般题．(1)利用正态分布解决问题；(2)离散型随机变量求分布列，期望问题．20.答案：解：(1)直线l ：y =bx +2，坐标原点到直线l 的距离为√2． ∴√b 2+1=√2 ∴b =1∵椭圆的离心率e =√63， ∴a 2−1a 2=(√63)2 ∴a 2=3∴所求椭圆的方程是x 23+y 2=1；(2)直线y =kx +2代入椭圆方程，消去y 可得：(1+3k 2)x 2+12kx +9=0∴△=36k 2−36>0，∴k >1或k <−1设C(x 1,y 1)，D(x 2,y 2)，则有x 1+x 2=−12k 1+3k 2，x 1x 2=91+3k 2∵EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+1,y 1)，ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2+1,y 2)，且以CD 为圆心的圆过点E ，∴EC ⊥ED∴(x 1+1)(x 2+1)+y 1y 2=0∴(1+k 2)x 1x 2+(2k +1)(x 1+x 2)+5=0∴(1+k 2)×91+3k 2+(2k +1)×(−12k 1+3k 2)+5=0 解得k =76>1，∴当k =76时，以CD 为直径的圆过定点E解析：(1)利用直线l ：y =bx +2，椭圆的离心率e =√63，坐标原点到直线l 的距离为√2，建立方程，求出椭圆的几何量，即可求得椭圆的方程；(2)直线y =kx +2代入椭圆方程，利用韦达定理及CD 为圆心的圆过点E ，利用数量积为0，即可求得结论．本题考查椭圆的标准方程与性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查向量知识，解题的关键是联立方程，利用韦达定理求解．21.答案：解：(1)易知f′(x)=e x+ae−x−(a+1)=(e x−1)(e x−a)，e x①当a≤0时，∴函数f(x)的极小值点为x=0，无极大值点；②当0<a<1时，∴函数f(x)的极大值点为x=lna，极小值点为x=0；③当a=1时，f′(x)=(e x−1)2⩾0，e x∴函数f(x)单调递增，即f(x)无极值点；④当a>1时，∴函数f(x)的极大值点为x=0，极小值点为x=lna；综上所述，当a≤0时，函数f(x)的极小值点为x=0，无极大值点；当0<a<1时，函数f(x)的极大值点为x=lna，极小值点为x=0；当a=1时，函数f(x)无极值点；当a>1时，函数f(x)的极大值点为x=0，极小值点为x=lna．(2)以下需多次引用到如下不等式：e x≥1+x，当且仅当x=0时取等号，证明略．注意到当0<a<1时，有lna<a−1<0．−1，当0<a<1时，gˈ(a)=0，令g(a)=lna−a+1，则g′(a)=1a∴g(a)<g(1)=0，即a−1>lna，显然a−1<0，∴lna<a−1<0，∴由(1)可知当0<a<1时，f(x)在区间(a−1,0)上递减，在区间(0,+∞)上递增，∴f(x)在区间(a−1,+∞)上的最小值为f(0)=1−a，∵关于x的不等式[f(x)]2<λ(e a−1−a)在区间(a−1,+∞)上存在实数解，∴只需当0<a<1时，关于a的不等式(1−a)2<λ(e a−1−a)恒成立，由上易知当0<a<1时，e a−1−a>0，∴只需当0<a<1时，不等式λ>(1−a)2e−a恒成立即可，令函数F(x)=(1−x)2e x−1−x ，0≤x<1，则F′(x)=(x−1)(3e x−1−xe x−1−x−1)(e x−1−x)2，(法一)令函数G(x)=3e x−1−xe x−1−x−1，0≤x<1，则Gˈ(x)=(2−x)e x−1−1，当0<x<1时，∵e1−x>2−x，∴(2−x)e x−1<1，∴Gˈ(x)<0，∴G(x)>G(1)=0，即G(x)>0，∴当0<x<1时，Fˈ(x)<0，∴F(x)<F(0)=e，即F(x)<e，∴当0<a<1时，不等式λ=(1−a)2e a−ea恒成立，只需λ≥e，综上，实数λ的取值范围为[e,+∞)．解析：本题考查利用导数研究函数的极值，最值问题，难度较大．(1)求导，讨论a，即可求导函数的单调区间，从而求得极值．(2)依题意，只需当0<a<1时，不等式λ>(1−a)2e a−1−a恒成立即可，令函数F(x)=(1−x)2e x−1−x，利用导数求解即可．22.答案：解：(1)由{x=1+√3cosα,y=√3sinα(α为参数)得曲线C的普通方程为(x−1)2+y2=3．由直线l的方程为：x+√3y−2=0，得极坐标方程为√3ρsinθ+ρcosθ−2=0，即ρsin(θ+π6)=1．(2)曲线C的极坐标方程是ρ2−2ρcosθ−2=0，把θ=π3代入曲线C的极坐标方程得ρ2−ρ−2=0，解之得ρM=2或ρM=−1(舍)．把θ=π3代入直线l的极坐标方程得ρN=1，所以MN =|ρM −ρN |=|2−1|=1．解析：本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．(1)消去参数可得普通方程，再利用公式化成极坐标方程；(2)先求出曲线C 的极坐标方程，把θ=π3代入曲线C 的极坐标方程，解得ρ的值，把θ=π3代入直线l 的极坐标方程解得ρ的值，从而得出结果．23.答案：解：(1)f(x)=|2x −1|−|x +32|={ 52−x,x <−32−3x −12,−32≤x ≤12x −52,x >12，根据题意，{x <−3252−x ≤2或{−32≤x ≤12−3x −12≤2或{x >12x −52≤2，解之得−56≤x ≤92，故解集为[−56,92]．(2)当x ∈(−∞,12)时，函数f(x)单调递减，当x ∈(12,+∞)时，函数f(x)单调递增．∴当x =12时，函数f(x)min =−2．由题知|a+b||ab+1|≤m ，即a+b ab+1≤m ，∵(a +b)−(ab +1)=(a −1)(1−b)≤0，则a +b ≤ab +1，∴a+b ab+1≤1．∴m ≥1，∴−m −1≤−2，∴f(x)≥−1−m ．解析：本题考查了绝对值不等式的解法和不等式的证明，属基础题．(1)f(x)=|2x −1|−|x +32|={ 52−x,x <−32−3x −12,−32≤x ≤12x −52,x >12，然后分段解不等式f(x)≤2；(2)求出f(x)的最小值，证明f(x)min≥−1−m，即可．。

2020年高考模拟试卷黑龙江省哈尔滨三中高考数学模拟试卷(理科)(解析版)

2020年高考模拟试卷高考数学模拟试卷（理科）（二）一、选择题1．集合A＝{x||x﹣1|＜2}，，则A∩B＝（）A．（1，2）B．（﹣1，2）C．（1，3）D．（﹣1，3）2．设S n是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{a n}的前n项和，则“d＜0”是“数列{S n}有最大项”的（）A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件3．△ABC中，＝（cos A，sin A），＝（cos B，﹣sin B），若•＝，则角C为（）A．B．C．D．4．已知a＝dx，则（x﹣）6展开式中的常数项为（）A．20B．﹣20C．﹣15D．155．正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都为2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．6．已知函数，其图象相邻的两条对称轴方程为x＝0与，则（）A．f（x）的最小正周期为2π，且在（0，π）上为单调递增函数B．f（x）的最小正周期为2π，且在（0，π）上为单调递减函数C．f（x）的最小正周期为π，且在上为单调递增函数D．f（x）的最小正周期为π，且在上为单调递减函数7．2019年10月1日在庆祝中华人民共和国成立70周年大阅兵的徒步方队中，被誉为“最强大脑”的院校科研方队队员分别由军事科学院、国防大学、国防科技大学三所院校联合抽组，已知军事科学学院的甲、乙、丙三名同学被选上的概率分别为，，，这三名同学中至少有一名同学被选上的概率为（）A．B．C．D．8．过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，直线l与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若，，则抛物线的方程为（）A．y2＝6x B．y2＝3x C．y2＝12x D．9．在平行四边形ABCD中，，，连接CE、DF相交于点M，若，则实数λ与μ的乘积为（）A．B．C．D．10．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”．如：已知A，B，C三人分配奖金的衰分比为20%，若A分得奖金1000元，则B，C所分得奖金分别为800元和640元．某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励68780元，若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金，且甲与丙共获得奖金36200元，则“衰分比”与丁所获得的奖金分别为（）A．20%，14580元B．10%，14580元C．20%，10800元D．10%，10800元11．已知函数y＝+（m+n）x+1的两个极值点分别为x1，x2且x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），记分别以m，n为横、纵坐标的点P（m，n）表示的平面区域为D，若函数y＝log a（x+4）（a＞1）的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围为（）A．（1，3]B．（1，3）C．（3，+∞）D．[3，+∞）12．设点P在曲线y＝e x上，点Q在曲线上，则|PQ|的最小值为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡相应的位置上. 13．若复数z＝1+i，则＝．14．已知双曲线（a＞0，b＞0），其右焦点为F，过点F作双曲线渐近线的垂线，垂足为Q，线段PQ的中点恰好在双曲线上，则双曲线的离心率为．15．已知△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若a＝1，2cos C+c＝2b，则△ABC的周长的取值范围是．16．已知平面区域Ω＝，直线l：y＝mx+2m和曲线C：有两个不同的交点，直线l与曲线C围城的平面区域为M，向区域Ω内随机投一点A，点A落在区域M内的概率为P（M），若，则实数m的取值范围是．三、解答题：本题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.（一）必考题：共60分.17．已知正项数列{a n}满足4S n＝（a n+1）2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝，求数列{b n}的前n项和T n．18．从某学校高三年级共1000名男生中随机抽取50人测量身高．据测量，被测学生身高全部介于155cm到195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组，第一组[155，160），第二组[160，165），…，第八组[190，195]．如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分、其中第六组、第七组、第八组人数依次构成等差数列．（1）求第六组、第七组的频率，并估算高三年级全体男生身高在180cm以上（含180cm）的人数；（2）学校决定让这50人在运动会上组成一个高旗队，在这50人中要选身高在180cm 以上（含180cm）的三人作为队长，记X为身高在[180，185）的人数，求X的分布列和数学期望．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC．（1）求证：平面ABE⊥平面BEF；（2）设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角，求a的取值范围．20．已知函数f（x）＝ax2+x﹣xlnx（a＞0）．（1）若函数满足f（1）＝2，且在定义域内f（x）≥bx2+2x恒成立，求实数b的取值范围；（2）若函数f（x）在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围．21．已知动圆P与圆F1：（x+3）2+y2＝81相切，且与圆F2：（x﹣3）2+y2＝1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C；设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于M，N两个不同的点．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）试探究|MN|和|OQ|2的比值能否为一个常数？若能，求出这个常数；若不能，请说明理由；（Ⅲ）记△QF2M的面积为S1，△OF2N的面积为S2，令S＝S1+S2，求S的最大值．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在极坐标系中，已知直线l的极坐标方程为，圆C的圆心是，半径为．（Ⅰ）求圆C的极坐标方程；（Ⅱ）求直线l被圆C所截得的弦长．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|2x+1|﹣|x﹣3|．（1）解不等式f（x）＞0；（2）已知关于x的不等式a+3＜f（x）恒成立，求实数a的取值范围．参考答案一、选择题：本题共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．集合A＝{x||x﹣1|＜2}，，则A∩B＝（）A．（1，2）B．（﹣1，2）C．（1，3）D．（﹣1，3）【分析】通过绝对值不等式求解集合A，指数不等式的求解求出集合B，然后求解交集．解：因为集合A＝{x||x﹣1|＜2}＝{x|﹣1＜x＜3}，＝{x|﹣1＜x＜2}，A∩B＝{x|﹣1＜x＜3}∩{x|﹣1＜x＜2}＝{x|﹣1＜x＜2}．故选：B．2．设S n是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{a n}的前n项和，则“d＜0”是“数列{S n}有最大项”的（）A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】利用等差数列的求和公式表示出S n，整理后，得到等差数列的S n为关于n的二次函数，利用配方法，即可确定数列的最大项．根据d小于0，可得此函数图象为开口向下的抛物线，函数有最大值，从而利用二次函数求最值的方法即可得出S n的最大值，即为{S n}中的最大项；反之也然．解：由等差数列的求和公式得：S n＝na1+d，整理得：S n＝0.5dn2+（a1﹣d）n，当d＜0，∴等差数列的S n为二次函数，依题意是开口向下的抛物线，∴S n有最大值；反之，当数列{S n}有最大项时，则S n为二次函数，且图象是开口向下的抛物线，从而d ＜0．故选：A．3．△ABC中，＝（cos A，sin A），＝（cos B，﹣sin B），若•＝，则角C为（）A．B．C．D．【分析】利用数量积和三角形的内角和定理、诱导公式即可化简，再利用三角形内特殊角的三角函数值即可得出．解：∵＝（cos A，sin A），＝（cos B，﹣sin B），∴＝cos A cos B﹣sin A sin B＝cos（A+B）＝cos（π﹣C）＝﹣cos C，∴，得cos C＝﹣．∵0＜C＜π．∴．故选：B．4．已知a＝dx，则（x﹣）6展开式中的常数项为（）A．20B．﹣20C．﹣15D．15【分析】利用定积分的定义求得a的值，求得展开式中的通项公式，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．解：∵已知＝（lnx）＝1，∴＝，它的展开式的通项公式为T r+1＝•x6﹣r•（﹣1）r•x﹣r＝（﹣1）r••x6﹣2r．令6﹣2r＝0，可得r＝3，∴开式中的常数项为﹣＝﹣20，故选：B．5．正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都为2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】通过建立空间直角坐标系，利用两条异面直线的方向向量的夹角即可得出异面直线所成的角．解：如图所示，分别取BC、B1C1的中点O、O1，由正三棱柱的性质可得AO、BO、OO1令两垂直，建立空间直角坐标系．∵所有棱长都为2，∴A，B（0，1，0），B1（0，1，2），C1（0，﹣1，2）．∴，∴＝＝＝．∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．故选：B．6．已知函数，其图象相邻的两条对称轴方程为x＝0与，则（）A．f（x）的最小正周期为2π，且在（0，π）上为单调递增函数B．f（x）的最小正周期为2π，且在（0，π）上为单调递减函数C．f（x）的最小正周期为π，且在上为单调递增函数D．f（x）的最小正周期为π，且在上为单调递减函数【分析】利用两角和差的正弦公式化简函数的解析式为f（x）＝2sin（ωx﹣），由题意可得＝，解得ω的值，即可确定函数的解析式为f（x）＝2sin（2x﹣），由此求得周期，由2kπ﹣≤2x﹣≤2kπ+，k∈z，求得x的范围，即可得到函数的增区间，从而得出结论．解：∵函数＝2[sin（ωx﹣cosωx]＝2sin（ωx ﹣），∴函数的周期为．再由函数图象相邻的两条对称轴方程为x＝0与，可得＝，解得ω＝2，故f（x）＝2sin（2x﹣）．故f（x）＝2sin（2x﹣）的周期为＝π．由2kπ﹣≤2x﹣≤2kπ+，k∈z，可得kπ﹣≤x≤kπ+，故函数的增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈z，故函数在上为单调递增函数，故选：C．7．2019年10月1日在庆祝中华人民共和国成立70周年大阅兵的徒步方队中，被誉为“最强大脑”的院校科研方队队员分别由军事科学院、国防大学、国防科技大学三所院校联合抽组，已知军事科学学院的甲、乙、丙三名同学被选上的概率分别为，，，这三名同学中至少有一名同学被选上的概率为（）A．B．C．D．【分析】利用对立事件概率计算公式直接求解．解：军事科学学院的甲、乙、丙三名同学被选上的概率分别为，，，∴这三名同学中至少有一名同学被选上的概率为：P＝1﹣（1﹣）（1﹣）（1﹣）＝．故选：C．8．过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，直线l与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若，，则抛物线的方程为（）A．y2＝6x B．y2＝3x C．y2＝12x D．【分析】设抛物线的准线与x轴的交点为D，F为线段AB的中点，进而可知|AF|和|AB|，推断出AF|＝|AB|，求得∠ABC，进而根据，求得p，则抛物线方程可得．解：设抛物线的准线与x轴的交点为D，依题意，F为线段AB的中点，故|AF|＝|AC|＝2|FD|＝2p，|AB|＝2|AF|＝2|AC|＝4p，∴∠ABC＝30°，||＝2p，＝4p×2p cos30°＝36，解得p＝，∴抛物线的方程为y2＝2x．故选：D．9．在平行四边形ABCD中，，，连接CE、DF相交于点M，若，则实数λ与μ的乘积为（）A．B．C．D．【分析】由题意可得＝2（λ﹣μ）+μ，由E、M、C三点共线，可得2λ﹣μ＝1，①同理可得＝，由D、M、F三点共线，可得λ+μ＝1，②，综合①②可得数值，作乘积即可．解：由题意可知：E为AB的中点，F为BC的三等分点（靠近B）故＝＝＝（λ﹣μ）+μ＝2（λ﹣μ）+μ，因为E、M、C三点共线，故有2（λ﹣μ）+μ＝1，即2λ﹣μ＝1，①同理可得＝＝＝，因为D、M、F三点共线，故有λ+（μ）＝1，即λ+μ＝1，②综合①②可解得λ＝，，故实数λ与μ的乘积＝故选：B．10．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”．如：已知A，B，C三人分配奖金的衰分比为20%，若A分得奖金1000元，则B，C所分得奖金分别为800元和640元．某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励68780元，若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金，且甲与丙共获得奖金36200元，则“衰分比”与丁所获得的奖金分别为（）A．20%，14580元B．10%，14580元C．20%，10800元D．10%，10800元【分析】根据题意，设甲、乙、丙、丁获得的奖金组成等比数列{a n}，设“衰分比”为m，则数列的公比为1﹣m，由等比数列的通项公式可得，进而计算可得m与a4的值，即可得答案．解：根据题意，设甲、乙、丙、丁获得的奖金组成等比数列{a n}，设“衰分比”为m，则数列的公比为1﹣m，则有，则有a2+a4＝32580，则有1﹣m＝0.9，则m＝0.1＝10%，则有+a4＝32580，解可得a4＝14580，即“衰分比”为10%，丁所获得的奖金14580，故选：B．11．已知函数y＝+（m+n）x+1的两个极值点分别为x1，x2且x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），记分别以m，n为横、纵坐标的点P（m，n）表示的平面区域为D，若函数y＝log a（x+4）（a＞1）的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围为（）A．（1，3]B．（1，3）C．（3，+∞）D．[3，+∞）【分析】依题意，可得m，n满足的约束条件，进而作出图形，利用图象即可得解．解：y′＝x2+mx+m+n，依题意，y′＝0的两个根为x1，x2且x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），∴，平面区域D表示的图形如下图所示，注意到直线m+n＝0与直线2m+n+1＝0的交点P（﹣1，1），当函数y＝log a（x+4）过点P时，即log a3＝1，解得a＝3，要使函数y＝log a（x+4）（a＞1）的图象上存在区域D内的点，由图可知，a＜3，又a ＞1，故实数a的取值范围为（1，3）．故选：B．12．设点P在曲线y＝e x上，点Q在曲线上，则|PQ|的最小值为（）A．B．C．D．【分析】求两个曲线上不同两点的距离的最小值，显然没法利用两点间的距离公式计算，可结合函数y＝e x上的点关于y＝x的对称点在其反函数的图象上把问题转化为求曲线y ＝lnx上的点与上的点到直线y＝x的距离之和最小问题，而与y＝x平行的直线同时与曲线y＝lnx和切于同一点（1，0），所以PQ的距离的最小值为（1，0）点到直线y＝x距离的2倍．解：如图，因为y＝e x的反函数是y＝lnx，两个函数的图象关于直线y＝x对称，所以曲线y＝e x上的点P到直线y＝x的距离等于在曲线y＝lnx上的对称点P′到直线y ＝x的距离．设函数f（x）＝lnx﹣1+，＝，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0，+∞）上有最小值f（1）＝0，则当x＞0时，除（1，0）点外函数y＝lnx的图象恒在y＝1﹣的上方，在（1，0）处两曲线相切．求曲线y＝e x上的点P与曲线y＝1﹣上的点Q的距离的最小值，可看作是求曲线y＝lnx 上的点P′与Q点到直线y＝x的距离的最小值的和，而函数y＝lnx与y＝1﹣在x＝1时的导数都是1，说明与直线y＝x平行的直线与两曲线切于同一点（1，0）则PQ的距离的最小值为（1，0）点到直线y＝x距离的2倍，所以|PQ|的最小值为．故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡相应的位置上. 13．若复数z＝1+i，则＝﹣1．【分析】利用共轭复数和复数的运算法则即可得出．解：∵复数z＝1+i，∴，∴＝＝﹣1．故答案为﹣1．14．已知双曲线（a＞0，b＞0），其右焦点为F，过点F作双曲线渐近线的垂线，垂足为Q，线段PQ的中点恰好在双曲线上，则双曲线的离心率为．【分析】根据题意可表示出渐近线方程，进而可知PF的斜率，设出P的坐标代入渐近线方程求得x的表达式，则P的坐标可知，进而求得中点的表达式，代入双曲线方程整理求得a和c的关系式，进而求得离心率．解：由题意设F（c，0）相应的渐近线：y＝x，则根据直线PF的斜率为﹣，设P（x，x），代入双曲线渐近线方程求出x＝，则P（，），则PF的中点（），把中点坐标代入双曲线方程＝1中，整理求得＝，即离心率为故答案为：．15．已知△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若a＝1，2cos C+c＝2b，则△ABC的周长的取值范围是（2，3]．【分析】由余弦定理求得cos C，代入已知等式可得（b+c）2﹣1＝3bc，利用基本不等式求得b+c≤2，故a+b+c≤3．再由三角形任意两边之和大于第三边求得a+b+c＞2，由此求得△ABC的周长的取值范围．解：△ABC中，由余弦定理可得2cos C＝，∵a＝1，2cos C+c＝2b，∴+c＝2b，化简可得（b+c）2﹣1＝3bc．∵bc≤，∴（b+c）2﹣1≤3×，解得b+c≤2（当且仅当b＝c时，取等号）．故a+b+c≤3．再由任意两边之和大于第三边可得b+c＞a＝1，故有a+b+c＞2，故△ABC的周长的取值范围是（2，3]，故答案为：（2，3]．16．已知平面区域Ω＝，直线l：y＝mx+2m和曲线C：有两个不同的交点，直线l与曲线C围城的平面区域为M，向区域Ω内随机投一点A，点A落在区域M内的概率为P（M），若，则实数m的取值范围是[0，1]．【分析】画出图形，不难发现直线恒过定点（﹣2，0），结合概率范围可知直线与圆的关系，直线以（﹣2，0）点为中心顺时针旋转至与x轴重合，从而确定直线的斜率范围．解：画出图形，不难发现直线恒过定点（﹣2，0），圆是上半圆，直线过（﹣2，0），（0，2）时，它们围成的平面区域为M，向区域Ω上随机投一点A，点A落在区域M内的概率为P（M），此时P（M）＝，当直线与x轴重合时，P（M）＝1；直线的斜率范围是[0，1]．故答案为：[0，1]．三、解答题：本题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.（一）必考题：共60分.17．已知正项数列{a n}满足4S n＝（a n+1）2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝，求数列{b n}的前n项和T n．【分析】（1）利用数列的前n项和与第n项的关系，转化求解数列的通项公式即可．（2）化简数列的通项公式，利用裂项消项法求解数列的和即可．解：（1）正项数列{a n}满足4S n＝（a n+1）2…①4S n﹣1＝（a n﹣1+1）2…②两式相减①﹣②可得4a n＝a n2+2a n﹣a n﹣12﹣2a n﹣1，整理得a n﹣a n﹣1＝2…又a1＝1，得a n＝2n﹣1…（2）∵a n＝2n﹣1，∴b n＝＝＝（﹣）．…∴数列{b n}的前n项和T n＝（1﹣+…+﹣）＝…18．从某学校高三年级共1000名男生中随机抽取50人测量身高．据测量，被测学生身高全部介于155cm到195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组，第一组[155，160），第二组[160，165），…，第八组[190，195]．如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分、其中第六组、第七组、第八组人数依次构成等差数列．（1）求第六组、第七组的频率，并估算高三年级全体男生身高在180cm以上（含180cm）的人数；（2）学校决定让这50人在运动会上组成一个高旗队，在这50人中要选身高在180cm 以上（含180cm）的三人作为队长，记X为身高在[180，185）的人数，求X的分布列和数学期望．【分析】（1）由频率分布直方图分析可得后三组的频率，再根据公式：频率＝频数÷数据总和，计算可得答案．（2）列出X的分布列，根据分布列利用随机变量的期望公式求出X的数学期望．解：（1）由频率分布直方图知，前五组频率为（0.008+0.016+0.04+0.04+0.06）×5＝0.82，后三组频率为1﹣0.82＝0.18，人数为0.18×50＝9人，这所学校高三男生身高在180cm以上（含180cm）的人数为1000×0.18＝180人由频率分布直方图得第八组频率为0.008×5＝0.04，人数为0.04×50＝2人，设第六组人数为m，则第七组人数为9﹣2﹣m＝7﹣m，又m+2＝2（7﹣m），所以m＝4，即第六组人数为4人，第七组人数为3人，频率分别为0.08，0.06．估算高三年级全体男生身高在180cm以上（含180cm）的人数为180．（2）X可能的取值为0，1，2，3，P（x＝0）＝，P（x＝1）＝，P（x＝0）＝，P（x＝0）＝，所以X的分布列X0123P…EX＝…19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC．（1）求证：平面ABE⊥平面BEF；（2）设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角，求a的取值范围．【分析】（1）由题目给出的条件，可得四边形ABFD为矩形，说明AB⊥BF，再证明AB⊥EF，由线面垂直的判定可得AB⊥面BEF，再根据面面垂直的判定得到平面ABE ⊥平面BEF；（2）以A点为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间坐标系，利用平面法向量所成交与二面角的关系求出二面角的余弦值，根据给出的二面角的范围得其余弦值的范围，最后求解不等式可得a的取值范围．【解答】证明：如图，（1）∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，∴ABFD为矩形，AB⊥BF．∵DE＝EC，∴DC⊥EF，又AB∥CD，∴AB⊥EF∵BF∩EF＝F，∴AB⊥面BEF，又AE⊂面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF．（2）解：∵DE＝EC，∴DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD又AB⊥PD，所以AB⊥面PAD，AB⊥PA．以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间坐标系，则B（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，a），C（2，2，0），E（1，1，）平面BCD的法向量，设平面EBD的法向量为，由⇒，即，取y＝1，得x＝2，z＝则．所以．因为平面EBD与平面ABCD所成锐二面角，所以cosθ∈，即．由得：由得：或．所以a的取值范围是．20．已知函数f（x）＝ax2+x﹣xlnx（a＞0）．（1）若函数满足f（1）＝2，且在定义域内f（x）≥bx2+2x恒成立，求实数b的取值范围；（2）若函数f（x）在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围．【分析】（1）由已知，求得f（x）＝x2+x﹣xlnx．将不等式f（x）≥bx2+2x转化为≥b．构造函数g（x）＝，只需b≤g（x）min即可．因此又需求g（x）min．（2）函数f（x）在定义域上是单调函数，需f′（x）在定义域上恒非负或恒非正．考查f′（x）的取值情况，进行解答．解：（1）∵f（1）＝2，∴a＝1，f（x）＝x2+x﹣xlnx．由f（x）≥bx2+2x⇔≥b．令g（x）＝，可得g（x）在（0，1]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（1）＝0，即b≤0．（2）f′（x）＝2ax﹣lnx（x＞0）．令f′（x）＞0，得2a≥，令h（x）＝，当x＝e时，h（x）max＝∴当时，f′（x）＞0（x＞0）恒成立，此时．函数f（x）在定义域上单调递增．若，g（x）＝2ax﹣lnx，（x＞0），g′（x）＝2a﹣由g′（x）＝0，得出x＝，，g′（x）＜0，，g′（x）＞0，∴x＝时，g（x）取得极小值也是最小值．而当时，g（）＝1﹣ln＜0，f′（x）＝0必有根．f（x）必有极值，在定义域上不单调．综上所述，．21．已知动圆P与圆F1：（x+3）2+y2＝81相切，且与圆F2：（x﹣3）2+y2＝1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C；设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于M，N两个不同的点．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）试探究|MN|和|OQ|2的比值能否为一个常数？若能，求出这个常数；若不能，请说明理由；（Ⅲ）记△QF2M的面积为S1，△OF2N的面积为S2，令S＝S1+S2，求S的最大值．【分析】（I）设圆心P的坐标为（x，y），半径为R，由已知条件推导出|PF1|+|PF2|＝8＞|F1F2|＝6，从而圆心P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，由此能求出圆心P的轨迹C 的方程．（II）设直线OQ：x＝my，则直线MN：x＝my+3，由，能求出|OQ|2，由，能求出|MN|，由此能求出|MN|和|OQ|2的比值为常数．（III）由△QF2M的面积＝△OF2M的面积，能求出S＝S1+S2的最大值．【解答】（本小题满分13分）解：（I）设圆心P的坐标为（x，y），半径为R由于动圆P与圆相切，且与圆相内切，所以动圆P与圆只能内切∴，∴|PF1|+|PF2|＝8＞|F1F2|＝6…∴圆心P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，其中2a＝8，2c＝6，∴a＝4，c＝3，b2＝a2﹣c2＝7故圆心P的轨迹C：．…（II）设M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x3，y3），直线OQ：x＝my，则直线MN：x＝my+3由，得：，∴，∴…由，得：（7m2+16）y2+42my﹣49＝0，∴，∴＝＝＝…∴，∴|MN|和|OQ|2的比值为一个常数，这个常数为…（III）∵MN∥OQ，∴△QF2M的面积＝△OF2M的面积，∴S＝S1+S2＝S△OMN∵O到直线MN：x＝my+3的距离，∴…令，则m2＝t2﹣1（t≥1），∵（当且仅当，即，亦即时取等号）∴当时，S取最大值…[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在极坐标系中，已知直线l的极坐标方程为，圆C的圆心是，半径为．（Ⅰ）求圆C的极坐标方程；（Ⅱ）求直线l被圆C所截得的弦长．【分析】（Ⅰ）求出圆心坐标，和圆的标准方程，即可求圆C的极坐标方程；（Ⅱ）分别求出直线的标准方程，利用直线和圆的位置关系即可求直线l被圆C所截得的弦长．解：（Ⅰ）∵圆C的圆心是，∴x＝ρcosθ＝＝1，y＝ρsinθ＝＝1，即圆心坐标为（1，1），则圆的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，x2﹣2x+y2﹣2y＝0圆C的极坐标方程为：；（Ⅱ）∵直线l的极坐标方程为，∴ρsinθ+ρcosθ＝1+，即，圆心到直线距离为，圆半径为．故弦长为．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|2x+1|﹣|x﹣3|．（1）解不等式f（x）＞0；（2）已知关于x的不等式a+3＜f（x）恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）通过分类讨论，去掉绝对值函数中的绝对值符号，转化为分段函数，即可求得不等式f（x）＞0的解集；（2）构造函数g（x）＝f（x）﹣3，关于x的不等式a+3＜f（x）恒成立⇔a＜f（x）﹣3恒成立⇔a＜g（x）min，先求得f（x）min，再求g（x）min即可．解：（1）∵f（x）＝|2x+1|﹣|x﹣3|＝，∵f（x）＞0，∴①当x＜﹣时，﹣x﹣4＞0，∴x＜﹣4；②当﹣≤x≤3时，3x﹣2＞0，∴＜x≤3；③当x＞3时，x+4＞0，∴x＞3．综上所述，不等式f（x）＞0的解集为：（﹣∞，﹣4）∪（，+∞）…（2）由（1）知，f（x）＝，∴当x≤﹣时，﹣x﹣4≥﹣；当﹣＜x＜3时，﹣＜3x﹣2＜7；当x≥3时，x+4≥7，综上所述，f（x）≥﹣．∵关于x的不等式a+3＜f（x）恒成立，∴a＜f（x）﹣3恒成立，令g（x）＝f（x）﹣3，则g（x）≥﹣．∴g（x）min＝﹣．∴a＜g（x）min＝﹣。

2020年黑龙江省高考理科数学仿真模拟试题一(附答案)

2020年黑龙江省高考理科数学仿真模拟试题一（附答案）（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。

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. 已知集合{}03A x x =<<，{}2log 1B x x =>则A B ⋂=（） A. (2,3)B. (0,3)C. (1,2)D. (0,1)2. 若p ：x R ∀∈，c o s 1x ≤，则（） A. p ⌝：0x R ∃∈，0cos 1x > B. p ⌝：x R ∀∈，cos 1x > C. p ⌝：0x R ∃∈，0cos 1x ≥ D. p ⌝：x R ∀∈，cos 1x ≥3. 下列说法中，正确的是（）A. 命题“若22am bm <，则a b <”的逆命题是真命题B. 命题“存在2,0x R x x ∈->”的否定是：“任意2,0x R x x ∈-≤” C. 命题“p 或q”为真命题，则命题“p”和命题“q”均为真命题 D. 已知x R ∈，则“1x >”是“2x >”的充分不必要条件4. 设函数2,3,()(1),3x x f x f x x ⎧≥=⎨+<⎩则()2log 6f 值为（） A. 3B. 6C. 8D. 125. 函数21010()x xf x x--=的图像大致为（）A. B. C. D.6. 已知向量a ，b 满足1a =，1a b ⋅=-，则(2)a a b ⋅-=（） A. 4B. 3C. 2D. 17. 某三棱锥的三视图如图所示，其俯视图是一个等腰直角三角形，在此三棱锥的六条棱中，最长棱的长度为（）正视图仰视图俯视图A. B.C.D.8. 一布袋中装有个小球，甲，乙两个同学轮流且不放回的抓球，每次最少抓一个球，最多抓三个球，规定：由乙先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，那么以下推断中正确的是（） A. 若，则乙有必赢的策略 B. 若，则甲有必赢的策略 C. 若，则甲有必赢的策略D. 若，则乙有必赢的策略9．若函数f （x ）＝a sin x +cos x （a 为常数，x ∈R）的图象关于直线x ＝6π对称，则函数g （x ）＝sin x +a cos x 的图象（） A ．关于直线x ＝－3π对称 B ．关于直线x ＝6π对称 C ．关于点（3π，0）对称 D ．关于点（56π，0）对称 10．三棱锥S ﹣ABC 中，SA ⊥底面ABC ，若SA ＝AB ＝BC ＝AC ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为（）A ．18πB ．212πC ．21πD ．42π11．直线12=+by ax 与圆122=+y x 相交于A 、B 两点（其中b a ,是实数），且AOB ∆是直角三角形(O 是坐标原点)，则点P ),(b a 与点)1,0(之间距离的最小值为( ) A 0 B. 2 C.12- D. 12+12．抛物线2y 2px =p>0（）的焦点为F ，点A 、B 在抛物线上，且120AFB ∠=，弦AB 中点M 在准线l 上的射影为1M ，则1MM AB的最大值为（）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学模拟试卷(理科)(一)(有解析)

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学模拟试卷(理科)(一)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知i为虚数单位，在复平面内复数2i对应点的坐标为()1+iA. (1,1)B. (−1,1)C. (2,2)D. (−2,2)2.已知集合M={x|x2+x−6≤0}，N={x|x>0}，则M∩N=()A. (0,2]B. [−3,2]C. (0,3]D. [−3,+∞)3.某饮用水器具的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 6πB. 8πC. 7πD. 11π4.下列说法正确的是()A. f(x)=ax2+bx+c(a,b，c∈R)，则f(x)≥0的充分条件是b2−4ac≤0B. 若m，k，n∈R，则mk2>nk2的充要条件是m>nC. 对任意x∈R，x2≥0的否定是存在x0∈R，x02≥0D. m是一条直线，α，β是两个不同的平面，若m⊥α，m⊥β，则α//β5.欧拉公式e ix=cos x+isin x(e是自然对数的底数，i是虚数单位)是数学里令人着迷的公式之一，根据欧拉公式可知，2ie− π 6i=()A. √3−iB. 1−√3iC. √3+iD. 1+√3i6.某大学党支部中有2名女教师和4名男教师，现从中任选3名教师去参加精准扶贫工作，至少有1名女教师要参加这项工作的选择方法种数为()A. 10B. 12C. 16D. 207.阅读下面的程序框图，若输入a,b,c的值分别是2，1，7，则输出的值是()A. 3B. 6C. 8D. 98. 若0<α<π2，cos(π3+α)=13，则cosα=( )A. 2√2+√36B. 2√6−16C. 2√6+16D. 2√2−√369. 已知数列{a n }是公差为12的等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项和.若a 2,a 6,a 14成等比数列，则S 5=( )A. 252B. 35C. 352D. 2510. 若函数f(x)=log a (x 2+32x)(a >0,a ≠1)在区间(12,+∞)内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间为( )A. (0,+∞)B. (2,+∞)C. (1,+∞)D. (12,+∞)11. 点S ，A ，B ，C 是球O 的球面上的四个点，S ，O 在平面ABC 的同侧，∠ABC =120°，AB =BC =2，平面SAC ⊥平面ABC ，若三棱锥S −ABC 的体积为√3，则该球的表面积为( )A. 18πB. 16πC. 20πD. 25π12. 设f(x)=e x +b x +c ，若方程f(x)=x 无实根，则( )A. b >1，c <1B. b >1，c >−1C. b ≤1，c <1D. b ≤1，c >−1二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知|a ⃗ |=9，|b ⃗ |=4，夹角为120°，a ⃗ ⋅b⃗ = ______ ． 14. 已知实数x ，y 满足约束条件{y ≤xx +y ≥2x ≤2，则2x −y 的最大值为______．15. 设A 是抛物线C 1：y 2=2px(p >0)与双曲线C 2：x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线的交点．若点A 到抛物线C 1的准线距离等于32p ，则双曲线C 2的离心率等于______．16. 有三家分别位于△ABC 顶点处的工厂，已知AB =AC =5，BC =6，为了处理污水，现要在△ABC的三条边上选择一点P 建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道则AP ，BP ，CP ，则AP +BP +CP 的最小值为______ ．三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）17.已知在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，a=1，b=√2，∠B=∠A+π．2(1)求sin A的值；(2)求△ABC的面积．18.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1(侧棱垂直于底面)中，BC⊥AB，且AA1=AB=2．(1)求证：AB1⊥平面A1BC．(2)当BC=2时，求直线AC与平面A1BC所成的角．19.槟榔原产于马来西亚，中国主要分布在云南、海南及台湾等热带地区，在亚洲热带地区广泛栽培.槟榔是重要的中药材，在南方一些少数民族还有将果实作为一种咀嚼嗜好品，但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物.云南某民族中学为了解A，B两个少数民族班学生咀嚼槟榔的情况，分别从这两个班中随机抽取5名同学进行调查，将他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本绘制成茎叶图如图所示(图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字)．(1)从A班的样本数据中随机抽取一个不超过19的数据记为a，从B班的样本数据中随机抽取一个不超过21的数据记为b，求a≥b的概率；(2)从所有咀嚼槟榔颗数在20颗以上(包含20颗)的同学中随机抽取3人，求被抽到B班同学人数的分布列和数学期望．20.椭圆C： x2a2+y2b2=1的右焦点为F(1,0)，离心率为12．(1)求椭圆C的方程；(2)过F且斜率为1的直线交椭圆于M，N两点，P是直线x=4上任意一点．求证：直线PM，PF，PN的斜率成等差数列．21. 求证：1+122+132…+1n 2<2−1n (n ∈N ∗,n ≥2)22. 已知平面直角坐标系xOy ，以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的参数方程为{x =3cosφy =3+3sinφ(φ为参数).点A ，B 是曲线C 上两点，点A ，B 的极坐标分别为(ρ1,π6)，(ρ2,23π)． (1)写出曲线C 的普通方程和极坐标方程； (2)求|AB|的值．23. 已知函数f(x)=|x −1|．(Ⅰ)解不等式：f(x)+f(x −1)≤2；(Ⅱ)当a >0时，不等式2a −3≥f(ax)−af(x)恒成立，求实数a 的取值范围．【答案与解析】1.答案：A解析：根据复数的几何意义，即可得到结论．本题主要考查复数的几何意义，比较基础．解：2i1+i =2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i−2i22=1+i，则对应的点的坐标为(1,1)，故选：A．2.答案：A解析：本题考查了一元二次不等式的解法和集合的交集运算.先解不等式，再求交集．解：因为M={x|x2+x−6≤0}={x|−3≤x≤2}，N={x|x>0}，所以M∩N=(0,2]，故选A．3.答案：C解析：解根据三视图可知几何体是：底面半径为1、高为4的圆柱的上半部分被截去一部分后得到的几何体，∴该几何体的表面积S=2π×1×2+12×2π×1×2+π×12=7π，故选：C．由三视图知该几何体底面半径为1、高为4的圆柱的上半部分被截去一部分后得到的几何体，由条件和圆柱的表面积公式求出该几何体的表面积．本题考查由三视图求几何体的表面积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．4.答案：D解析：解：对于A，当a<0时，由b2−4ac≤0不能得到f(x)≥0，则“ax2+bx+c≥0”的充分条件是“b2−4ac≤0”错误．对于B，若m，k，n∈R，由mk2>nk2的一定能推出m>n，但是，当k=0时，由m>n不能推出mk2>nk2，故B错误，对于C，命题“对任意x∈R，有x2≥0”的否定是“存在x0∈R，有x02<0”，故C错误，对于D，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行，故D正确，故选：D由充分必要条件的判定方法判断A，B，直接写出全程命题的否定判断C，根据垂直于同一直线的两个平面互相平行，可以判断D本题考查命题的真假判断与应用，考查了全程命题的否定、命题的逆否命题的真假判断，考查充分必要条件的判定方法，空间直线与平面位置关系的判断，属于中档题．5.答案：D解析：本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．结合复数的四则运算和欧拉公式即可求解．解：2ie− π 6i=2i(√32−12i)=1+√3i，故选D．6.答案：C解析：本题考查排列、组合的应用，注意用间接法分析，属于基础题．根据题意，用间接法分析：先计算从2名女教师和4名男教师中任选3人的选法数目，再分析其中没有女生，即全部为男生的选法数目，分析可得答案．解析：解：根据题意，从2名女教师和4名男教师中任选3人，有C63=20种选法，其中没有女生，即全部为男生的选法有C43=4种，则少有1名女教师要参加这项工作的选法有20−4=16种；故选C．7.答案：C解析：本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．根据模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．解：模拟程序的运行，可得a=2，b=1，c=7，不满足a<b，所以执行m=b+c=8;故选C．8.答案：C解析：本题主要考查了同角三角函数基本关系式，两角差的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于一般题．由已知角的范围可求π3+α的范围，利用同角三角函数基本关系式可求sin(π3+α)的值，由于α=(π3+α)−π3，利用两角差的余弦函数公式即可计算求值得解．解：∵0<α<π2，∴π3<π3+α<5π6，∴sin(π3+α)=√1−cos2(π3+α)=2√23，∴cosα=cos[(π+α)−π]=cos(π+α)cosπ+sin(π+α)sinπ=13×12+2√23×√32=1+2√66．故选C．9.答案：A解析：本题主要考查了等差数列的求和与等比数列的性质，属于基础题．根据等比数列的性质求得等差数列的首项，然后求解其前n项和即可．解：∵a 2,a 6,a 14成等比数列，∴a 62=a 2a 14，即(a 1+5×12)2=(a 1+12)(a 1+13×12)，解得a 1=32， ∴S 5=5a 1+5×42d =152+5=252，故选A ．10.答案：A解析：本题考查了复合函数的单调性问题，考查对数函数的性质，是一道基础题．解：x ∈(12,+∞)时，x 2+32x =(x +34)2−916>1，函数f (x )=log a (x 2+3x2)(a >0且a ≠1)在区间(12,+∞)内恒有f(x)>0，所以a >1，∴函数f(x)的定义域为x 2+32x >0，解得x <−32或x >0，由复合函数的单调性可知f(x)的单调递增区间(0,+∞)，故选A ．11.答案：D解析：解：三棱锥O −ABC ，A 、B 、C 三点均在球心O 的表面上，且AB =BC =2，∠ABC =120°， ∴BC =2√3，∴∴△ABC 外接圆半径2r =2√3sin120°=4，即r =2∴S △ABC =12×2×2×sin120°=√3， ∵三棱锥S −ABC 的体积为√3，∴S到底面ABC的距离ℎ=3，由平面SAC⊥平面ABC，可将已知中的三棱锥S−ABC补成一个同底等高的棱柱，则圆心O到平面ABC的距离d=32．球的半径为：R2=d2+r2=254球的表面积：4πR2=25π．故选：D求出底面三角形的面积，利用三棱锥的体积求出O到底面的距离，求出底面三角形的所在平面圆的半径，通过勾股定理求出球的半径，即可求解球的表面积．本题考查球的表面积的求法，球的内含体与三棱锥的关系，考查空间想象能力以及计算能力．12.答案：D解析： f(x)>x恒成立是解题关键，本题考查函数零点与方程的根的关系，属基础题．解：由题意，若方程f(x)=x无实根，可得 f(x)>x恒成立，e x>(1−b)x−c对任意x恒成立．∴1−b>0, −c<1 或b=1,−c≤0，故选D．13.答案：−18)=−18．解析：解：a⃗⋅b⃗ =|a⃗||b⃗ |cos120°=9×4×cos120°=9×4×(−12故答案为：−18．利用数量积定义即可得出．本题考查了数量积定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．14.答案：4解析：解：先根据约束条件{y ≤xx +y ≥2x ≤2画出可行域，由{x =2x +y =2得A(2,0)，当直线z =2x −y 过点A(2,0)时， z 最大是4，故答案为：4．先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z =2x −y 表示直线在y 轴上的截距，只需求出可行域直线在y 轴上的截距最大值即可．本题考查线性规划问题，考查数形结合思想，解答的步骤是有两种方法：一种是：画出可行域画法，标明函数几何意义，得出最优解．另一种方法是：由约束条件画出可行域，求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证，求出最优解．15.答案：√3解析：解：不妨设A(x 0,y 0)，y 0>0，由题意可得x 0+p2=32p ，∴x 0=p ，又A 在抛物线C 1：y 2=2px(p >0)上，所以y 0=√2p ，从而，ba =√2，可得c 2−a 2a 2=2，所以e =ca =√3．故答案为：√3．设出A 的坐标，再利用点A 到抛物线的准线的距离为32p ，得到A 的横坐标，利用A 在抛物线上，求出a ，b 关系，然后求解离心率即可．熟练掌握抛物线及双曲线的标准方程及其性质、渐近线方程和离心率计算公式是解题的关键．16.答案：495解析：解：由题意，AB =AC =5，BC =6，所以BC 上的高为4，AB ，AC 上的高都为245， ∵4+6>5+245，∴AP +BP +CP 的最小值为495．故答案为：495．由题意，AB =AC =5，BC =6，所以BC 上的高为4，AB ，AC 上的高都为245，即可求出AP +BP +CP 的最小值．本题考查AP +BP +CP 的最小值，考查学生的计算能力，比较基础．17.答案：解：(1)∵a =1，b =√2，B =A +π2．∴A 为锐角，∴由正弦定理可得：sinA =asinB b=1×sin(A+π2)√2=√2，两边平方整理可得：sin 2A =1−sin 2A2，解得：sinA 2=13，有sinA =√33．(2)∵C =π−A −B =π2−2A ，∴由正弦定理可得：c =asinC sinA=1×sin(π2−2A)sinA =cos2A sinA=2cos 2A−1sinA=1−2sin 2A sinA=1−2×(√33)2√33=√33， ∴S △ABC =12bcsinA =12×√2×√33×√33=√26．解析：(1)由已知可得A 为锐角，由正弦定理可得sinA =asinB b=cosA √2，两边平方整理可解得sin A 的值．(2)利用三角形内角和定理可求C ，由正弦定理可得c ，根据三角形面积公式即可得解．本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，三角形面积公式的综合应用，属于基础题． 18.答案：解：(1)证明：∵在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1(侧棱垂直于底面)中，BC ⊥AB ，且AA 1=AB =2 ∴A 1A ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC∴A 1A ⊥BC又∵BC ⊥AB ，AB ∩AA 1=A∴BC ⊥平面AA 1B 1 B ，平面AB 1⊂平面ABB 1A ∴BC ⊥AB 1∵四边形A 1ABB 1是正方形∴A 1B ⊥AB 1又∵BC ∩A 1B =B∴AB 1⊥平面A 1BC(2)解法一：设AB 1∩A 1B =O ，连结CO ∵BC ⊥平面A 1ABB 1∴∠ACO 就是直线AC 与平面A 1BC 所成的角θ∵BC =2∵AO =12AB 1=√2，sin∠ACO =sinθ=AOAC∴AC═2√2,AO =√2在Rt △AOC 中，sinθ=12∴θ=π6∴BC 的长为2时，直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6 解法二：由(1)知以B 为原点建立如图所示坐标系B −xyz ，则B(0,0，0)，A(0,2，0)，C(2,0，0)A 1(0，2，2) 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC B 1(0,0，2)，AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,2) ∵直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ∴sinθ=|cos <AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|AC ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12即BC 的长为2时，直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6解析：(1)证明BC ⊥AB 1，A 1B ⊥AB 1，利用直线与平面垂直的判定定理证明AB 1⊥平面A 1BC ． (2)解法一：设AB 1∩A 1B =O ，连结CO ，说明∠ACO 就是直线AC 与平面A 1BC 所成的角θ，在Rt △AOC 中，求解直线AC 与平面A 1BC 所成的角．解法二：由(1)知以B 为原点建立如图所示坐标系B −xyz ，求出B ，A ，C ，A 1，求出AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−2,0)，AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ，利用向量的数量积求解即可．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查计算能力以及逻辑推理能力．19.答案：(1)A 班的样本数据中不超过19的数据a 有3个，B 班的样本数据中不超过21的数据b 也有3个，从A 班和B 班的样本数据中各随机抽取一个共有3×3=9种不同情况．其中a ≥b 的情况由(11,11)，(14,11)，(14,12)三种，故a ≥b 的概率P =39=13．(2)因为所有咀嚼槟榔颗数在20颗以上(包含20颗)的同学中，A 班有2人，B 班有3人，共有5人，设抽到B 班同学的人数为X ， ∴X 的可能取值为1，2，3． P(X =1)=C 31C 22C 53=310，P(X =2)=C 32C 21C 53=35，P(X =3)=C 33C 20C 53=110．∴X 的分布列为：数学期望为E(X)=1×310+2×35+3×110=95．解析：本题考查茎叶图和古典概型及离散型随机变量分布列和期望问题，属于一般题． (1)根据茎叶图解决概率问题；(2)离散型随机变量的分布列和数学期望问题．20.答案：解：(1)由题意可得c =1，e =c a =12，解得a =2，b =√a 2−c 2=√3，则椭圆C 的方程为x 24+y 23=1；(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，P(4,y 0)，由题意可得直线MN 的方程为y =x −1，代入椭圆方程x 24+y 23=1，可得7x 2−8x −8=0， x 1+x 2=87，x 1x 2=−87，k PM +k PN =y 0−y 14−x 1+y 0−y 24−x 2=(y 0−x 1+1)(4−x 2)+(y 0−x 2+1)(4−x 1)(4−x 1)(4−x 2)=8y 0+8+2x 1x 2−(y 0+5)(x 1+x 2)16+x 1x 2−4(x 1+x 2)=8y 0+8−167−87(y 0+5)16−87−327=2y 03，又k PF =y 03，则k PM +k PN =2k PF ，则直线PM ，PF ，PN 的斜率成等差数列．解析：本题考查椭圆方程的求法，注意运用椭圆的性质：离心率，考查直线的斜率成等差数列，注意运用联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和点满足直线方程，考查化简整理的运算能力，属于中档题．(1)由焦点坐标可得c =1，运用椭圆的离心率公式，可得a =2，再由a ，b ，c 的关系求得b ，进而得到所求椭圆方程；(2)设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，P(4,y 0)，求得直线MN 的方程，代入椭圆方程，消去y ，可得x 的方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，结合等差数列的中项的性质，即可得证．21.答案：证明：∵1n 2<1n(n−1)=1n−1−1n (n ∈N ∗,n ≥2)，∴1+122+132+⋯+1n 2<1+1−12+12−13+⋯+1n−1−1n =2−1n ．解析：利用1n 2<1n(n−1)=1n−1−1n (n ∈N ∗,n ≥2)，即可证明结论．本题考查不等式的证明，考查放缩法，正确放缩是关键．22.答案：解：(1)∵曲线C 的参数方程为{x =3cosφy =3+3sinφ，(φ为参数)，消去参数φ，化为普通方程是x 2+(y −3)2=9；由{x =ρcosθy =ρsinθ,(θ为参数)． ∴曲线C 的普通方程可化为极坐标ρ=6sinθ，(θ为参数)． (2)方法1：由A(ρ1,π6)，B(ρ2,23π)是圆C 上的两点，且知，∴ |AB|为直径，∴|AB |=6．方法2：由两点A(ρ1,π6)，B(ρ2,23π)化为直角坐标中点的坐标是A(3√32,32)，B(−3√32,92)， ∴ A 、B 两点间的距离为|AB |=6．解析：本题考查了参数方程与极坐标的应用问题，解题时应熟练地应用参数方程、极坐标与普通方程的互化公式，是基础题．(1)消去参数φ，把曲线C 的参数方程化为普通方程；由公式{x =ρcosθy =ρsinθ，把曲线C 的普通方程化为极坐标方程；2)方法1：由A 、B 两点的极坐标，得出，判定AB 为直径，求出|AB|；方法2：把A 、B 化为直角坐标的点的坐标，求出A 、B 两点间距离|AB|．23.答案：解：(Ⅰ)原不等式等价于：当x ≤1时，−2x +3≤2，即12≤x ≤1．当1<x ≤2时，1≤2，即1<x ≤2．当x >2时，2x −3≤2，即2<x ≤52．综上所述，原不等式的解集为{x|12≤x ≤52}.(Ⅱ)当a >0时，f(ax)−af(x)=|ax −1|−|ax −a|=|ax −1|−|a −ax|≤|ax −1+a −ax|=|a −1|，所以，2a −3≥|a −1|，解得a ≥2．解析：(Ⅰ)分当x ≤1时、当1<x ≤2时、当x >2时三种情况，分别求得原不等式的解集，再取并集，即得所求．(Ⅱ)当a >0时，利用绝对值三角不等式可得f(ax)−af(x)≤|a −1|，结合题意可得2a −3≥|a −1|，由此解得a 的范围．本题主要考查绝对值不等式的解法，体现了等价转化以及分类讨论的数学思想，属于中档题．。

黑龙江省2020年高考数学模拟试卷(理科)(I)卷

黑龙江省2020年高考数学模拟试卷（理科）（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共8题；共16分)1. （2分）(2019·郑州模拟) 如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为A .B .C .D .2. （2分）圆与直线没有公共点的充分不必要条件是（）A .B .C .D .3. （2分）设x，y满足约束条件，若目标函数z=ax+by（a>0，b>0）的最大值为12，则的最小值为（）.A .B .C .D . 44. （2分）长方体ABCD-A1B1C1D1中，E为B1C1的中点，，，，则（）A .B .C .D .5. （2分） (2015高二上·广州期末) 若直线y=x+b与曲线有公共点，则b的取值范围是（）A . [ ， ]B . [ ，3]C . [﹣1， ]D . [ ，3]6. （2分）下列是映射的是（）A . （1）（2）（3）B . （1）（2）（5）C . （1）（3）（5）D . （1）（2）（3）（5）7. （2分）设集合,函数，且,则的取值范围是（）A . （0，]B . (，]C .D .8. （2分）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2，A A1=1，则点A到平面A1BC的距离为（）A .B .C .D .二、填空题 (共7题；共7分)9. （1分） (2016高一上·辽宁期中) 若A={x|22x﹣1≤ }，B={x|log x≥ }，实数集R为全集，则（∁RA）∩B=________．10. （1分）已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足a1=1，anan+1=3n（n∈N+），则S2014=________11. （1分）已知sinα＋2cosα＝0，则2sinαcosα－cos2α的值是________ .12. （1分）已知函数f（x）=，那么f（2）=________13. （1分）(2017·黑龙江模拟) 已知正三棱锥D﹣ABC侧棱两两垂直，E为棱AD中点，平面α过点A，且α∥平面EBC，α∩平面ABC=m，α∩平面ACD=n，则m，n所成角的余弦值是________．14. （1分） (2016高二上·泰州期中) 双曲线的渐近线方程为________．15. （1分）在锐角△ABC中，AC=BC=2，=x+y，（其中x+y=1），函数f（λ）=|﹣λ|的最小值为，则||的最小值为________三、解答题 (共5题；共45分)16. （10分） (2020高一下·沭阳期中) 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝，M是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝1.（1）求证：AB1 平面BC1M（2）求异面直线AB1与BC1所成角的大小．17. （10分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面梯形ABCD中，AD∥BC，平面SAB⊥平面ABCD，△SAB是等边三角形，已知，M是SD上任意一点，，且m＞0．（1）求证：平面SAB⊥平面MAC；（2）试确定m的值，使三棱锥S﹣ABC体积为三棱锥S﹣MAC体积的3倍．18. （5分） (2016高二上·晋江期中) 已知f（x）=logmx（m为常数，m＞0且m≠1），设f（a1），f（a2），…，f（an）（n∈N+）是首项为4，公差为2的等差数列．（Ⅰ）求证：数列logman=2n+2，{an}是等比数列；（Ⅱ）若bn=anf（an），记数列{bn}的前n项和为Sn ，当m= 时，求Sn ．19. （10分）(2017·厦门模拟) 已知椭圆E： =1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2 ， A为椭圆E的右顶点，B，C分别为椭圆E的上、下顶点．线段CF2的延长线与线段AB交于点M，与椭圆E交于点P．（1）若椭圆的离心率为，△PF1C的面积为12，求椭圆E的方程；（2）设S =λ•S ，求实数λ的最小值．20. （10分）已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a，b，c∈R，a≠0），f（﹣2）=f（0）=0，f（x）的最小值为﹣1．（1）求函数f（x）的解析式；（2）设函数h（x）=log2[n﹣f（x）]，若此函数在定义域范围内不存在零点，求实数n的取值范围．参考答案一、选择题 (共8题；共16分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、二、填空题 (共7题；共7分)9-1、10-1、11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、三、解答题 (共5题；共45分) 16-1、16-2、17-1、17-2、18-1、19-1、19-2、20-1、20-2、。

2020年黑龙江省高考理科数学仿真模拟试题二(附答案)

2020年黑龙江省高考理科数学仿真模拟试题二（附答案）（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。

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. 已知集合{}2log (1)2A x x =-<，{}16B x x =-<<，则A B ⋂= ( ) A. {}15x x -<< B. {}16x x -<< C. {}15x x <<D. {}16x x <<2. 复数i z a b =+（,a b R ∈）满足2i(1)z z =-，则a b +=( ) A. 35-B. 15-C.15D.353. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为A. B. C.D.4. 为了计算满足的最大正整数，设置了如下图所示的程序框图，若判断框中填写的是“”，则输出框中应填（）A. 输出B. 输出C. 输出D. 输出5. 已知函数()cos x xf x e=，则()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程为( ) A. 10x y ++= B. 10x y +-=C. 10x y -+=D. 10x y --=6. 某班有50名学生，一次数学考试的成绩ξ服从正态分布N （105，102），已知 P （95≤ξ≤105）=0.32，估计该班学生数学成绩在115分以上的人数为（） A. 10B. 9C. 8D. 77. 为了得到函数sin y x =的图像，只需将函数sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像（）A. 横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向右平移6π个单位 B. 横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向左平移6π个单位C. 横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，再向右平移6π个单位D. 横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，再向左平移6π个单位8. 若,a b 是从集合{}1,1,2,3,4-中随机选取两个不同元素，则使得函数()5ab f x x x =+是奇函数的概率为（） A.320B.310C.925D.359．已知命题2:233p x x a ++≥恒成立，命题():21xq y a =-为减函数，若p 且q 为真命题，则a 的取值范围是（） A ．1223a <≤ B ．102a <<C ．121a << D ．23a £10．设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-．若对任意(,)x m ∈-∞，都有()1f x <，则m 的取值范围是（）A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ D ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦11.倾斜角为15°的直线l 经过原点且和双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左右两支交于A ，B 两点，则双曲线的离心率的取值范围是（）A.)+∞B. )+∞C. D. 12.曲线()xf x ke-=在x=0处的切线与直线x-2y-1=0垂直，则12,x x 是()()ln g x f x x =-的两个零点，则（）A.12211x x e e << B. 12211x x e << C. 1211x x e<< D. 212e x x e <<二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年黑龙江省高考数学模拟试卷(理科)(5月份) (含答案解析)

2020年黑龙江省高考数学模拟试卷(理科)(5月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合M ={x|x 2>4}，N ={−3,−2,2，3，4}，则M ∩N =( )A. {3,4}B. {−3,3，4}C. {−2,3，4}D. {−3,−2,2，3，4}2. 已知复数z =−1−2i(1+i)2，则z −=( )A. −34+14iB. −14+34iC. −1+12iD. −1−12i3. 设F 1，F 2为椭圆的两焦点，B 为椭圆短轴的一个端点，若△BF 1F 2为正三角形，则椭圆的离心率为( )A. 12B. √22C. √32D. 24. 某地气象局把当地某月(共30天)每一天的最低气温作了统计，并绘制了如图所示的统计图，假设该月最低气温的中位数为m c ，众数为m 0，平均数为x −，则( )A. m c =m 0=x −B. m c =m 0<x −C. m c <m 0<x −D. m 0<m c <x −5. 设函数f(x)={log 12(3−x ),(x ≤0)f (x −3)+1,(x >0)，则f(20)=( )A. 3B. 4C. 5D. log 1217 6. 函数f(x)=cos(2x +π4)的最小正周期是( )A. π2B. πC. 2πD. 4π7. 在平行四边形ABCD 中，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则x −y =( ) A. −1 B. 0 C. 1D. 28. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若64a 4+a 7=0，则S4S 2=( )A. 17B. 5C. −3D. −59. 已知双曲线C:y 2a 2−x 2b 2=1(a >0,b >0)的离心率为√5，则双曲线的渐近线方程为( )A. y =±2xB. y =±12xC. y =±√5xD. y =±23x10. 函数f(x)={2−x −1,(x ≤0)f(x −1),(x >0)，若方程f(x)=x +a 恰有两个不等的实根，则a 的取值范围为( )A. (−∞,0)B. [0,1)C. (−∞,1)D. [0,+∞)11. 某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( )A. 16+2√2πB. 24+2πC. 5+2√2πD. 4+2(1+√2)π12. 已知定义在R 上的函数f(x)满足其导函数f′(x)<0在R 上恒成立，则不等式f(|x|)<f(1)的解集为( )A. (−1,1)B. (0,1)C. (1,+∞)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 二项式(2x 2−√x )5的展开式中的第______项为常数项． 14. 若实数x,y 满足约束条件{x +2y ≥0x −y ≤0x −2y +2≥0，则z =3x −y 的最小值等于______． 15. 在正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，若AA 1=2AB ，则异面直线BD 1与CC 1所成角的正切值为__________．16. 等差数列{a n }中，a 1>0，S n 是前n 项和且S 9=S 18，则当n =__________时，S n 最大．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17. 已知a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边，2(a 2−b 2)=2accosB +bc ．(1)求A ；(2)若D 是BC 边上一点，且BD =3DC ，∠DAB =π2，求tan C ．18.假定某人在规定区域投篮命中的概率为2，现他在某个投篮游戏中，共投篮3次．3(1)求连续命中2次的概率；(2)设命中的次数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．19.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠ABC=120°，PB=PD，PA⊥PC，AB=2√3，PC=2√6．(I)证明：平面PAC丄平面ABCD;(II)求二面角B−AP−D的正切值．20.已知抛物线x2=2py(p>0)过点(2,1).(Ⅰ)求抛物线的方程和焦点坐标；(Ⅱ)过点A(0,−4)的直线l与抛物线交于两点M,N，点M关于y轴的对称点为T，试判断直线TN 是否过定点，并加以证明．21.已知函数f(x)=1+lnx−ax2．(1)讨论函数f(x)的单调区间；⋅e x+x−ax3．(2)证明：xf(x)<2e222.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．若曲线C的极坐标方程为ρ=2sinθ，求曲线C的直角坐标方程．23.已知函数f(x)=|x−1|+|x−2|．(1)解不等式：f(x)≤x+3；(2)若不等式|m|·f(x)≥|m+2|−|3m−2|对任意m∈R恒成立，求x的取值范围．【答案与解析】1.答案：B解析：解：集合M ={x|x 2>4}={x|(x +2)(x −2)>0}=(−∞,−2)∪(2,+∞)， ∵N =N ={−3,−2,2，3，4}， ∴M ∩N ={−3,3，4}，故选：B ．求出M 中不等式的解集，确定出M ，求出M 与N 的交集即可．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2.答案：D解析：本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．解：复数z =−1−2i(1+i)2=−1−2i 2i=(1+2i)⋅i −2i⋅i =−2+i 2=−1+12i ，则z −=−1−12i. 故选：D ．3.答案：A解析：解：由题意，设椭圆的半焦距长为c ，则 ∵△BF 1F 2为正三角形， ∴b =√3c ∴a 2−c 2=3c 2 ∴a =2c ∴e =ca =12 故选：A ．利用△BF 1F 2为正三角形，确定几何量之间的关系，进而可求椭圆的离心率．本题考查椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．4.答案：D解析：本题考查中位数，众数，平均数的求法，考查条形统计图，属于简单题．由统计图分别求出该月每一天的最低气温的中位数，众数，平均数，由此能求出结果．解：由统计图得：最低气温在3−5之间的频数为15，最低气温在6−10之间的频数也为15，故该月最低气温的中位数为m c =5+62=5.5，众数为m 0=5，平均数为x −=130×(2×3+3×4+10×5+6×6+3×7+2×8+2×9+2×10)≈5.97． ∴m 0<m c <x −．故选：D ．5.答案：C解析：本题考查分段函数，对数函数，属于基础题．根据函数的解析式将f(20)逐步转化为f(−1)+7后，代入解析式由对数的运算性质求值．解：由题可得：f(20)=f(17)+1=f(14)+2=f(11)+3=···=f(2)+6=f(−1)+7=log 124+7=5，故选C ．6.答案：B解析：解：根据复合三角函数的周期公式T =2π|ω|得，函数f(x)=cos(2x +π4)的最小正周期是π，故选：B ．由题意得ω=2，再代入复合三角函数的周期公式T =2π|ω|求解．本题考查了三角函数的周期性，以及复合三角函数的周期公式T =2π|ω|应用，属于基础题．7.答案：D解析：解：在平行四边形ABCD 中， AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，故AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得：x =1，y =−1，故x −y =2，故选：D ．根据向量加法的平行四边形法则可得AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，结合AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求出x ，y ，可得答案．本题考查的知识点是平面向量的基本定理，难度中档．8.答案：A解析：本题考查了等比数列的通项公式以及等比数列的求和公式，属于基础题．根据题意，结合等比数列的通项公式可求出公比q ，利用等比数列的求和公式，可得S4S 2=1+q 2，由此可求出答案．解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为64a 4+a 7=0，所以64×a 1q 3+a 1q 6=0，所以q =−4，所以S 4S 2=a 1(1−q 4)1−q a 1(1−q 2)1−q=1+q 2=17．故选A ．9.答案：B解析：此题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力.由题意得ca =√5，可得b 2a 2=4，由此可得答案；解：由双曲线y 2a2−x 2b2=1(a >0,b >0)的离心率为√5，可得ca =√5，即a 2+b 2a 2=5，可得b 2a 2=4，则该双曲线的渐近线方程为：y =±ab x =±12x ．故选B ．10.答案：C解析：解：由函数f(x)={2−x −1,(x ≤0)f(x −1),(x >0)，可得f(x)的图象和函数y =x +a 有两个不同的交点，如图所示：故有a <1，故选C ．由题意可得f(x)的图象和函数y =x +a 有两个不同的交点，结合图象，求出a 的取值范围．本题考查根的存在性及根的个数判断，以及函数与方程的思想、数形结合的数学思想，解答关键是运用数形结合的思想，属于中档题．11.答案：B解析：解：由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体内挖去一个圆柱得到的组合体，正方体的棱长为2，故表面积为：6×2×2=24，圆柱的底面直径为2，故底面半径为1，底面面积为：π，底面周长为：2π，侧面面积为：4π，故组合体的表面积S=24−2×π+4π=24+2π，故选：B由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体内挖去一个圆柱得到的组合体，求出正方体的表面积，圆柱的侧面积和底面积，进而可得答案．本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．12.答案：D解析：解：定义在R上的函数f(x)满足其导函数f′(x)<0在R上恒成立，可知函数f(x)是减函数，函数y=f(|x|)是偶函数，当x>0时，可得x>1，当x<0时，可得x<−1，则不等式f(|x|)<f(1)的解集为：(−∞,−1)∪(1,+∞)．故选：D．利用函数的导数判断函数的单调性，结合不等式转化求解即可．本题考查函数的导数判断函数的单调性，不等式的解法，考查计算能力．13.答案：5解析：本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项．解：二项式(2x2−1√x )5的展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅(−1)r⋅25−r⋅x10−5r2，令10−5r2=0，求得r=4，故展开式中的第5项为常数项，故答案为5．14.答案：−72解析：作出不等式组对应的平面区域，通过目标函数的几何意义，利用数形结合即可的得到结论．本题主要考查线性规划的应用，利用z 的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．解：依题意，可行域为如图所示的阴影部分的三角形区域，目标函数化为：y =3x −z ，则z 的最小值即为动直线在y 轴上的截距的最大值．通过平移可知在A 点处动直线在y 轴上的截距最大．因为A ：{x +2y =0x −2y +2=0解得A(−1,12)，所以z =3x −y 的最小值z min =3⋅(−1)−12=−72．故答案为：−72．15.答案：√22解析：本题主要考查了异面直线所成的角，属于基础题．由CC 1//BB 1，知∠B 1BD 1是异面直线BD 1与CC 1所成角(或其补角)，由此能求出异面直线BD 1与CC 1所成角的正切值．解：∵在正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，CC 1//BB 1，∴∠B 1BD 1是异面直线BD 1与CC 1所成角(或其补角)，设AA 1=2AB =2，则B 1D 1=√2，BB 1=2，∴tan∠B 1BD 1=B 1D 1BB 1=√22． ∴异面直线BD 1与CC 1所成角的正切值为√22．故答案为√22． 16.答案：13或14解析：由S 9=S 18，可知9a 1+9×82d =18a 1+18×172d ，整理得a 1=−13d.所以S n =d 2n 2+(a 1+d 2)n =d 2(n −272)−7298d.又因为a 1>0，所以d <0，且n ∈N ∗，故当n =13或14时，S n 最大．17.答案：解：(1)因为2accosB =a 2+c 2−b 2，所以2(a 2−b 2)=a 2+c 2−b 2+bc ．整理得a 2=b 2+c 2+bc ，所以cosA =−12，即A =2π3． (2)因为∠DAB =π2，所以AD =BD ⋅sinB ，∠DAC =π6．在△ACD 中，有AD sinC =CD sin∠DAC ，又因为BD =3CD ，所以3sinB =2sinC ，由B =π3−C 得3√32cosC −32sinC =2sinC ，整理得tanC =3√37．解析：本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数关系式，三角函数恒等变换的应用，综合性较强，属于基本知识的考查．(1)由余弦定理可得2accosB =a 2+c 2−b 2，代入已知等式整理得cosA =−12，即可求得A ．(2)由已知可求∠DAC =π6，由正弦定理有AD sinC =CD sin∠DAC ，又BD =3CD ，可得3sinB =2sinC ，由B =π3−C 化简即可得解．18.答案：解：(1)设A i (i =1,2,3)表示第i 次投篮命中，A i 表示第i 次投篮不中，设投篮连续命中2次为事件A ，则连续命中2次的概率：P(A)=P(A 1A 2A 3+A 1A 2A 3)=23×23×13+13×23×23=827(2)命中的次数X 可取0，1，2，3，P(X =0)=(1−23)3=127， P(X =1)=C 31(23)(1−23)2=29，P(X =2)=C 32(23)2(1−23)=49， P(X =3)=(23)3=827，∴X 的分布列为：E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2．解析：本题考查离散型随机变量的概率期望及方差．(1)根据相互独立事件同时发生的概率公式求连续命中2次的概率；(2)设命中的次数为X，X可取0，1，2，3，分别求出相应概率再求求X的分布列和数学期望E(X)．19.答案：(I)证明：如图连接AC.BD.焦点为O，由四边形ABCD为菱形知，．又PB=PD，OB=OD，所以．而OP∩AC=O，所以．又，所以平面．(II)由四边形ABCD为菱形，，AB=2√3，得AC=6由平面，过点P作，垂足为E，则．又，PC=2√6，AB=2√3则PA=2√3，PE=2√2，AE=2．如图所示，以O 为坐标原点，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为x ，y 轴的正方向建立空间直角坐标系O −xyz ，则O(0,0，0)，A(0,−3,0)，B(√3,0,0)，C(0,3，0)，D(−√3,0,0)，P(0,−1,2√2)设平面ABP 法向量为n 1=(x,y,z)，AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√2)，则{n 1⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n 2⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 所以{√3x +3y =02y +2√2z =0, 令z = 1，则x =√6，y =−√2，所以n 1=(√6,−√2,1)，同理可求，平面ADP 的法向量n 2=(√6,√2,−1)，因此，，求得，所以二面角B −AP −D 的正切值为2√2．解析：本题考查面面垂直的判定定理，空间向量法求二面角，属于基础题目．(1)由四边形ABCD 为菱形得到AC ⊥BD ，再由PB = PD ，OB = OD ，得到即可由线面垂直的判定定理得到； (2)以O 为坐标原点，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为x ，y 轴的正方向建立空间直角坐标系O −xyz ，利用向量垂直求出平面法向量，由向量的夹角公式求得二面角．20.答案：解：(Ⅰ)因为抛物线x 2=2py(p >0)过点P(2,1)，所以2p =4所以抛物线方程为x 2=4y ，焦点坐标为(0,1)(Ⅱ)由题意可知直线斜率存在且不等于0，设直线l 的方程为y =kx −4，由{y =kx −4x 2=4y，消y 整理得x 2−4kx +16=0，则△=16k 2−64>0，即|k|>2设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)则T(−x 1,y 1)且x 1+x 2=4k ，x 1x 2=16．直线TN ：y −y 2=y 2−y1x 2+x 1(x −x 2)， ∴y =y 2−y 1x 2+x 1(x −x 2)+y 2， ∴y =x 22−x 124(x 1+x 2)(x −x 2)+14x 22， ∴y =x 2−x 14x −x 22−x 1x 24+14x 22， ∴y =x 2−x 14x +x 1x 24，即y =x 2−x 14x +4所以，直线TN 恒过定点(0,4)．解析：本题考查抛物线方程的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，考查计算能力． (Ⅰ)因为抛物线x 2=2py(p >0)过点P(2,1)，求出p ，得到抛物线方程然后求解焦点坐标．(Ⅱ)设直线l 的方程为y =kx −4，由{y =kx −4x 2=4y，消y 整理得x 2−4kx +16=0，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)则T(−x 1,y 1)利用韦达定理转化求解直线方程，推出恒过的定点即可．21.答案：解：(1)f(x)的定义域是(0,+∞)，f′(x)=1−2ax 2x ，故a ≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)递增，当a >0时，令f′(x)=0，解得：x =√2a 2a，故f(x)在(0,√2a 2a)递增，在(√2a 2a ,+∞)递减； (2)证明：要证xf(x)<2e 2⋅e x +x −ax 3，即证xlnx <2e 2⋅e x ，也即证lnx x <2e xe 2x 2，令g(x)=2e 2⋅e x x 2(x >0)，则g′(x)=2e2⋅e x(x−2)x3，故g(x)在(0,2)递减，在(2,+∞)递增，故g(x)最小值=g(2)=12，令k(x)=lnxx ，则k′(x)=1−lnxx2，故k(x)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减，故k(x)最大值=k(e)=1e，∵1e <12，故k(x)<ℎ(x)，即lnx<2e x−2x，故xf(x)<2e2⋅e x+x−ax3．解析：本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；(2)问题转化为证lnxx <2e xe2x2，令g(x)=2e2⋅e xx2(x>0)，令k(x)=lnxx，根据函数的单调性求出函数的最值，从而证明结论．22.答案：解：将曲线C的极坐标方程ρ=2sinθ，两边同乘以一个ρ，得ρ2=2ρsinθ，即x2+y2=2y，故曲线C的直角坐标方程为x2+y2−2y=0．解析：本题考查极坐标与直角坐标的转化，将曲线C的极坐标方程ρ=2sinθ，两边同乘以一个ρ，得ρ2=2ρsinθ，利用极坐标与直角坐标的互化，求解即可．23.答案：解：(1)∵f(x)≤x +3，∴|x −1|+|x −2|≤x +3，①当x ≥2时，， ②当1<x <2时，， ③当x ≤1时，，由①②③可得x ∈[0,6]；(2)①当m =0时，0≥0，∴x ∈R ；②当m ≠0时，即f(x)≥|2m +1|−|2m −3|对m 恒成立，|2m +1|−|2m −3|≤|(2m +1)−(2m −3)|=4，当且仅当2m ≥3，即0<m ≤23时取等号，∴f(x)=|x −1|+|x −2|≥4，由x ≥2，2x −3≥4，解得x ≥72；1<x <2，x −1+2−x ≥4，解得x ∈⌀；x ≤1时，3−2x ≥4，解得x ≤−12；综上可得x ∈(−∞,−12]∪[72,+∞)．解析：(1)分别讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，去掉绝对值，解不等式求并集可得；(2)讨论m =0，m ≠0，由绝对值不等式的性质可得f(x)≥4，再讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，解不等式求并集可得范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质，考查分类讨论思想方法和转化思想、运算能力，属于中档题．。

2020年黑龙江省高考数学(理科)模拟试卷(4)(20201108223709)

C．（ 0， 1）
D．?
【解答】解：∵集合 A＝ { x|（x﹣ 1）（ x+1）＜ 0} ＝（﹣ 1， 1} ， B＝ { y|y＝ 2x， x∈R} ＝ { y|y＞ 0} ＝（ 0，+∞），
∴ A∩ B＝（ 0， 1）．
故选： C．
2．（ 5 分）已知复数 z 满足 ??(1- ??)= |1 + √3??，| 则复数 z 的共轭复数为（
则充分性不成立．
故选： C．
4．（ 5 分）函数
y=
???????? ????20?1?9 |2 ??-2 -??|
在区间
[ ﹣ 3，
0）∪（
0， 3]上的图象为（
）
第 6页（共 19页）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：??(-??) =
??????(-??) ???2?0?1?9 |2 -??-2 ?|?
男
110
女
50
总计
（ 1）根据已知条件完成下面 2×2 列联表，并据此判断是否有 99% 的把握认为是否为 “文科方向”与性别有关？
（ 2）将频率视为概率，现在从该校高一学生中用随机抽样的方法每次抽取
1 人，共抽取
第 4页（共 19页）
3 次，记被抽取的 3 人中“文科方向”的人数为 ξ，若每次抽取的结果是相互独立的，求
=
-
???????? ????20?1?9 |2 ??-2 -??|
=
-??(??)，故函数为奇函数，
由此排除 AD，
又 ??(3) =
??????3 ???2?0?1?9 |8- 18| =
????2??0??1??9?68?33＞0 ，排除

2020年黑龙江省高考数学(理科)模拟试卷(2)

2020 年黑龙江省高考数学（理科）模拟试卷（ 2）
一．选择题（共 12 小题，满分 60 分，每小题 5 分）
1．（ 5 分）已知集合 A＝ { x∈N |0＜ x＜log216} ，集合 B＝ { x|2x﹣ 2＞ 0} ，则集合 A∩ B 真子集
个数是（
）
A ．2
B．3
2．（ 5 分）若 ??=
3 ??，??≤ 1
a＜ b，（f a）＝（f b），则 a+3b 的取值范围是
．
15．（ 5 分）在矩形 ABCD 中， BC＝ 4， M 为 BC 的中点，将△ ABM 和△ DCM 分别沿 AM ，
DM 翻折，使点 B 与 C 重合于点 P．若∠ APD ＝ 150°，则三棱锥 M ﹣ PAD 的外接球的表
?? ??=
√21 3
．
故选： A．
??
5．（ 5 分）若
θ∈（0， π），且
2cosθ＋√3sinθ＝ 2，则
tan 2
=（
）
A ．- √3
√3 B．
6
√3 C．
2
??
??
【解答】解：∵ θ∈（ 0，π），∴ ∈（ 0，），
2
2
√3 D．
9
2????2????-2?????2???
由 2cosθ＋√3sinθ＝ 2，得
如果每个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这
k 个人的血就只需检验一次（这时
1 认为每个人的血化验次）；否则，若呈阳性，则需对这
?? 验．这样，该组 k 个人的血总共需要化验 k+1 次．
k 个人的血样再分别进行一次化
假设此次普查中每个人的血样化验呈阳性的概率为

2020年黑龙江省高考数学(理科)模拟试卷(4)

积相等．现有同高的圆锥和棱锥满足祖咂原理的条件，若棱锥的体积为
展开图是半圆，则圆锥的母线长为（
）
3π，圆锥的侧面
√3 A．
3
B．1
C． √3
D． 2√3
【解答】解：现有同高的圆锥和棱锥满足祖咂原理的条件，棱锥的体积为
3π，
∴圆锥的体积为 3π，
∵圆锥的侧面展开图是半圆，
设圆锥的侧面展开图这个半圆的半径是 R，即圆锥的母线长是 R，半圆的弧长是 πR，
?2?020 +3??，则 1+??
z 的虚部是（
）
A ．i
B ．2i
C．﹣ 1
【解答】
解： ??=
?2?012+0 ?+?3??=
11++3????=
(1+3??)(1-??) (1+??)(1-??)
=
2+
?，?
∴ z 的虚部是 1．
D．1
故选： D ．
3．（ 5 分）若 x5＝ a0+a1（x﹣ 2） +a2（x﹣ 2） 2+…+a5（ x﹣ 2） 5，则 a0＝（
速 v（单位： m/s）可以表示为
??=
1 2
?? ???3??1?00
，其中
Q 表示鱼的耗氧量的单位数．当一条
3
鲑鱼的游速为 m/s 时，则它的耗氧量的单位数为（
）
2
A ．900
B ．1600
C． 2700
D． 8100
6．（5 分）已知 { an} 是等差数列，若 a1+1，a3+3，a5+5 成等比数列，且公比为 q，则 q＝（）

2020年黑龙江省高考数学模拟试卷(理科)(5月份)(附答案详解)

2020年黑龙江省高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若集合M ={x|x <2}，N ={x|x 2>6}，则M ∩N =( )A. (−√6,2)B. (−∞,−√6)C. (−∞,2)D. (−∞,−√6)∪(2,√6)2. 设z =2+(3−i)2，则z −=( )A. 6+10iB. 6−10iC. 10+6iD. 10−6i3. 已知P 为椭圆x 23+y 22=1短轴的一个端点，F 1，F 2是该椭圆的两个焦点，则△PF 1F 2的面积为( )A. 2B. 4C. √2D. 2√24. 2020年1月，某专家为了解新型冠状病毒肺炎的潜伏期他从确诊感染新型冠状病毒的70名患者中了解到以下数据：根据表中数据，可以估计新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为(精确到个位数)( )A. 6天B. 7天C. 8天D. 9天5. 若函数f(x)=3x +log 2(x −2)，则f(5)+f(103)=( )A. 24B. 25C. 26D. 276. 函数f(x)=|1+2sin2x|的最小正周期为( )A. π2B. πC. 3π2D. 2π7. 在平行四边形ABCD 中，若CE⃗⃗⃗⃗⃗ =4ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. −45AB ⃗⃗⃗⃗⃗+AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B. 45AB ⃗⃗⃗⃗⃗−AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ C. −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +45AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D. −34AB ⃗⃗⃗⃗⃗+AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 10=√2a 6，若mS 32=S 8+S 24，则m =( )A. 715B. 12C. 815D. 7169. 已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b2=1(a >0,b >0)的右顶点为A ，直线y =√32(x +a)与C 的一条渐近线在第一象限相交于点P ，若PA 与x 轴垂直，则C 的离心率为( )A. √2B. √3C. 2D. 310. 已知函数f(x)={−x 2−4x +1,x ≤02−2−x ,x >0,，若关于x 的方程(f(x)−√2)(f(x)−m)=0恰有5个不同的实根，则m 的取值范围为( )A. (1,2)B. (2,5)∪{1}C. {1,5}D. [2,5)∪{1}11. 某几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，则该几何体外接球的表面积为( )A. 25π4B.64π3C. 25πD. 32π12. 已知定义域为R 的函数f(x)满足f(12)=12,f′(x)+4x >0，其中f′(x)为f(x)的导函数，则不等式f(sinx)−cos2x ≥0的解集为( )A. [−π3+2kπ,π3+2kπ],k ∈Z B. [−π6+2kπ,π6+2kπ],k ∈Z C. [π3+2kπ,2π3+2kπ],k ∈Z D. [π6+2kπ,5π6+2kπ],k ∈Z二、单空题（本大题共3小题，共15.0分） 13. (√x −1√x 3)20的展开式的第2项的系数为______．14. 设x ，y 满足约束条件{x −y +1≥0x +y +1≥0x −3≤0，则当z =2x +y 取得最大值时，y =______．15. 在正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BC 的中点，若BD 1与该正四棱柱的每个面所成角都相等，则异面直线C 1E 与BD 1所成角的余弦值为______．三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）16. 定义p(n)为正整数n 的各位数字中不同数字的个数，例如p(555)=1，p(93)=2，p(1714)=3.在等差数列{a n }中，a 2=9，a 10=25，则a n = (1) ，数列{p(a n )}的前100项和为 (2) ．四、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17. 设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知acosB =bcosA +c ，(1)证明：△ABC 是直角三角形．(2)若D 是AC 边上一点，且CD =3，BD =5，BC =6，求△ABD 的面积．18.甲、乙、丙三人投篮的命中率各不相同，其中乙的命中率是甲的2倍，丙的命中率等于甲与乙的命中率之和．若甲与乙各投篮一次，每人投篮相互独立，则他们都命中的概率为0.18．(1)求甲、乙、丙三人投篮的命中率；(2)现要求甲、乙、丙三人各投篮一次，假设每人投篮相互独立，记三人命中总次数为X，求X的分布列及数学期望．19.如图，已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD．(1)证明：平面PBD⊥平面PAC．(2)若∠BAD=60°，且平面PAB与平面PCD所成锐二面，求∠PCA的大小．角的余弦值为2√7720.设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，直线l与抛物线交于M，N两点．(1)若l过点F，且|MN|=3p，求l的斜率；,p)，且l的斜率为−1，当P∉l时，求l在y轴上的截距的取值范围(用p表示(2)若P(p2)，并证明∠MPN的平分线始终与y轴平行．21.已知函数f(x)=e x−1−2lnx+x．(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)≥(x−2)3−3(x−2)．22.在直角坐标系xOy中，曲线C：y=k|x−3|.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E的极坐标方程为ρ+27ρ=6(cosθ+2sinθ)．(1)求E的直角坐标方程(化为标准方程)；(2)若曲线E与C恰有4个公共点，求k的取值范围．23.已知函数f(x)=|2x−5|−|2x+1|．(1)求不等式f(x)>1的解集；(2)若不等式f(x)+|4x+2|>|t−m|−|t+4|+m对任意x∈R，任意t∈R恒成立，求m的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵集合M={x|x<2}，N={x|x2>6}，∴N=(−∞,−√6)∪(√6,+∞)，∴M∩N=(−∞,−√6)．故选：B．求出集合M，N，由此能求出M∩N．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】C【解析】解：因为z=2+8−6i=10−6i，所以z−=10+6i．故选：C．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.【答案】C【解析】【分析】本题考查椭圆的性质，考查焦点三角形的面积，属于基础题．根据方程可得到b，c的值，进而可求出面积．【解答】解：根据条件可得b2=2，c2=3−2=1，则b=√2，c=1，×2c×b=bc=√2，则△PF1F2的面积=12故选：C．4.【答案】B【解析】解：因为x −=2×2+3×4+5×8+6×10+7×16+9×16+10×10+12×470≈7，所以新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为7天，故选：B ．利用平均值的定义求解．本题主要考查了平均值的概念，是基础题．5.【答案】D【解析】解：因为f(x)=3x +log 2(x −2)， ∴f(5)=15+log 23,f(103)=10+log 243，所以f(5)+f(102)=25+log 24=27．故选：D ．直接把变量代入解析式，再结合对数的运算性质即可求解．本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6.【答案】B【解析】解：设函数g(x)=sin2x ，则函数的最小正周期为2π2=π，所以函数f(x)=|1+2sin2x|的图象相当于函数的图象把x 轴下面的翻上去，所以函数的图象的翻折没有影响函数的的最小正周期，故最小正周期为π．故选：B ．直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的图象的变换的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数的图象的应用，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．7.【答案】A【解析】解：在平行四边形ABCD 中，若CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =4ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =45CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +45CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−45AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ．故选：A ．直接利用平行四边形的法则和向量的线性运算的应用求出结果．本题考查的知识要点：向量的线性运算的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．8.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的前n 项和公式及等比数列的通项公式，属于基础题．根据题意，由等比数列的通项公式可得q 4=a 10a 6=√2，进而结合等比数列的前n 项和公式可得m ×a 1(1−q 32)1−q=a 1(1−q 8)1−q+a 1(1−q 24)1−q，解可得m 的值，即可得答案．【解答】解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 10=√2a 6，得q 4=a 10a 6=√2，则有q 8=2；若mS 32=S 8+S 24，则有m ×a 1(1−q 32)1−q=a 1(1−q 8)1−q+a 1(1−q 24)1−q，变形可得：m(1−16)=(1−2)+(1−8)，即15m =8，解可得m =815；故选：C ．9.【答案】C【解析】解：依题意，联立{x =a,y =ba x,y =√32(x +a),，得b =√3a ，即b 2=3a 2，所以c 2−a 2=3a 2，即c 2=4a 2，所以e =ca =2．故选：C ．利用已知条件列出方程组，求出a ，b 关系式，然后求解双曲线的离心率即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．10.【答案】D【解析】解：函数f(x)={−x 2−4x+1,x≤02−2−x,x>0,，关于x的方程(f(x)−√2)(f(x)−m)=0可得：2f2(x)−(2m+1)f(x)+m=[2f(x)−1][f(x)−m]=0可得f(x)=12或f(x)=m.作出函数y=f(x)的图象，如图所示：方程f(x)=12只有一个实数根，所以方程f(x)=m有2个实数根，故m的取值范围：[2,5)∪{1}．故选：D．化简方程，求出函数的值，画出函数的图象，利用数形结合，求解函数的实数根，推出m的范围即可．本题考查函数与方程的应用，分段函数的应用，函数的零点以及方程根的关系，考查数形结合以及计算能力，是难题．11.【答案】B【解析】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是三棱锥，底面三角形ABC是边长为2的等边三角形，PA⊥底面ABC，设底面三角形ABC的外心为G，过G作底面的垂线GO，且使GO=12AP．则O为三棱锥P−ABC外接球的球心，连接OB，∵GB =2√33，OG =2，∴三棱锥外接球的半径R =OB =√4+(2√33)2=4√33．∴该几何体外接球的表面积为4π×(4√33)2=64π3．故选：B ．由三视图还原原几何体，可知该几何体是三棱锥，底面三角形ABC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥底面ABC ，找出三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．本题考查由三视图还原原几何体，考查多面体外接球表面积的求法，是中档题．12.【答案】D【解析】解：设g(x)=f(x)+2x 2−1， ∴g′(x)=f′(x)+4x >0在R 上恒成立，∴g(x)在R 上单调递增，不等式f(sinx)−cos2x =f(sinx)+2sin 2x −1，且g(12)=0，不等式f(sinx)−cos2x ≥0 ∴g(sinx)≥g(12)， sinx ≥12，∴π6+2kx ≤x ≤5π6+2kπ，k ∈Z ．故选：D ．根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论．本题考查函数的导数与单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键．13.【答案】−20【解析】解：(√x √x 3)20的展开式的第2项的系数为C 201×(−1)=−20，故答案为：−20．由题意利用二项式展开式的通项公式，求出展开式的第2项的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．14.【答案】4【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=2x+y得y=−2x+z，平移直线y=−2x+z，当直线y=−2x+z经过A点时，直线y=−2x+z的截距最大，此时z最大，A(3,4)，则z=2x+y=2×3+4=10，此时y=4．故答案为：4．作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解即可．本题主要考查线性规划的应用，作出图象，利用目标函数的几何意义利用平移法是解决本题的关键．15.【答案】√155【解析】解：∵BD1与该正四棱柱的每个面所成角都相等，∴该正四棱柱为正方体，取B1C1的中点F，连结BF，D1F，BD1，则∠FBD1是异面直线C1E与BD1所成角，设AB=2，则BF=D1F=√5，BD1=2√3，∴cos∠FBD1=5+12−52×2√3×√5=√155．∴异面直线C1E与BD1所成角的余弦值为√155．故答案为：√155．推丑陋同该正四棱柱为正方体，取B1C1的中点F，连结BF，D1F，BD1，则∠FBD1是异面直线C1E与BD1所成角，由此能求出异面直线C1E与BD1所成角的余弦值．本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查化归与转化思想，是中档题．16.【答案】2n +5227【解析】解：在等差数列{a n }中，a 2=9，a 10=25，公差d =25−910−2=2，∴a n =9+2(n −2)=2n +5．∵a 1=7，a 100=205．a n 为奇数，∴a n =7，9，11，33，55，77，99，111时，p(a n )=1．a n =101，113，115，117，119，121，131，133，141，151，155，161，171，177，181，191，199时，p(a n )=2．在{a n }中，小于100的项共有47项，这47项中满足p(a n )=2的共有47−7=40项，故数列{p(a n )}的前100项和为：1×8+2×(40+17)+3×(100−8−40−17)=227．故答案为：2n +5，227．在等差数列{a n }中，a 2=9，a 10=25，公差d =2，利用通项公式可得a n .可得a 1=7，a 100=205.a n 为奇数，通过分类讨论：p(a n )=1.p(a n )=2.p(a n )=3.即可得出．本题考查了等差数列的通项公式、新定义、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.【答案】解(1)由正弦定理acosB =bcosA +c 化为：sinAcosB =sinBcosA +sinC ，∴sinAcosB −sinBcosA =sinC ，∴sin(A −B)=sinC ， ∵A −B ∈(−π,π)，C ∈(0,π)， ∴A −B =C 或A −B =π−C(舍)∴A =B +C ，∴A =π2.即△ABC 是直角三角形．(2)在Rt △BCD 中，CD =3，BD =5，BC =6，由余弦定理得cosC =CD 2+BC 2−BD 22CD×BC=59.∴sinC =2√149．∴AC =BC ×cosC =103，∴AD =AC −CD =13，又AB =BC ×sinC =4√143．∴S△ABD=12AB×AD=2√149．【解析】(1)利用正弦定理化角，然后由三角函数值相等得到角之间的关系，即可求出A 是直角；(2)先在△DBC中利用余弦定理求出C角，然后再在直角三角形ABC中求出AB，AC，则面积可求．本题考查正余弦定理、三角函数的定义及三角恒等变换等知识方法．要注意对这种多个三角形的解三角形问题，先将条件集中在一个三角形中挖掘隐含条件．同时考查了学生的逻辑推理、数学运算以及直观想象等数学核心素养．18.【答案】解：(1)设甲的命中率为p，则根据题意可得，p×2p=0.18，p=0.3，故甲乙丙投篮的命中率分别为0.3，0.6，0.9；(2)根据题意，X可能取得值为0，1，2，3，则P(X=0)=(1−0.3)×(1−0.6)×(1−0.9)=0.028，P(X=1)=0.3×(1−0.6)×(1−0.9)+(1−0.3)×0.6×(1−0.9)+(1−0.3)×(1−0.6)×0.9=0.306，P(X=2)=0.3×0.6×(1−0.9)+(1−0.3)×0.6×0.9+0.3×(1−0.6)×0.9=0.504，P(X=3)=0.3×0.6×0.9=0.162，故X的分布列为：X0123P0.0280.3060.5040.162EX=0×0.028+1×0.306+2×0.504+3×0.162=1.8．【解析】(1)设甲的命中率为p，则根据题意可得，p×2p=0.18，求出即可；(2)根据题意，X可能取得值为0，1，2，3，求出X的分布列和数学期望，得出答案．本题考察了离散型随机变量的分布列和数学期望，考察运算能力，中档题．19.【答案】(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC．因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥BD ．又AC ∩PA =A ，所以BD ⊥平面PAC ．因为BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PAC ．(2)解：设AC 与BD 交于点O ，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O −xyz ，如图所示，设AB =2，PA =t(t >0)，则P(−√3,0,t),A(−√3,0,0),B(0,1,0),D(0,−1,0),C(√3,0,0)，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,−t),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,−t)．设平面PAB 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =−tz =0,m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x +y =0,令x =1，得m ⃗⃗⃗ =(1,−√3,0)．设平面PCD 的法向量为n⃗ =(x′,y′,z′)，则．{n ⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x′−y′−tz′=0,n⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x′+y′=0,令x′=t ，得n ⃗ =(t,−√3t,2√3)．设平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为θ，则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=2×√4t 2+12=2√77，解得t =2，则tan∠PCA =2√3=√33，故∠PCA =30°．【解析】(1)证明BD ⊥AC.PA ⊥BD.推出BD ⊥平面PAC.即可证明平面PBD ⊥平面PAC ． (2)设AC 与BD 交于点O ，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O −xyz ，如图所示，求出平面PAB 的法向量，平面PCD 的法向量，设平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为θ，通过空间向量的数量积求解即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，平面与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，空间向量的数量积的应用，考查空间想象能力以及计算能力．20.【答案】解：(1)当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x =p2，代入抛物线方程可得y 2=p 2，即y =±p ，所以|MN|=2p ，但|MN|=3p ，故直线l 的斜率存在，设其方程为y =k(x −p2)(k ≠0)．由{y =k(x −p2),y 2=2px,得k 2x 2−(k 2p +2p)x +k 2p 24=0，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，则x 1+x 2=k 2p+2p k 2，所以|MN|=|MF|+|NF|=x 1+p2+x 2+p2=x 1+x 2+p =k 2p+2p k 2+p =3p ，解得k =±√2，所以直线l 的斜率为±√2．(2)设直线l 的方程为y =−x +m ，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2). 得x 2−(2m +2p)x +m 2=0，则x 1+x 2=2m +2p,x 1x 2=m 2．由△=(2m +2p)2−4m 2>0，得m >−p 2.又−p 2+m ≠p ，所以m ≠3p 2，从而l 在y 轴上的截距的取值范围为(−p 2,3p2)∪(3p 2,+∞)．k PM +k PN =y 1−px 1−p2+y 2−p x 2−p 2=(y 1−p)(x 2−p 2)+(y 2−p)(x 1−p2)(x 1−p 2)(x 2−p 2)=(−x 1+m −p)(x 2−p 2)+(−x 2+m −p)(x 1−p2)(x 1−p 2)(x 2−p2)=−2x 1x 2+(m −p2)(x 1+x 2)−p(m −p)(x 1−p 2)(x 2−p 2)=−2m 2+(m−p 2)(2m+2p)−p(m−p)(x 1−p2)(x 2−p 2)=0，所以直线PM ，PN 的斜率互补，从而∠MPN 的平分线始终与y 轴平行．【解析】(1)当直线l 的斜率不存在时，判断是否满足题意；设其方程为y =k(x −p2)(k ≠0).联立直线与抛物线方程，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，通过韦达定理以及抛物线的性质，求解即可．(2)设直线l 的方程为y =−x +m ，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).直线代入抛物线方程，利用韦达定理以及判别式，转化求解k PM +k PN =0，说明直线PM ，PN 的斜率互补，从而∠MPN 的平分线始终与y 轴平行．本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，抛物线的方程的求法以及简单性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题．21.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=e x−1−2x +1，易知f′(x)=e x−1−2x +1在(0,+∞)上单调递增，且f′(1)=0，令f′(x)<0，解得0<x <1，则f(x)的单调递减区间为(0,1)；令f′(x)>0，解得x >1，则f(x)的单调递增区间为(1,+∞)；(2)证明：设g(x)=(x −2)3−3(x −2)(x >0)，g′(x)=3(x −1)(x −3)，令g′(x)<0，解得1<x <3，令g′(x)>0，解得0<x <1或x >3，∴当x=1时，g(x)取得极大值，且极大值为2，由(1)知，f(x)min=f(1)=2，故当0<x≤3时，f(x)≥(x−2)3−3(x−2)，设ℎ(x)=f(x)−g(x)=e x−1−2lnx−(x−2)3+4x−6(x>3)，则ℎ′(x)=e x−1−2x−3(x−2)2+4，设p(x)=ℎ′(x),p′(x)=e x−1+2x2−6(x−2)，设q(x)=p′(x),q′(x)=e x−1−4x3−6，易知q′(x)在(3,+∞)上单调递增，则q′(x)>q′(3)=e2−427−6>0，则q(x)在(3,+∞)上单调递增，从而p′(x)>p′(3)=e2+29−6>0，则ℎ′(x)在(3,+∞)上单调递增，所以ℎ′(x)>ℎ′(3)=e2+13>0，则ℎ(x)在(3,+∞)上单调递增，于是ℎ(x)>ℎ(3)=e2+5−2ln3>0，故当x>3时，f(x)≥(x−2)3−3(x−2)；综上，f(x)≥(x−2)3−3(x−2)．【解析】(1)求导，令f′(x)<0，求得单调减区间，令f′(x)>0，求得单调增区间；(2)当0<x≤3时，易得f(x)≥(x−2)3−3(x−2)，当x>3时，通过多次求导，进而判断函数单调性，由此求得最值，由此即可得证．本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的证明，多次求导进而判断函数单调性，进一步求得最值是证明的关键，属于中档题目．22.【答案】解：(1)曲线E的极坐标方程为ρ+27ρ=6(cosθ+2sinθ).转换为直角坐标方程为x2+y2−6x−12y+27=0，整理得(x−3)2+(y−6)2=18．(2)易知曲线E过定点M(3,0)其图象关于直线x=3对称的“V”字形．由于曲线E是以(3,6)为圆心3√2为半径的圆，所以k>0，当x≥3时，曲线C的方程为y=kx−3k，即kx−y−3k=0，则圆心(3,6)到直线的距离d=√1+k2=√1+k2<3√2，解得k2>1，由于k>0，所以k>1．【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．(2)利用点到直线的距离公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.【答案】解：(1)|2x −5|−|2x +1|>1等价为{x ≤−125−2x +2x +1>1或{−12<x <525−2x −2x −1>1或{x ≥522x −5−2x −1>1，解得x ≤−12或−12<x <34或x ∈⌀，所以原不等式的解集为(−∞,34)；(2)不等式f(x)+|4x +2|>|t −m|−|t +4|+m 等价为|2x −5|+|2x −1|>|t −m|−|t +4|+m ，可令ℎ(x)=|2x −5|+|2x −1|，则ℎ(x)≥|2x −5−2x −1|=6，当且仅当(2x −5)(2x +1)≤0，取得等号，即ℎ(x)min =6，而|t −m|−|t +4|+m ≤|t −m −t −4|+m =m +|m +4|，由题意可得6>m +|m +4|，即m −6<m +4<6−m ，解得m <1，则m 的取值范围是(−∞,1)．【解析】(1)由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，求并集，可得所求解集； (2)原不等式等价为|2x −5|+|2x −1|>|t −m|−|t +4|+m ，由绝对值不等式的性质分别求得此不等式的左右两边的最小值和最大值，解绝对值不等式，可得所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题解法，考查分类讨论思想和等价转化思想，化简运算能力和推理能力，属于中档题．。

2020年黑龙江省高考数学(理科)模拟试卷(3)(20201108223730)

cm3．
2?? 6cm，圆心角为的扇形，则此圆锥的体
3
三．解答题（共 5 小题，满分 60 分，每小题 12 分）
17．（ 12 分）如图，四棱锥
P﹣ ABCD 中， AP⊥平面
PCD ， AD ∥BC，∠ DAB =
??，AP＝ AB 2
＝ BC=
1 2AD ， E 为 AD 的中点， AC 与 BE 相交于点
A ．2+i
B ．2﹣ i
C． 1+2 i
D． 1﹣ 2i
【解答】
解：由
(2
+
??)?=?
|3
+
4??=| 5，得 ??=
2+5??=
5(2-??) (2+??)(2-??)
=
2-
?，?
∴ z＝ 2+i．
故选： A．
3．（ 5 分）已知 a， b∈R ，则“ |a|≤ 1”是“ |a﹣ b|+|b|≤ 1”的（
22．（ 10 分）在直角坐标系
xOy 中，曲线
C1 的参数方程为
??= { ??=
1??+??????????（??α??为参数）．以坐
标原点 O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 ρ＝ 1，直线
l 的极坐标方程为 ??= ?4?(??∈??)．
（ 1）求： ① 曲线 C1 的普通方程；
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
4．（ 5 分）已知函数 y＝ ax（ a＞ 0 且 a≠1）是增函数，那么函数 ??(??=) ??????????1-1 的图象大致是（）
A．
B．

2020年黑龙江省高考数学模拟试卷(理科)(5月份)(附答案详解)

2020年黑龙江省高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若集合M ={x|x <2}，N ={x|x 2>6}，则M ∩N =( )A. (−√6,2)B. (−∞,−√6)C. (−∞,2)D. (−∞,−√6)∪(2,√6)2. 设z =2+(3−i)2，则z −=( )A. 6+10iB. 6−10iC. 10+6iD. 10−6i3. 已知P 为椭圆x 23+y 22=1短轴的一个端点，F 1，F 2是该椭圆的两个焦点，则△PF 1F 2的面积为( )A. 2B. 4C. √2D. 2√24. 2020年1月，某专家为了解新型冠状病毒肺炎的潜伏期他从确诊感染新型冠状病毒的70名患者中了解到以下数据：根据表中数据，可以估计新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为(精确到个位数)( )A. 6天B. 7天C. 8天D. 9天5. 若函数f(x)=3x +log 2(x −2)，则f(5)+f(103)=( )A. 24B. 25C. 26D. 276. 函数f(x)=|1+2sin2x|的最小正周期为( )A. π2B. πC. 3π2D. 2π7. 在平行四边形ABCD 中，若CE⃗⃗⃗⃗⃗ =4ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. −45AB ⃗⃗⃗⃗⃗+AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B. 45AB ⃗⃗⃗⃗⃗−AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ C. −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +45AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D. −34AB ⃗⃗⃗⃗⃗+AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 10=√2a 6，若mS 32=S 8+S 24，则m =( )A. 715B. 12C. 815D. 7169. 已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b2=1(a >0,b >0)的右顶点为A ，直线y =√32(x +a)与C 的一条渐近线在第一象限相交于点P ，若PA 与x 轴垂直，则C 的离心率为( )A. √2B. √3C. 2D. 310. 已知函数f(x)={−x 2−4x +1,x ≤02−2−x ,x >0,，若关于x 的方程(f(x)−√2)(f(x)−m)=0恰有5个不同的实根，则m 的取值范围为( )A. (1,2)B. (2,5)∪{1}C. {1,5}D. [2,5)∪{1}11. 某几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，则该几何体外接球的表面积为( )A. 25π4B.64π3C. 25πD. 32π12. 已知定义域为R 的函数f(x)满足f(12)=12,f′(x)+4x >0，其中f′(x)为f(x)的导函数，则不等式f(sinx)−cos2x ≥0的解集为( )A. [−π3+2kπ,π3+2kπ],k ∈Z B. [−π6+2kπ,π6+2kπ],k ∈Z C. [π3+2kπ,2π3+2kπ],k ∈Z D. [π6+2kπ,5π6+2kπ],k ∈Z二、单空题（本大题共3小题，共15.0分） 13. (√x −1√x 3)20的展开式的第2项的系数为______．14. 设x ，y 满足约束条件{x −y +1≥0x +y +1≥0x −3≤0，则当z =2x +y 取得最大值时，y =______．15. 在正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BC 的中点，若BD 1与该正四棱柱的每个面所成角都相等，则异面直线C 1E 与BD 1所成角的余弦值为______．三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）16. 定义p(n)为正整数n 的各位数字中不同数字的个数，例如p(555)=1，p(93)=2，p(1714)=3.在等差数列{a n }中，a 2=9，a 10=25，则a n = (1) ，数列{p(a n )}的前100项和为 (2) ．四、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17. 设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知acosB =bcosA +c ，(1)证明：△ABC 是直角三角形．(2)若D 是AC 边上一点，且CD =3，BD =5，BC =6，求△ABD 的面积．18.甲、乙、丙三人投篮的命中率各不相同，其中乙的命中率是甲的2倍，丙的命中率等于甲与乙的命中率之和．若甲与乙各投篮一次，每人投篮相互独立，则他们都命中的概率为0.18．(1)求甲、乙、丙三人投篮的命中率；(2)现要求甲、乙、丙三人各投篮一次，假设每人投篮相互独立，记三人命中总次数为X，求X的分布列及数学期望．19.如图，已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD．(1)证明：平面PBD⊥平面PAC．(2)若∠BAD=60°，且平面PAB与平面PCD所成锐二面，求∠PCA的大小．角的余弦值为2√7720.设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，直线l与抛物线交于M，N两点．(1)若l过点F，且|MN|=3p，求l的斜率；,p)，且l的斜率为−1，当P∉l时，求l在y轴上的截距的取值范围(用p表示(2)若P(p2)，并证明∠MPN的平分线始终与y轴平行．21.已知函数f(x)=e x−1−2lnx+x．(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)≥(x−2)3−3(x−2)．22.在直角坐标系xOy中，曲线C：y=k|x−3|.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E的极坐标方程为ρ+27ρ=6(cosθ+2sinθ)．(1)求E的直角坐标方程(化为标准方程)；(2)若曲线E与C恰有4个公共点，求k的取值范围．23.已知函数f(x)=|2x−5|−|2x+1|．(1)求不等式f(x)>1的解集；(2)若不等式f(x)+|4x+2|>|t−m|−|t+4|+m对任意x∈R，任意t∈R恒成立，求m的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵集合M={x|x<2}，N={x|x2>6}，∴N=(−∞,−√6)∪(√6,+∞)，∴M∩N=(−∞,−√6)．故选：B．求出集合M，N，由此能求出M∩N．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】C【解析】解：因为z=2+8−6i=10−6i，所以z−=10+6i．故选：C．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.【答案】C【解析】【分析】本题考查椭圆的性质，考查焦点三角形的面积，属于基础题．根据方程可得到b，c的值，进而可求出面积．【解答】解：根据条件可得b2=2，c2=3−2=1，则b=√2，c=1，×2c×b=bc=√2，则△PF1F2的面积=12故选：C．4.【答案】B【解析】解：因为x −=2×2+3×4+5×8+6×10+7×16+9×16+10×10+12×470≈7，所以新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为7天，故选：B ．利用平均值的定义求解．本题主要考查了平均值的概念，是基础题．5.【答案】D【解析】解：因为f(x)=3x +log 2(x −2)， ∴f(5)=15+log 23,f(103)=10+log 243，所以f(5)+f(102)=25+log 24=27．故选：D ．直接把变量代入解析式，再结合对数的运算性质即可求解．本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6.【答案】B【解析】解：设函数g(x)=sin2x ，则函数的最小正周期为2π2=π，所以函数f(x)=|1+2sin2x|的图象相当于函数的图象把x 轴下面的翻上去，所以函数的图象的翻折没有影响函数的的最小正周期，故最小正周期为π．故选：B ．直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的图象的变换的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数的图象的应用，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．7.【答案】A【解析】解：在平行四边形ABCD 中，若CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =4ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =45CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +45CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−45AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ．故选：A ．直接利用平行四边形的法则和向量的线性运算的应用求出结果．本题考查的知识要点：向量的线性运算的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．8.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的前n 项和公式及等比数列的通项公式，属于基础题．根据题意，由等比数列的通项公式可得q 4=a 10a 6=√2，进而结合等比数列的前n 项和公式可得m ×a 1(1−q 32)1−q=a 1(1−q 8)1−q+a 1(1−q 24)1−q，解可得m 的值，即可得答案．【解答】解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 10=√2a 6，得q 4=a 10a 6=√2，则有q 8=2；若mS 32=S 8+S 24，则有m ×a 1(1−q 32)1−q=a 1(1−q 8)1−q+a 1(1−q 24)1−q，变形可得：m(1−16)=(1−2)+(1−8)，即15m =8，解可得m =815；故选：C ．9.【答案】C【解析】解：依题意，联立{x =a,y =ba x,y =√32(x +a),，得b =√3a ，即b 2=3a 2，所以c 2−a 2=3a 2，即c 2=4a 2，所以e =ca =2．故选：C ．利用已知条件列出方程组，求出a ，b 关系式，然后求解双曲线的离心率即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．10.【答案】D【解析】解：函数f(x)={−x 2−4x+1,x≤02−2−x,x>0,，关于x的方程(f(x)−√2)(f(x)−m)=0可得：2f2(x)−(2m+1)f(x)+m=[2f(x)−1][f(x)−m]=0可得f(x)=12或f(x)=m.作出函数y=f(x)的图象，如图所示：方程f(x)=12只有一个实数根，所以方程f(x)=m有2个实数根，故m的取值范围：[2,5)∪{1}．故选：D．化简方程，求出函数的值，画出函数的图象，利用数形结合，求解函数的实数根，推出m的范围即可．本题考查函数与方程的应用，分段函数的应用，函数的零点以及方程根的关系，考查数形结合以及计算能力，是难题．11.【答案】B【解析】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是三棱锥，底面三角形ABC是边长为2的等边三角形，PA⊥底面ABC，设底面三角形ABC的外心为G，过G作底面的垂线GO，且使GO=12AP．则O为三棱锥P−ABC外接球的球心，连接OB，∵GB =2√33，OG =2，∴三棱锥外接球的半径R =OB =√4+(2√33)2=4√33．∴该几何体外接球的表面积为4π×(4√33)2=64π3．故选：B ．由三视图还原原几何体，可知该几何体是三棱锥，底面三角形ABC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥底面ABC ，找出三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．本题考查由三视图还原原几何体，考查多面体外接球表面积的求法，是中档题．12.【答案】D【解析】解：设g(x)=f(x)+2x 2−1， ∴g′(x)=f′(x)+4x >0在R 上恒成立，∴g(x)在R 上单调递增，不等式f(sinx)−cos2x =f(sinx)+2sin 2x −1，且g(12)=0，不等式f(sinx)−cos2x ≥0 ∴g(sinx)≥g(12)， sinx ≥12，∴π6+2kx ≤x ≤5π6+2kπ，k ∈Z ．故选：D ．根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论．本题考查函数的导数与单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键．13.【答案】−20【解析】解：(√x √x 3)20的展开式的第2项的系数为C 201×(−1)=−20，故答案为：−20．由题意利用二项式展开式的通项公式，求出展开式的第2项的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．14.【答案】4【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=2x+y得y=−2x+z，平移直线y=−2x+z，当直线y=−2x+z经过A点时，直线y=−2x+z的截距最大，此时z最大，A(3,4)，则z=2x+y=2×3+4=10，此时y=4．故答案为：4．作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解即可．本题主要考查线性规划的应用，作出图象，利用目标函数的几何意义利用平移法是解决本题的关键．15.【答案】√155【解析】解：∵BD1与该正四棱柱的每个面所成角都相等，∴该正四棱柱为正方体，取B1C1的中点F，连结BF，D1F，BD1，则∠FBD1是异面直线C1E与BD1所成角，设AB=2，则BF=D1F=√5，BD1=2√3，∴cos∠FBD1=5+12−52×2√3×√5=√155．∴异面直线C1E与BD1所成角的余弦值为√155．故答案为：√155．推丑陋同该正四棱柱为正方体，取B1C1的中点F，连结BF，D1F，BD1，则∠FBD1是异面直线C1E与BD1所成角，由此能求出异面直线C1E与BD1所成角的余弦值．本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查化归与转化思想，是中档题．16.【答案】2n +5227【解析】解：在等差数列{a n }中，a 2=9，a 10=25，公差d =25−910−2=2，∴a n =9+2(n −2)=2n +5．∵a 1=7，a 100=205．a n 为奇数，∴a n =7，9，11，33，55，77，99，111时，p(a n )=1．a n =101，113，115，117，119，121，131，133，141，151，155，161，171，177，181，191，199时，p(a n )=2．在{a n }中，小于100的项共有47项，这47项中满足p(a n )=2的共有47−7=40项，故数列{p(a n )}的前100项和为：1×8+2×(40+17)+3×(100−8−40−17)=227．故答案为：2n +5，227．在等差数列{a n }中，a 2=9，a 10=25，公差d =2，利用通项公式可得a n .可得a 1=7，a 100=205.a n 为奇数，通过分类讨论：p(a n )=1.p(a n )=2.p(a n )=3.即可得出．本题考查了等差数列的通项公式、新定义、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.【答案】解(1)由正弦定理acosB =bcosA +c 化为：sinAcosB =sinBcosA +sinC ，∴sinAcosB −sinBcosA =sinC ，∴sin(A −B)=sinC ， ∵A −B ∈(−π,π)，C ∈(0,π)， ∴A −B =C 或A −B =π−C(舍)∴A =B +C ，∴A =π2.即△ABC 是直角三角形．(2)在Rt △BCD 中，CD =3，BD =5，BC =6，由余弦定理得cosC =CD 2+BC 2−BD 22CD×BC=59.∴sinC =2√149．∴AC =BC ×cosC =103，∴AD =AC −CD =13，又AB =BC ×sinC =4√143．∴S△ABD=12AB×AD=2√149．【解析】(1)利用正弦定理化角，然后由三角函数值相等得到角之间的关系，即可求出A 是直角；(2)先在△DBC中利用余弦定理求出C角，然后再在直角三角形ABC中求出AB，AC，则面积可求．本题考查正余弦定理、三角函数的定义及三角恒等变换等知识方法．要注意对这种多个三角形的解三角形问题，先将条件集中在一个三角形中挖掘隐含条件．同时考查了学生的逻辑推理、数学运算以及直观想象等数学核心素养．18.【答案】解：(1)设甲的命中率为p，则根据题意可得，p×2p=0.18，p=0.3，故甲乙丙投篮的命中率分别为0.3，0.6，0.9；(2)根据题意，X可能取得值为0，1，2，3，则P(X=0)=(1−0.3)×(1−0.6)×(1−0.9)=0.028，P(X=1)=0.3×(1−0.6)×(1−0.9)+(1−0.3)×0.6×(1−0.9)+(1−0.3)×(1−0.6)×0.9=0.306，P(X=2)=0.3×0.6×(1−0.9)+(1−0.3)×0.6×0.9+0.3×(1−0.6)×0.9=0.504，P(X=3)=0.3×0.6×0.9=0.162，故X的分布列为：X0123P0.0280.3060.5040.162EX=0×0.028+1×0.306+2×0.504+3×0.162=1.8．【解析】(1)设甲的命中率为p，则根据题意可得，p×2p=0.18，求出即可；(2)根据题意，X可能取得值为0，1，2，3，求出X的分布列和数学期望，得出答案．本题考察了离散型随机变量的分布列和数学期望，考察运算能力，中档题．19.【答案】(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC．因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥BD ．又AC ∩PA =A ，所以BD ⊥平面PAC ．因为BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PAC ．(2)解：设AC 与BD 交于点O ，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O −xyz ，如图所示，设AB =2，PA =t(t >0)，则P(−√3,0,t),A(−√3,0,0),B(0,1,0),D(0,−1,0),C(√3,0,0)，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,−t),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,−t)．设平面PAB 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =−tz =0,m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x +y =0,令x =1，得m ⃗⃗⃗ =(1,−√3,0)．设平面PCD 的法向量为n⃗ =(x′,y′,z′)，则．{n ⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x′−y′−tz′=0,n⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x′+y′=0,令x′=t ，得n ⃗ =(t,−√3t,2√3)．设平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为θ，则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=2×√4t 2+12=2√77，解得t =2，则tan∠PCA =2√3=√33，故∠PCA =30°．【解析】(1)证明BD ⊥AC.PA ⊥BD.推出BD ⊥平面PAC.即可证明平面PBD ⊥平面PAC ． (2)设AC 与BD 交于点O ，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O −xyz ，如图所示，求出平面PAB 的法向量，平面PCD 的法向量，设平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为θ，通过空间向量的数量积求解即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，平面与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，空间向量的数量积的应用，考查空间想象能力以及计算能力．20.【答案】解：(1)当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x =p2，代入抛物线方程可得y 2=p 2，即y =±p ，所以|MN|=2p ，但|MN|=3p ，故直线l 的斜率存在，设其方程为y =k(x −p2)(k ≠0)．由{y =k(x −p2),y 2=2px,得k 2x 2−(k 2p +2p)x +k 2p 24=0，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，则x 1+x 2=k 2p+2p k 2，所以|MN|=|MF|+|NF|=x 1+p2+x 2+p2=x 1+x 2+p =k 2p+2p k 2+p =3p ，解得k =±√2，所以直线l 的斜率为±√2．(2)设直线l 的方程为y =−x +m ，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2). 得x 2−(2m +2p)x +m 2=0，则x 1+x 2=2m +2p,x 1x 2=m 2．由△=(2m +2p)2−4m 2>0，得m >−p 2.又−p 2+m ≠p ，所以m ≠3p 2，从而l 在y 轴上的截距的取值范围为(−p 2,3p2)∪(3p 2,+∞)．k PM +k PN =y 1−px 1−p2+y 2−p x 2−p 2=(y 1−p)(x 2−p 2)+(y 2−p)(x 1−p2)(x 1−p 2)(x 2−p 2)=(−x 1+m −p)(x 2−p 2)+(−x 2+m −p)(x 1−p2)(x 1−p 2)(x 2−p2)=−2x 1x 2+(m −p2)(x 1+x 2)−p(m −p)(x 1−p 2)(x 2−p 2)=−2m 2+(m−p 2)(2m+2p)−p(m−p)(x 1−p2)(x 2−p 2)=0，所以直线PM ，PN 的斜率互补，从而∠MPN 的平分线始终与y 轴平行．【解析】(1)当直线l 的斜率不存在时，判断是否满足题意；设其方程为y =k(x −p2)(k ≠0).联立直线与抛物线方程，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，通过韦达定理以及抛物线的性质，求解即可．(2)设直线l 的方程为y =−x +m ，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).直线代入抛物线方程，利用韦达定理以及判别式，转化求解k PM +k PN =0，说明直线PM ，PN 的斜率互补，从而∠MPN 的平分线始终与y 轴平行．本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，抛物线的方程的求法以及简单性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题．21.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=e x−1−2x +1，易知f′(x)=e x−1−2x +1在(0,+∞)上单调递增，且f′(1)=0，令f′(x)<0，解得0<x <1，则f(x)的单调递减区间为(0,1)；令f′(x)>0，解得x >1，则f(x)的单调递增区间为(1,+∞)；(2)证明：设g(x)=(x −2)3−3(x −2)(x >0)，g′(x)=3(x −1)(x −3)，令g′(x)<0，解得1<x <3，令g′(x)>0，解得0<x <1或x >3，∴当x=1时，g(x)取得极大值，且极大值为2，由(1)知，f(x)min=f(1)=2，故当0<x≤3时，f(x)≥(x−2)3−3(x−2)，设ℎ(x)=f(x)−g(x)=e x−1−2lnx−(x−2)3+4x−6(x>3)，则ℎ′(x)=e x−1−2x−3(x−2)2+4，设p(x)=ℎ′(x),p′(x)=e x−1+2x2−6(x−2)，设q(x)=p′(x),q′(x)=e x−1−4x3−6，易知q′(x)在(3,+∞)上单调递增，则q′(x)>q′(3)=e2−427−6>0，则q(x)在(3,+∞)上单调递增，从而p′(x)>p′(3)=e2+29−6>0，则ℎ′(x)在(3,+∞)上单调递增，所以ℎ′(x)>ℎ′(3)=e2+13>0，则ℎ(x)在(3,+∞)上单调递增，于是ℎ(x)>ℎ(3)=e2+5−2ln3>0，故当x>3时，f(x)≥(x−2)3−3(x−2)；综上，f(x)≥(x−2)3−3(x−2)．【解析】(1)求导，令f′(x)<0，求得单调减区间，令f′(x)>0，求得单调增区间；(2)当0<x≤3时，易得f(x)≥(x−2)3−3(x−2)，当x>3时，通过多次求导，进而判断函数单调性，由此求得最值，由此即可得证．本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的证明，多次求导进而判断函数单调性，进一步求得最值是证明的关键，属于中档题目．22.【答案】解：(1)曲线E的极坐标方程为ρ+27ρ=6(cosθ+2sinθ).转换为直角坐标方程为x2+y2−6x−12y+27=0，整理得(x−3)2+(y−6)2=18．(2)易知曲线E过定点M(3,0)其图象关于直线x=3对称的“V”字形．由于曲线E是以(3,6)为圆心3√2为半径的圆，所以k>0，当x≥3时，曲线C的方程为y=kx−3k，即kx−y−3k=0，则圆心(3,6)到直线的距离d=√1+k2=√1+k2<3√2，解得k2>1，由于k>0，所以k>1．【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．(2)利用点到直线的距离公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.【答案】解：(1)|2x −5|−|2x +1|>1等价为{x ≤−125−2x +2x +1>1或{−12<x <525−2x −2x −1>1或{x ≥522x −5−2x −1>1，解得x ≤−12或−12<x <34或x ∈⌀，所以原不等式的解集为(−∞,34)；(2)不等式f(x)+|4x +2|>|t −m|−|t +4|+m 等价为|2x −5|+|2x −1|>|t −m|−|t +4|+m ，可令ℎ(x)=|2x −5|+|2x −1|，则ℎ(x)≥|2x −5−2x −1|=6，当且仅当(2x −5)(2x +1)≤0，取得等号，即ℎ(x)min =6，而|t −m|−|t +4|+m ≤|t −m −t −4|+m =m +|m +4|，由题意可得6>m +|m +4|，即m −6<m +4<6−m ，解得m <1，则m 的取值范围是(−∞,1)．【解析】(1)由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，求并集，可得所求解集； (2)原不等式等价为|2x −5|+|2x −1|>|t −m|−|t +4|+m ，由绝对值不等式的性质分别求得此不等式的左右两边的最小值和最大值，解绝对值不等式，可得所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题解法，考查分类讨论思想和等价转化思想，化简运算能力和推理能力，属于中档题．。

2020年黑龙江省部分学校高考数学模拟试卷(理科)(5月份) (解析版)

2020年高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（共12小题）.1．若集合M＝{x|x＜2}，N＝{x|x2＞6}，则M∩N＝（）A．(−√6，2)B．(−∞，−√6)C．（﹣∞，2）D．(−∞，−√6)∪(2，√6) 2．设z＝2+（3﹣i）2，则z=（）A．6+10i B．6﹣10i C．10+6i D．10﹣6i3．已知P为椭圆x23+y22=1短轴的一个端点，F1，F2是该椭圆的两个焦点，则△PF1F2的面积为（）A．2B．4C．√2D．2√24．2020年1月，某专家为了解新型冠状病毒肺炎的潜伏期他从确诊感染新型冠状病毒的70名患者中了解到以下数据：潜伏期2天3天5天6天7天9天10天12天人数248101616104根据表中数据，可以估计新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为（精确到个位数）（）A．6天B．7天C．8天D．9天5．若函数f（x）＝3x+log2（x﹣2），则f(5)+f(103)=（）A．24B．25C．26D．27 6．函数f（x）＝|1+2sin2x|的最小正周期为（）A．π2B．πC．3π2D．2π7．在平行四边形ABCD中，若CE→=4ED→，则BE→=（）A．−45AB→+AD→B．45AB→−AD→C．−AB→+45AD→D．−34AB→+AD→8．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a10=√2a6，若mS32＝S8+S24，则m＝（）A．715B．12C．815D．7169．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的右顶点为A，直线y=√32(x+a)与C的一条渐近线在第一象限相交于点P，若PA与x轴垂直，则C的离心率为（）A．√2B．√3C．2D．310．已知函数f （x ）={−x 2−4x +1，x ≤02−2−x ，x ＞0，，若关于x 的方程（f （x ）−√2）（f （x ）﹣m ）＝0恰有5个不同的实根，则m 的取值范围为（） A ．（1，2）B ．（2，5）∪{1}C ．{1，5}D ．[2，5）∪{1}11．某几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，则该几何体外接球的表面积为（）A ．25π4B ．64π3C ．25πD ．32π12．已知定义域为R 的函数f （x ）满足f(12)=12，f′(x)+4x ＞0，其中f ′（x ）为f （x ）的导函数，则不等式f （sin x ）﹣cos2x ≥0的解集为（） A ．[−π3+2kπ，π3+2kπ]，k ∈Z B ．[−π6+2kπ，π6+2kπ]，k ∈ZC ．[π3+2kπ，2π3+2kπ]，k ∈Z D ．[π6+2kπ，5π6+2kπ]，k ∈Z 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的横线上． 13．(√x −1√x3)20的展开式的第2项的系数为．14．设x ，y 满足约束条件{x −y +1≥0x +y +1≥0x −3≤0，则当z ＝2x +y 取得最大值时，y ＝．15．在正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BC 的中点，若BD 1与该正四棱柱的每个面所成角都相等，则异面直线C 1E 与BD 1所成角的余弦值为．16．定义p （n ）为正整数n 的各位数字中不同数字的个数，例如p （555）＝1，p （93）＝2，p （1714）＝3．在等差数列{a n }中，a 2＝9，a 10＝25，则a n ＝，数列{p （a n ）}的前100项和为．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．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．设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知a cos B ＝b cos A +c ，（1）证明：△ABC 是直角三角形．（2）若D 是AC 边上一点，且CD ＝3，BD ＝5，BC ＝6，求△ABD 的面积．18．甲、乙、丙三人投篮的命中率各不相同，其中乙的命中率是甲的2倍，丙的命中率等于甲与乙的命中率之和．若甲与乙各投篮一次，每人投篮相互独立，则他们都命中的概率为0.18．（1）求甲、乙、丙三人投篮的命中率；（2）现要求甲、乙、丙三人各投篮一次，假设每人投篮相互独立，记三人命中总次数为X ，求X 的分布列及数学期望．19．如图，已知四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 为菱形，且PA ⊥底面ABCD ．（1）证明：平面PBD ⊥平面PAC ．（2）若∠BAD ＝60°，且平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为2√77，求∠PCA的大小．20．设抛物线y 2＝2px （p ＞0）的焦点为F ，直线l 与抛物线交于M ，N 两点．（1）若l 过点F ，且|MN |＝3p ，求l 的斜率；（2）若P(p2，p)，且l 的斜率为﹣1，当P ∉l 时，求l 在y 轴上的截距的取值范围（用p 表示），并证明∠MPN 的平分线始终与y 轴平行． 21．已知函数f （x ）＝e x ﹣1﹣2lnx +x ．（1）求f （x ）的单调区间；（2）证明：f （x ）≥（x ﹣2）3﹣3（x ﹣2）．（二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答,如果多做，则按所做的第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝k |x ﹣3|．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E 的极坐标方程为ρ+27ρ=6(cosθ+2sinθ)．（1）求E 的直角坐标方程（化为标准方程）；（2）若曲线E 与C 恰有4个公共点，求k 的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣5|﹣|2x+1|．（1）求不等式f（x）＞1的解集；（2）若不等式f（x）+|4x+2|＞|t﹣m|﹣|t+4|+m对任意x∈R，任意t∈R恒成立，求m的取值范围．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．1．若集合M＝{x|x＜2}，N＝{x|x2＞6}，则M∩N＝（）A．(−√6，2)B．(−∞，−√6)C．（﹣∞，2）D．(−∞，−√6)∪(2，√6)【分析】求出集合M，N，由此能求出M∩N．解：∵集合M＝{x|x＜2}，N＝{x|x2＞6}，∴N=(−∞，−√6)∪(√6，+∞)，∴M∩N=(−∞，−√6)．故选：B．2．设z＝2+（3﹣i）2，则z=（）A．6+10i B．6﹣10i C．10+6i D．10﹣6i【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．解：因为z＝2+8﹣6i＝10﹣6i，所以z=10+6i．故选：C．3．已知P为椭圆x23+y22=1短轴的一个端点，F1，F2是该椭圆的两个焦点，则△PF1F2的面积为（）A．2B．4C．√2D．2√2【分析】根据方程可得到b，c的值，进而可求出面积解：根据条件可得b2＝2，c2＝3﹣2＝1，则b=√2，c＝1，则△PF1F2的面积=12×2c×b＝bc=√2，故选：C．4．2020年1月，某专家为了解新型冠状病毒肺炎的潜伏期他从确诊感染新型冠状病毒的70名患者中了解到以下数据：潜伏期2天3天5天6天7天9天10天12天人数 2 4 8 10 16 16 10 4根据表中数据，可以估计新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为（精确到个位数）（） A ．6天B ．7天C ．8天D ．9天【分析】利用平均值的定义求解．解：因为x =2×2+3×4+5×8+6×10+7×16+9×16+10×10+12×470≈7，所以新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为7天，故选：B ．5．若函数f （x ）＝3x +log 2（x ﹣2），则f(5)+f(103)=（） A ．24B ．25C ．26D ．27【分析】直接把变量代入解析式，再结合对数的运算性质即可求解．解：因为f （x ）＝3x +log 2（x ﹣2）， ∴f(5)=15+log 23，f(103)=10+log 243，所以f(5)+f(102)=25+log 24=27．故选：D ．6．函数f （x ）＝|1+2sin2x |的最小正周期为（） A ．π2B ．πC ．3π2D ．2π【分析】直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的图象的变换的应用求出结果．解：设函数g （x ）＝sin2x ，则函数的最小正周期为2π2=π，所以函数f （x ）＝|1+2sin2x |的图象相当于函数的图象把x 轴下面的翻上去，所以函数的图象的翻折没有影响函数的的最小正周期，故最小正周期为π．故选：B ．7．在平行四边形ABCD 中，若CE →=4ED →，则BE →=（）A ．−45AB →+AD →B ．45AB →−AD →C ．−AB →+45AD →D ．−34AB →+AD →【分析】利用向量三角形法则、向量的线性运算求出结果．解：在平行四边形ABCD 中，若CE →=4ED →，所以CE →=45CD →，则BE →=BC →+CE →=AD →+45CD →=−45AB →+AD →．故选：A ．8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 10=√2a 6，若mS 32＝S 8+S 24，则m ＝（） A ．715B ．12C ．815D ．716【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得q 4=a10a 6=√2，进而结合等比数列的前n 项和公式可得m ×a 1(1−q 32)1−q =a 1(1−q 8)1−q +a 1(1−q 24)1−q，解可得m 的值，即可得答案．解：根据题意，等比数列{a n }中a 10=√2a 6，则q 4=a10a 6=√2，则有q 8＝2；若mS 32＝S 8+S 24，则有m ×a 1(1−q 32)1−q =a 1(1−q 8)1−q +a 1(1−q 24)1−q，变形可得：m （1﹣16）＝（1﹣2）+（1﹣8），即15m ＝8，解可得m =815；故选：C ．9．已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b2=1(a ＞0，b ＞0)的右顶点为A ，直线y =√32(x +a)与C 的一条渐近线在第一象限相交于点P ，若PA 与x 轴垂直，则C 的离心率为（） A ．√2B ．√3C ．2D ．3【分析】利用已知条件列出方程组，求出a ，b 关系式，然后求解双曲线的离心率即可．解：依题意，联立{x =a ，y =ba x ，y =√32(x +a)，，得b =√3a ，即b 2＝3a 2，所以c 2﹣a 2＝3a 2，即c 2＝4a 2，所以e =ca =2．故选：C ．10．已知函数f （x ）={−x 2−4x +1，x ≤02−2−x ，x ＞0，，若关于x 的方程（f （x ）−√2）（f （x ）﹣m ）＝0恰有5个不同的实根，则m 的取值范围为（） A ．（1，2）B ．（2，5）∪{1}C ．{1，5}D ．[2，5）∪{1}【分析】化简方程，求出函数的值，画出函数的图象，利用数形结合，求解函数的实数根，推出m 的范围即可解：函数f(x)={−x2−4x+1，x≤02−2−x，x＞0，，关于x的方程(f(x)−√2)(f(x)−m)=0，可得f（x）=√2或f（x）＝m．作出函数y＝f（x）的图象，如图所示：方程f（x）=√2有3个实数根，所以方程f（x）＝m有2个实数根，故m的取值范围：[2，5）∪{1}．故选：D．11．某几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，则该几何体外接球的表面积为（）A．25π4B．64π3C．25πD．32π【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体是三棱锥，底面三角形ABC是边长为2的等边三角形，PA⊥底面ABC，找出三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是三棱锥，底面三角形ABC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥底面ABC ，设底面三角形ABC 的外心为G ，过G 作底面的垂线GO ，且使GO =12AP ．则O 为三棱锥P ﹣ABC 外接球的球心，连接OB ，∵GB =2√33，OG ＝2，∴三棱锥外接球的半径R ＝OB =4+(233)2=4√33．∴该几何体外接球的表面积为4π×(4√33)2=64π3．故选：B ．12．已知定义域为R 的函数f （x ）满足f(12)=12，f′(x)+4x ＞0，其中f ′（x ）为f （x ）的导函数，则不等式f （sin x ）﹣cos2x ≥0的解集为（） A ．[−π3+2kπ，π3+2kπ]，k ∈Z B ．[−π6+2kπ，π6+2kπ]，k ∈ZC ．[π3+2kπ，2π3+2kπ]，k ∈Z D ．[π6+2kπ，5π6+2kπ]，k ∈Z【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论．解：设g （x ）＝f （x ）+2x 2﹣1，∴g ′（x ）＝f ′（x ）+4x ＞0在R 上恒成立，∴g （x ）在R 上单调递增，不等式f （sin x ）﹣cos2x ＝f （sin x ）+2sin 2x ﹣1，且g （12）＝0，不等式f （sin x ）﹣cos2x ≥0 ∴g （sin x ）≥g （12），sin x ≥12， ∴π6+2kx ≤x ≤5π6+2kπ，k ∈Z ．故选：D ．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的横线上． 13．(√x −1√x3)20的展开式的第2项的系数为 ﹣20 ．【分析】由题意利用二项式展开式的通项公式，求出展开式的第2项的系数．解：(√x −1√x 3)20的展开式的第2项的系数为C 201×(−1)=−20，故答案为：﹣20．14．设x ，y 满足约束条件{x −y +1≥0x +y +1≥0x −3≤0，则当z ＝2x +y 取得最大值时，y ＝ 4 ．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解即可．解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z ＝2x +y 得y ＝﹣2x +z ，平移直线y ＝﹣2x +z ，当直线y ＝﹣2x +z 经过A 点时，直线y ＝﹣2x +z 的截距最大，此时z 最大， A （3，4），则z ＝2x +y ＝2×3+4＝10，此时y ＝4．故答案为：4．15．在正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BC 的中点，若BD 1与该正四棱柱的每个面所成角都相等，则异面直线C 1E 与BD 1所成角的余弦值为√155．【分析】推丑陋同该正四棱柱为正方体，取B 1C 1的中点F ，连结BF ，D 1F ，BD 1，则∠FBD 1是异面直线C 1E 与BD 1所成角，由此能求出异面直线C 1E 与BD 1所成角的余弦值．解：∵BD 1与该正四棱柱的每个面所成角都相等， ∴该正四棱柱为正方体，取B 1C 1的中点F ，连结BF ，D 1F ，BD 1，则∠FBD 1是异面直线C 1E 与BD 1所成角，设AB ＝2，则BF ＝D 1F =√5，BD 1＝2√3， ∴cos ∠FBD 1=2×23×5=√155．∴异面直线C 1E 与BD 1所成角的余弦值为√155．故答案为：√155．16．定义p （n ）为正整数n 的各位数字中不同数字的个数，例如p （555）＝1，p （93）＝2，p （1714）＝3．在等差数列{a n }中，a 2＝9，a 10＝25，则a n ＝ 2n +5 ，数列{p （a n ）}的前100项和为 227 ．【分析】在等差数列{a n }中，a 2＝9，a 10＝25，公差d ＝2，利用通项公式可得a n ．可得a 1＝7，a 100＝205．a n 为奇数，通过分类讨论：p （a n ）＝1．p （a n ）＝2．p （a n ）＝3．即可得出．解：在等差数列{a n }中，a 2＝9，a 10＝25，公差d =25−910−2=2，∴a n ＝9+2（n ﹣2）＝2n +5． ∵a 1＝7，a 100＝205．a n 为奇数，∴a n ＝7，9，11，33，55，77，99，111时，p （a n ）＝1．a n ＝101，113，115，117，119，121，131，133，141，151，155，161，171，177，181，191，199时，p （a n ）＝2．在{a n }中，小于100的项共有47项，这47项中满足p （a n ）＝2的共有47﹣7＝40项，故数列{p （a n ）}的前100项和为：1×8+2×（40+17）+3×（100﹣8﹣40﹣17）＝227．故答案为：2n +5，227．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．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．设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知a cos B ＝b cos A +c ，（1）证明：△ABC 是直角三角形．（2）若D 是AC 边上一点，且CD ＝3，BD ＝5，BC ＝6，求△ABD 的面积．【分析】（1）利用正弦定理化角，然后由三角函数值相等得到角之间的关系，即可求出A 是直角；（2）先在△DBC 中利用余弦定理求出C 角，然后再在直角三角形ABC 中求出AB ，AC ，则面积可求．【解答】解（1）由正弦定理a cos B ＝b cos A +c 化为： sin A cos B ＝sin B cos A +sin C ，∴sin A cos B ﹣sin B cos A ＝sin C ，∴sin （A ﹣B ）＝sin C ， ∵A ﹣B ∈（﹣π，π），C ∈（0，π）， ∴A ﹣B ＝C 或A ﹣B ＝π﹣C （舍）∴A ＝B +C ，∴A =π2．即△ABC 是直角三角形．（2）在Rt △BCD 中，CD ＝3，BD ＝5，BC ＝6，由余弦定理得cosC =CD 2+BC 2−BD 22CD×BC=59．∴sinC =2√149． ∴AC =BC ×cosC =103，∴AD ＝AC ﹣CD =13，又 AB =BC ×sinC =4√143． ∴S △ABD =12AB ×AD =2√149．18．甲、乙、丙三人投篮的命中率各不相同，其中乙的命中率是甲的2倍，丙的命中率等于甲与乙的命中率之和．若甲与乙各投篮一次，每人投篮相互独立，则他们都命中的概率为0.18．（1）求甲、乙、丙三人投篮的命中率；（2）现要求甲、乙、丙三人各投篮一次，假设每人投篮相互独立，记三人命中总次数为X ，求X 的分布列及数学期望．【分析】（1）设甲的命中率为p ，则根据题意可得，p ×2p ＝0.18，求出即可；（2）根据题意，X 可能取得值为0，1，2，3，求出X 的分布列和数学期望，得出答案．解：（1）设甲的命中率为p ，则根据题意可得，p ×2p ＝0.18， p ＝0.3，故甲乙丙投篮的命中率分别为0.3，0.6，0.9；（2）根据题意，X 可能取得值为0，1，2，3，则P （X ＝0）＝（1﹣0.3）×（1﹣0.6）×（1﹣0.9）＝0.028，P （X ＝1）＝0.3×（1﹣0.6）×（1﹣0.9）+（1﹣0.3）×0.6×（1﹣0.9）+（1﹣0.3）×（1﹣0.6）×0.9＝0.306，P （X ＝2）＝0.3×0.6×（1﹣0.9）+（1﹣0.3）×0.6×0.9+0.3×（1﹣0.6）×0.9＝0.504， P （X ＝3）＝0.3×0.6×0.9＝0.162，故X 的分布列为：X 0 1 2 3 P0.0280.3060.5040.162EX ＝0×0.028+1×0.306+2×0.504+3×0.162＝1.8．19．如图，已知四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 为菱形，且PA ⊥底面ABCD ．（1）证明：平面PBD ⊥平面PAC ．（2）若∠BAD ＝60°，且平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为2√77，求∠PCA的大小．【分析】（1）证明BD ⊥AC ．PA ⊥BD ．推出BD ⊥平面PAC ．即可证明平面PBD ⊥平面PAC ．（2）设AC 与BD 交于点O ，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O ﹣xyz ，如图所示，求出平面PAB 的法向量，平面PCD 的法向量，设平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为θ，通过空间向量的数量积求解即可．【解答】（1）证明：因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ．因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥BD ．又AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ．因为BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PAC ．（2）解：设AC 与BD 交于点O ，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O ﹣xyz ，如图所示，设AB ＝2，PA ＝t （t ＞0），则P(−√3，0，t)，A(−√3，0，0)，B(0，1，0)，D(0，−1，0)，C(√3，0，0)，则PA →=(0，0，−t)，AB →=DC →=(√3，1，0)，PD →=(√3，−1，−t)．设平面PAB 的法向量为m →=(x ，y ，z)，则{m →⋅PA →=−tz =0，m →⋅AB →=√3x +y =0，令x ＝1，得m →=(1，−√3，0)．设平面PCD 的法向量为n →=(x′，y′，z′)，则．{n →⋅PD →=√3x′−y′−tz′=0，n →⋅DC →=√3x′+y′=0，令x '＝t ，得n →=(t ，−√3t ，2√3)．设平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为θ，则cosθ=|m →⋅n →||m →||n →|=4t 2×√4t +12=2√77，解得t ＝2，则tan∠PCA =t 2√3=√33，故∠PCA ＝30°．20．设抛物线y 2＝2px （p ＞0）的焦点为F ，直线l 与抛物线交于M ，N 两点．（1）若l 过点F ，且|MN |＝3p ，求l 的斜率；（2）若P(p2，p)，且l 的斜率为﹣1，当P ∉l 时，求l 在y 轴上的截距的取值范围（用p 表示），并证明∠MPN 的平分线始终与y 轴平行．【分析】（1）当直线l 的斜率不存在时，判断是否满足题意；设其方程为y =k(x −p2)(k ≠0)．联立直线与抛物线方程，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），通过韦达定理以及抛物线的性质，求解即可．（2）设直线l 的方程为y ＝﹣x +m ，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）．直线代入抛物线方程，利用韦达定理以及判别式，转化求解k PM +k PN ＝0，说明直线PM ，PN 的斜率互补，从而∠MPN 的平分线始终与y 轴平行．解：（1）当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x =p2，代入抛物线方程可得y 2＝p 2，即y ＝±p ，所以|MN |＝2p ，但|MN |＝3p ，故直线l 的斜率存在，设其方程为y =k(x −p2)(k ≠0)．由{y =k(x −p2)，y 2=2px ，得k 2x 2−(k 2p +2p)x +k 2p 24=0，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则x 1+x 2=k 2p+2p k2，所以|MN|=|MF|+|NF|=x 1+p 2+x 2+p 2=x 1+x 2+p =k 2p+2pk2+p =3p ，解得k =±√2，所以直线l 的斜率为±√2．（2）设直线l 的方程为y ＝﹣x +m ，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）．得x 2﹣（2m +2p ）x +m 2＝0，则x 1+x 2=2m +2p ，x 1x 2=m 2．由△＝（2m +2p ）2﹣4m 2＞0，得m ＞−p2．又−p2+m ≠p ，所以m ≠3p2，从而l 在y 轴上的截距的取值范围为(−p 2，3p 2)∪(3p2，+∞)．k PM +k PN =y 1−px 1−p 2+y 2−p x 2−p 2=(y 1−p)(x 2−p 2)+(y 2−p)(x 1−p2)(x 1−p 2)(x 2−p2) =(−x 1+m−p)(x 2−p 2)+(−x 2+m−p)(x 1−p 2)(x 1−p 2)(x 2−p2) =−2x 1x 2+(m−p 2)(x 1+x 2)−p(m−p)(x 1−p 2)(x 2−p 2) =−2m 2+(m−p 2)(2m+2p)−p(m−p)(x 1−p 2)(x 2−p 2)=0，所以直线PM ，PN 的斜率互补，从而∠MPN 的平分线始终与y 轴平行． 21．已知函数f （x ）＝e x ﹣1﹣2lnx +x ．（1）求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）≥（x﹣2）3﹣3（x﹣2）．【分析】（1）求导，令f′（x）＜0，求得单调减区间，令f′（x）＞0，求得单调增区间；（2）当0＜x≤3时，易得f（x）≥（x﹣2）3﹣3（x﹣2），当x＞3时，通过多次求导，进而判断函数单调性，由此求得最值，由此即可得证．解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=e x−1−2x+1，易知f′(x)=e x−1−2x+1在（0，+∞）上单调递增，且f′（1）＝0，令f′（x）＜0，解得0＜x＜1，则f（x）的单调递减区间为（0，1）；令f′（x）＞0，解得x＞1，则f（x）的单调递增区间为（1，+∞）；（2）证明：设g（x）＝（x﹣2）3﹣3（x﹣2）（x＞0），g′（x）＝3（x﹣1）（x﹣3），令g′（x）＜0，解得1＜x＜3，令g′（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞3，∴当x＝1时，g（x）取得极大值，且极大值为2，由（1）知，f（x）min＝f（1）＝2，故当0＜x≤3时，f（x）≥（x﹣2）3﹣3（x﹣2），设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝e x﹣1﹣2lnx﹣（x﹣2）3+4x﹣6（x＞3），则h′(x)=e x−1−2x−3(x−2)2+4，设p(x)=h′(x)，p′(x)=e x−1+2x2−6(x−2)，设q(x)=p′(x)，q′(x)=e x−1−4x3−6，易知q′（x）在（3，+∞）上单调递增，则q′(x)＞q′(3)=e2−427−6＞0，则q（x）在（3，+∞）上单调递增，从而p′(x)＞p′(3)=e2+29−6＞0，则h′（x）在（3，+∞）上单调递增，所以h′(x)＞h′(3)=e2+13＞0，则h（x）在（3，+∞）上单调递增，于是h（x）＞h（3）＝e2+5﹣2ln3＞0，故当x＞3时，f（x）≥（x﹣2）3﹣3（x﹣2）；综上，f（x）≥（x﹣2）3﹣3（x﹣2）．一、选择题22．在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝k|x﹣3|．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E的极坐标方程为ρ+27ρ=6(cosθ+2sinθ)．（1）求E的直角坐标方程（化为标准方程）；（2）若曲线E 与C 恰有4个公共点，求k 的取值范围．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用点到直线的距离公式的应用求出结果．解：（1）曲线E 的极坐标方程为ρ+27ρ=6(cosθ+2sinθ)．转换为直角坐标方程为x 2+y 2﹣6x ﹣12y +27＝0，整理得（x ﹣3）2+（y ﹣6）2＝18．（2）易知曲线C 过定点M （3，0）其图象关于直线x ＝3对称的“V ”字形．由于曲线E 是以（3，6）为圆心3√2为半径的圆，所以k ＞0，当x ≥3时，曲线C 的方程为y ＝kx ﹣3k ，即kx ﹣y ﹣3k ＝0，则圆心（3，6）到直线的距离d =|3k−6−3k|√1+k=6√1+k3√2，解得k 2＞1，由于k ＞0，所以k ＞1． [选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|2x ﹣5|﹣|2x +1|．（1）求不等式f （x ）＞1的解集；（2）若不等式f （x ）+|4x +2|＞|t ﹣m |﹣|t +4|+m 对任意x ∈R ，任意t ∈R 恒成立，求m 的取值范围．【分析】（1）由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，求并集，可得所求解集；（2）原不等式等价为|2x ﹣5|+|2x +1|＞|t ﹣m |﹣|t +4|+m ，由绝对值不等式的性质分别求得此不等式的左右两边的最小值和最大值，解绝对值不等式，可得所求范围．解：（1）|2x ﹣5|﹣|2x +1|＞1等价为{x ≤−125−2x +2x +1＞1或{−12＜x ＜525−2x −2x −1＞1或{x ≥522x −5−2x −1＞1，解得x ≤−12或−12＜x ＜34或x ∈∅，所以原不等式的解集为（﹣∞，34）；（2）不等式f （x ）+|4x +2|＞|t ﹣m |﹣|t +4|+m 等价为|2x ﹣5|+|2x +1|＞|t ﹣m |﹣|t +4|+m ，可令h （x ）＝|2x ﹣5|+|2x +1|，则h （x ）≥|2x ﹣5﹣2x ﹣1|＝6，当且仅当（2x﹣5）（2x+1）≤0，取得等号，即h（x）min＝6，而|t﹣m|﹣|t+4|+m≤|t﹣m﹣t﹣4|+m＝m+|m+4|，由题意可得6＞m+|m+4|，即m﹣6＜m+4＜6﹣m，解得m＜1，则m的取值范围是（﹣∞，1）．。

2020年黑龙江省哈尔滨市高考数学模拟试卷(理科)(5月份) (含解析)

2020年黑龙江省哈尔滨市高考数学模拟试卷(理科)(5月份)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 设集合A ={x|2x >1}，B ={y|y =x 2−1,x ∈R}，则(∁U A)∩B =( )A. (−1,1)B. [−1,0]C. [−1,0)D. (−∞,0]2. 已知复数z =a +i ，a ∈R ，若|z|=2，则a 的值为( )A. 1B. √3C. ±1D. ±√33. 已知向量a ⃗ =(1,2)，b ⃗ =(2,0)，c ⃗ =(1,−2)，若向量λa ⃗ +b ⃗ 与c⃗ 共线，则实数λ的值为( ) A. −2B. −13C. −1D. −234. 设x ，y 满足约束条件{x −y +1≤0x +y −3≥0y ≤4，则z =2x +y 的最大值是( )A. 10B. 5C. 4D. 25. 已知函数f(x)=sin 4x −cos 4x ，则下列说法正确的是( )A. f(x)的最小正周期为2πB. f(x)的最大值为2C. f(x)的图像关于y 轴对称D. f(x)在区间[π4,π2]上单调递减6. 《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该作完善了珠算口诀，确立了算盘用法．该作中有题为“李白沽酒：李白街上走，提壶去买酒．遇店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒．借问此壶中，原有多少酒？”如图为该问题的程序框图，若输出的S 值为0，开始输入的S 值满足cos(Sπ−α)=13，则sin(38π−α)=( )A. 13 B. −13C. 2√23D. −2√337. 设a =log 35，b =log 2√5，c =(14)0.2，则( )A. c >b >aB. b >c >aC. b >a >cD. a >b >c8. “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为A. √23fB. √223fC. √2512fD. √2712f9. 设命题p ：5≥3，命题q ：{1}⊆{0,1，2}，则下列命题中为真命题的是( )A. p ∧qB. ￢p ∧qC. p ∧￢qD. ￢p ∨￢q10. 已知函数，给出下列命题，其中正确命题的个数为( )①当0<a <1时，f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；②当a >1时，存在不相等的两个实数x 1和x 2，使f(x 1)=f(x 2)； ③当a <0时，f(x)有3个零点．A. 3B. 2C. 1D. 011. 已知f (x )= xlnx − ax ，g (x )= x 3− x +6，若对任意的x ∈(0,+∞)，2 f (x )≤ g ′(x )+2恒成立，则实数a 的取值范围为( )A. [−2,−13] B. [−2,+∞)C. (−∞,−13]D. (−∞,−2]12. 设双曲线C ：x 28−y 2m =1的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 1的直线与双曲线C 交于M ，N 两点，其中M 在左支上，N 在右支上．若∠F 2MN =∠F 2NM ，则|MN|=( )A. 8B. 4C. 8√2D. 4√2二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若√2cos2θcos(π4+θ)=√3，则sin(3π4−θ)=______．14. 已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S nT n=3n−112n+7，则a6b 6= ______ ． 15. 在二项式(√x +1ax 2)5(a >0)的展开式中x −5的系数与常数项相等，则a 的值是______． 16. 已知F 是抛物线C ：y =2x 2的焦点，点P(x,y)在抛物线C 上，且x =1，则|PF|=______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. △ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，角A ，B ，C 成等差数列．(1)若BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =1，求△ABC 的面积； (2)若6cosA =a 2，且b =√3，求角A ．18. 为了解某校学生参加社区服务的情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查．已知该校共有学生960人，其中男生560人，从全校学生中抽取了容量为n 的样本，得到一周参加社区服务时间的统计数据如表：(Ⅰ)求m ，n ；(Ⅱ)能否有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时问是否超过1小时与性别有关？ (Ⅲ)以样本中学生参加社区服务时间超过1小时的频率作为该事件发生的概率，现从该校学生中随机调査6名学生，试估计这6名学生中一周参加社区服务时间超过1小时的人数．附：K 2=(a +b)(c +d)(a +c)(b +d)19.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形且AD=2AB，侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD是正三角形，E是AD中点．(1)证明：CE⊥平面PBE；(2)求二面角D−PC−B的余弦值．20.记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”.如图，已知椭圆E：x216+y212=1，以椭圆E的焦点为顶点作相似椭圆M．(1)求椭圆M的方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且与椭圆M 仅有一个公共点，试判断△ABO 的面积是否为定值(O 为坐标原点)？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．21. 设函数．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m −1成立，求实数m 取值范围．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =cosαy =sinα(α为参数)，将C 上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C 1.以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求C 1的极坐标方程；(2)设M ，N 为C 1上两点，若OM ⊥ON ，求1|OM|+1|ON|的值．|+|x−a|(a>0)．23.设函数f(x)=|x+1a(Ⅰ)证明：f(x)≥2；(Ⅱ)若f(3)<5，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：本题考查了交、并、补集的混合运算，求出集合A，∁U A，B，由此能求出(∁U A)∩B．解：∵集合A={x|2x>1}={x|x>0}，∁U A={x|x≤0}，B={y|y=x2−1,x∈R}={x|≥−1}，∴(∁U A)∩B=[−1,0]．故选：B．2.答案：D解析：本题考查了复数模的求法，是基础题．根据已知条件求解得到a的值解：因为z=a+i(a∈R)，所以√a2+1=2，解得：a=±√3．故选D．3.答案：C解析：解：λa⃗+b⃗ =λ(1,2)+(2,0)=(λ+2,2λ)，∵向量λa⃗+b⃗ 与c⃗共线，∴−2×(2+λ)−2λ=0，解得λ=−1．故选：C ．利用向量运算法则和向量共线定理即可得出．本题考查了向量运算法则和向量共线定理，属于基础题．4.答案：A解析：解：由约束条件{x −y +1≤0x +y −3≥0y ≤4作出可行域如图，联立{y =4x −y +1=0，解得A(3,4)，化z =2x +y 为y =−2x +z ，由图可知，当直线y =−2x +z 过A 时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最大值为2×3+4=10．故选：A ．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．5.答案：C解析：本题考查二倍角公式，三角函数的图象和性质，属于基础题．可得f(x)=−cos2x ，对选项进行判断即可．解：∵f(x)=sin 4x −cos 4x =sin 2x −cos 2x =−cos2x ，∴函数f(x)的最小正周期T =π，函数f(x)的最大值为1，排除A ，B ；可知：函数f(x)的定义域为R ，∵f(−x)=−cos(−2x)=−cos2x =f(x)，∴f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，C正确；∵y=cos2x在[π4,π2]上单调递减，故f(x)=−cos2x在[π4,π2]上单调递增，排除D，故选C．6.答案：B解析：解：第一次执行循环体后，i=1，S=2S−1，不满足退出循环的条件；第二次执行循环体后，i=2，S=4S−3，不满足退出循环的条件；第三次执行循环体后，i=3，S=8S−7，满足退出循环的条件；故输出S=0，∴输入的S=78∴cos(Sπ−α)=13=cos(π2+38π−a)=−sin(38π−a)，则sin(38π−α)=−13故选：B．由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．再借助诱导公式，即可得到答案．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．7.答案：D解析：本题考查对数函数的性质，利用对数函数的单调性即可得出．解：a=log35=1log53>1log54=b>1，c=(14)0.2<1，∴a>b>c．故选D．。