2020届临川二中、上高二中、丰城中学高三第一次模拟考试理科数学试卷(详解版)
江西省上高二中,丰城中学2020届高三11月联考理科数学试题及参考答案解析
2019～2020学年江西省宜春市上高中二年级中、丰城中学高三第一学期11月联考理科数学试题一、选择题(本大题共12小题)1.已知集合,,则A. B.C. D.2.已知i为虚数单位,若复数,则A. B. C. D. 13.设随机变量,若,则实数a的值为A. 1B. 2C. 3D. 44.将函数的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍纵坐标不变,再把图象上各点的向右平移个单位长度,则所得图象的解析式为A. B.C. D.5.在等差数列中,,则数列的前11项和A. 8B. 16C. 22D. 446.因市场战略储备的需要,某公司1月1日起,每月1日购买了相同金额的某种物资,连续购买了4次.由于市场变化,5月1日该公司不得不将此物资全部卖出.已知该物资的购买和卖出都是以份为计价单位进行交易,且该公司在买卖的过程中赢利,那么下面三个折线图中反映了这种物资每份价格单位：万元的可能变化情况是A. B. C. D.7.定义在R上的偶函数满足,当时,,则A. B. C. D.8.函数的部分图象大致是A. B.C. D.9.已知椭圆,F为椭圆在y轴正半轴的焦点,,P是椭圆上任意一点,则的最大值为A. B. C. D.10.如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的平面几何图形.此图由两个圆构成,O为大圆圆心,线段AB为小圆直径.的三边所围成的区域记为I,黑色月牙部分记为Ⅱ,两小月牙之和斜线部分部分记为Ⅲ在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为,,,则A.B.C.D.11.定义在R上的函数满足,且对任意的不相等的实数,有成立,若关于x的不等式在上恒成立,则实数m的取值范围A. B. C. D.12.在三棱锥中,,,,点P在平面ACD内,且,设异面直线BP与CD所成角为,则的最小值为A.B.C.D.二、填空题(本大题共4小题)13.已知平面向量的夹角为,且则______.14.正数项数列的前n项和为,满足,且,则数列的通项公式为______.15.已知,则的展开式中,常数项为______.16.中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,下列命题正确的是______写出正确命题的编号.总存在某内角,使；若,则；存在某钝角,有；若,则的最小角小于.三、解答题(本大题共7小题)17.设函数求函数的单调递增区间和对称中心；在锐角中,若,且能盖住的最小圆的面积为,求周长的取值范围.18.如图,三棱柱的所有棱长均为2,底面侧面,,P为的中点,.证明：若M是AC棱上一点,满足,求二面角的余弦值.19.某地4个蔬菜大棚顶部,阳光照在一棵棵蔬菜上.这些采用水培、无土栽培方式种植的各类蔬菜,成为该地区居民争相购买的对象.过去50周的资料显示,该地周光照量小时都在30以上.其中不足50的周数大约有5周,不低于50且不超过70的周数大约有35周,超过70的大约有10周.根据统计某种改良黄瓜每个蔬菜大棚增加量百斤与每个蔬菜大棚使用农夫1号液体肥料千克之间对应数据为如图所示的折线图：Ⅰ依据数据的折线图,用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；并根据所求线性回归方程,估计如果每个蔬菜大棚使用农夫1号肥料10千克,则这种改良黄瓜每个蔬菜大棚增加量y是多少斤？Ⅱ因蔬菜大棚对光照要求较大,某光照控制仪商家为应对恶劣天气对光照的影响,为该基地提供了部分光照控制仪,该商家希望安装的光照控制仪尽可能运行,但每周光照控制仪最多可运行台数受周光照量X限制,并有如下关系：周光照量单位：小时光照控制仪最多可运行台数321若某台光照控制仪运行,则该台光照控制仪周利润为5000元；若某台光照控制仪未运行,则该台光照控制仪周亏损800元,欲使商家周总利润的均值达到最大,应安装光照控制仪多少台？附：回归方程系数公式：,.20.已知椭圆的左,右焦点分别为,,离心率为,P是椭圆C上的一个动点,且面积的最大值为.求椭圆C的方程；设斜率存在的直线与椭圆C的另一个交点为Q,是否存在点,使得？若存在,求出t 的取值范围；若不存在,请说明理由.21.已知.求函数的极值；设,对于任意,,总有成立,求实数a的取值范围.22.已知曲线C的参数方程为为参数；以极点O为原点,极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系,直线l：,与曲线C相交于M、N两点.求曲线C的极坐标方程；记线段MN的中点为P,若恒成立,求实数的取值范围.23.设函数.求不等式的解集；若存在,使得不等式成立,求实数a的取值范围.答案和解析1.【试题参考答案】D【试题解答】解：,；,.故选：D.可解出集合M,N,然后进行并集、交集的运算即可.考查描述法的定义,以及并集、交集的运算,分式不等式的解法.2.【试题参考答案】C【试题解答】解：根据题意,复数,则,,则；故选：C.根据题意,计算可得,进而求出的值,据此计算可得答案.本题考查复数和复数模的计算,关键是求出z,属于基础题.3.【试题参考答案】A【试题解答】解：随机变量,,由,可得与关于直线对称,则,即.故选：A.由已知可得,由,可得与关于直线对称,再由中点坐标公式列式求得a值.本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义,考查正态分布中两个量和的应用,考查曲线的对称性,属于基础题.4.【试题参考答案】C【试题解答】解：将函数的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍纵坐标不变,可得函数的图象；再把图象上各点向右平移个单位长度,则所得图象的解析式为函数,故选：C.由题意利用函数的图象变换规律,得出结论.本题主要考查函数的图象变换规律,属于基础题.5.【试题参考答案】C【试题解答】解：在等差数列中,,,整理得,数列的前11项和：.故选：C.利用等差数列通项公式推导出,由此能求出数列的前11项和.本题考查数列的前11项和的求法,考查等差数列、等比数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.6.【试题参考答案】D【试题解答】解：设公司每月1日用于购买某种物资的金额为a万元,图中四次购买的物资为,5月1日一次卖出公司得到,公司盈利,故正确；图中四次购买的物资为,5月1日一次卖出公司得到,公司亏损,故不正确；图中四次购买的物资为,5月1日一次卖出公司得到,公司盈利,故正确.故选：D.设公司每月1日用于购买某种物资的金额为a万元,分别求出三种图形下公司5月1日该公司将此物资全部卖出所得金额,与4a进行大小比较得答案.本题考查根据实际问题选择函数模型,正确理解题意是关键,是中档题.7.【试题参考答案】A【试题解答】解：偶函数的图象关于y轴对称,满足,函数关于对称,故函数的周期,当时,,则.故选：A.由已知可知,函数关于,对称,从而可求函数的周期T,然后结合已知区间上的函数解析式可求.本题主要考查了利用函数的性质求解函数值,解题的关键是函数周期的确定.8.【试题参考答案】A【试题解答】解：当时,,故排除C,当时,,故排除D,当时,,故排除B,故选：A.根据函数值的变化趋势,取特殊值即可判断.本题考查了函数图象的识别,考查了函数值的特点,属于基础题.9.【试题参考答案】B【试题解答】解：椭圆,如图,,设椭圆的右焦点为,则,；由图形知,当P在直线的延长线与椭圆的交点时,,此时取得最大值；的最大值为：.故选：B.求出椭圆的焦点坐标,画出图形,可得；通过由图形知,当P在直线上时,推出结果即可.本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、三角形三边大小关系,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.10.【试题参考答案】D【试题解答】解：设,则,,以AB中点为圆心的半圆的面积为,以O为圆心的大圆面积的四分之一为,以AB为弦的大圆的劣弧所对弓形的面积为,黑色月牙部分的面积为,图Ⅲ部分的面积为.设整个图形的面积为S,则,,.,故选：D.设,则,分别求出三个区域的面积,由测度比是面积比得答案.本题考查几何概型概率的求法,考查数形结合的解题思想方法,正确求出各部分面积是关键,是中档题.11.【试题参考答案】D【试题解答】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的综合应用,函数的恒成立问题,体现了转化的数学思想,属于较难题.由条件利用函数的奇偶性和单调性,可得对恒成立,且对恒成立.求得相应的最大值和最小值,从而求得m的范围.【解答】解：定义在R上的函数的图象关于y轴对称,函数为偶函数,函数数在上递减,在上单调递增,若不等式对恒成立,即对恒成立.对恒成立,即对恒成立,即且对恒成立.令,则,在上递增,上递减,.令,,在上递减,.综上所述,故选D.12.【试题参考答案】A【试题解答】解：取CD中点K,连接AK,BK,,,,,为正,取AK中点O,连接BO,则,且,易知平面ABK,,平面ACD,,在图中圆O上,当P与G,H重合时,最大,当P与M,N重合时,最小.故选：A.取CD中点K,易得三角形ABK为正三角形,取AK中点O,可证平面ACD,进而确定点P 的位置,求得最小值.本题考查了异面直线所成角的求法,线面垂直等知识,考查了运算求解能力,是中档题. 13.【试题参考答案】2【试题解答】解：根据题意,平面向量的夹角为,且,则,则,则；故答案为：2.根据题意,由数量积的计算公式可得,又由,代入数据计算可得答案.本题考查向量模的计算,关键是掌握向量数量积的计算公式.14.【试题参考答案】【试题解答】解：正数项数列的前n项和为,满足,且,整理得,所以,即,整理得常数,故数列是以1为首项,2为公比的等比数列.所以.故答案为：直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式.本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用,数列的通项公式的求法,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于中档题型.15.【试题参考答案】【试题解答】解：,,则,令,解得：,则,常数项为,故答案为：.根据定积分的运算性质,即可求得m的值,根据二项式定理求得展开式的通项,令x的次数为0,即可求得r,即可求得常数项.本题考查定积分的运算性质,二项式定理的应用,考查转化思想,属于中档题.16.【试题参考答案】【试题解答】解：对于,假设三个内角都大于,则三内角和必大于,与内角和定理矛盾,故必有一内角小于或等于,设为,则,故为真命题；对于,由题意不妨令,因为,因为时,,所以,所以,所以,即在上为减函数,所以题意得即为,则应有,故为假命题；对于,由题意不妨设,则A,B皆为锐角,且,,又,整理得,故为假命题；对于,由得,即,而不共线,所以,,解得,,则a是最小边,所以A为最小角,所以,故,故正确. 故答案为.对于,可先根据三角形内角和定理判断角的范围,从而确定的值域；对于,结合式子的特点,可构造函数,研究其单调性解决问题；对于,利用内角和定理结合两角和的正切公式研究的符号即可；对于,可以利用平面向量的运算方法将给的条件转化为三边a,b,c之间的关系,然后找到最小边,利用余弦定理求其余弦值,问题可获解决.本题以命题的真假判断为载体,考查了三角函数与解三角形、利用导数求函数的最值以及不等式的应用等知识,有一定难度.17.【试题参考答案】解：由得,的单调递增区间为.由,解得,的对称中心为,,为锐角三角形,,,,能盖住的最小圆为的外接圆,故由得设的角A、B、C所对的边分别为a,b,c,则由正弦定理得故,,,为锐角三角形,即,,,的周长的取值范围为.【试题解答】化简,利用的单调区间和对称中心即可；能盖住的最小圆为的外接圆,利用正弦定理把边化为角求周长的取值范围.本题考查了降幂公式,三角函数的单调区间,对称中心,以及三角形周长的取值范围的常规求法.18.【试题参考答案】证明：取AB的中点D,连接OP,CD,OD,易证OPCD为平行四边形,从而.由底面侧面,底面侧面,,底面ABC,所以侧面,即侧面B.又侧面,所以.又侧面为菱形,所以,从而平面.因为平面,所以解：由知,,,,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.因为侧面是边长为2的菱形,且,所以0,,1,,,,,,得.设,得,所以,所以.而.所以,解得.所以,,.设平面的法向量,由得,取.而侧面的一个法向量.设二面角的大小为.则.【试题解答】取AB中点D,设与交于点O,连接OP,CD,依题意得,由平面平面,可得平面,即,又四边形为菱形,得,可得平面,可证得以O为原点,如图所示建立空间直角坐标系,利用向量法求解.本题考查了空间线线垂直的判定,向量法求线面、面面角,属于中档题.19.【试题参考答案】解：Ⅰ由题意可得：,则：,所以y关于x的线性回归方程为,当时,百斤斤,所以估计如果每个蔬菜大棚使用农夫1号肥料10千克,则这种改良黄瓜每个蔬菜大棚增加量y是550斤.Ⅱ记商家总利润为Y元,由已知条件可知至少需安装1台,安装1台光照控制仪可获得周利润5000元,安装2台光照控制仪的情形：当时,一台光照控制仪运行,此时元,当时,两台光照控制仪都运行,此时元,故Y的分布列为安装3台光照控制仪的情形：当时,一台光照控制仪运行,此时元,当时,两台光照控制仪运行,此时元,当时,三台光照控制仪都运行,此时元,故Y的分布列为所以元,综上,为使商家周总利润的均值达到最大应该安装2台光照控制仪.【试题解答】Ⅰ由题中所给的数据求得线性回归方程,然后进行预测即可；Ⅱ由题意分类讨论求解分布列和数学期望即可.本题考查了线性回归方程及其应用,离散型随机变量的分布列等,重点考查学生对基础概念的理解和计算能力,属于中等题.20.【试题参考答案】解：Ⅰ椭圆离心率为,当P为C的上顶点时,的面积有最大值. ,,,.故椭圆C的方程为：.Ⅱ设直线PQ的方程为,当时,代入,得：；设,,线段PQ的中点为,,,即,,直线TN为线段PQ的垂直平分线；,则.所以,,当时,因为,当时,因为,当时,符合题意.综上,t的取值范围为.【试题解答】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用,椭圆的方程的求法,圆锥曲线的范围的求法,考查转化思想以及计算能力.Ⅰ根据椭圆离心率为,的面积为列式计算a,b,c即可.Ⅱ设出直线PQ的方程,与椭圆方程联立,得出关于x的一元二次方程；再设出P、Q的坐标,表示出线段PQ的中点R,根据,求出T点的横坐标t的取值范围,即可得出结论.21.x e0 0单调递减极小值单调递增极大值单调递减的极小值为：,极大值为：.由可知当时,函数的最大值为.对于任意,,总有成立,等价于恒成立,.时,因为,所以,即在上单调递增,恒成立,符合题意.当时,设,,所以在上单调递增,且,则存在,使得所以在上单调递减,在上单调递增,又,所以不恒成立,不合题意.综合可知,所求实数a的取值范围是.【试题解答】,令,解得,利用导数研究函数的单调性即可得出.由可知当时,函数的最大值为对于任意,,总有成立,等价于恒成立,对a分类讨论：时,利用及其基本不等式的性质即可得出.当时,设,,利用单调性与函数的零点即可得出.本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、分类讨论方法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.22.【试题参考答案】解：把曲线C的参数方程为参数,消去参数,可得曲线C的普通方程为,,,曲线C的极坐标方程为；联立和,得,设、则,由,得,当时,取最大值,故实数的取值范围为.【试题解答】把曲线C的参数方程中的参数消去,可得曲线C的普通方程,结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线C的极坐标方程；联立直线l与曲线C的极坐标方程,求得M,N的极径,再由,结合正弦函数的有界性求解满足恒成立的实数的取值范围.本题考查简单曲线的极坐标方程,考查参数方程化普通方程,考查计算能力,是中档题.23.【试题参考答案】解：Ⅰ由,得：,解得：,故不等式的解集是；Ⅱ若存在,使得不等式成立,即存在,使得成立,当时,即在上有解,故,当时,不成立,当时,即在上有解,故,当时,即在上有解,故,综上,.【试题解答】Ⅰ两边平方求出不等式的解集即可；Ⅱ通过讨论x的范围,去掉绝对值,分离参数a,结合x的范围从而求出a的范围即可. 本题考查了解绝对值不等式问题,考查分类讨论思想,转化思想,是一道综合题.。
2020年高考一模理科数学模拟试卷(含答案解析)
2020年高考一模理科数学模拟试卷一、选择题1．已知集合A＝{x|9x2﹣3＜1}，B＝{y|y＜2}，则（∁R A）∩B＝（）A．B．∅C．D．2．已知复数z1＝3﹣bi，z2＝1﹣2i，若是实数，则实数b的值为（）A．6B．﹣6C．0D．3．AQI即空气质量指数，AQI越小，表明空气质量越好，当AQI不大于100时称空气质量为“优良”．如图是某市3月1日到12日AQI的统计数据．则下列叙述正确的是（）A．这12天的AQI的中位数是90B．12天中超过7天空气质量为“优良”C．从3月4日到9日，空气质量越来越好D．这12天的AQI的平均值为1004．已知函数f（x）的图象如图所示，则函数f（x）的解析式可能是（）A．f（x）＝（4x+4﹣x）|x|B．f（x）＝（4x﹣4﹣x）log2|x|C．f（x）＝（4x+4﹣x）log2|x|D．f（x）＝（4x+4﹣x）|x|5．设a＝log48，b＝log0.48，c＝20.4，则（）A．b＜c＜a B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c6．已知A、B是圆O：x2+y2＝16的两个动点，||＝4，＝﹣．若M是线段AB的中点，则•的值为（）A．8+4B．8﹣4C．12D．47．“仁义礼智信”为儒家“五常”，由孔子提出“仁、义、礼”，孟子延生为“仁、义、礼、智”，董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”，将“仁义礼智信”排成一排，“仁”排在第一位，且“智信”相邻的概率为（）A．B．C．D．8．如图所示，在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P 取得最小值，则此最小值为（）A．2B．C．2+D．9．已知双曲线的右焦点为F，渐近线为l1，l2，过点F的直线l与l1，l2的交点分别为A，B，若AB⊥l2，则|AB|＝（）A．B．C．D．10．已知数列{a n}的通项公式为，则数列{a n}的前2020项和为（）A．B．C．D．11．已知函数，现有如下命题：①函数f（x）的最小正周期为；②函数f（x）的最大值为；。
2020届高三下学期第一次模拟考试理科数学试卷及答案解析(附答题卡)
高三级数学（理科）答卷 第1页（共6页）2020届高三年级第二学期第一次模拟考试数学（理科）本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生请用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考号填写在答题卡上。
2.选择题每小题选出答案后，用2B 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，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束，将答题卡交回。
一、选择题：共12题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若{|1},{|1}P x x Q x x =<=>，则A ．P Q ⊆B ．Q P ⊆C ．R C P Q ⊆D ．R Q C P ⊆ 2．设是虚数单位，复数为纯虚数，则实数a 为 A ．2 B ． 2 C ． D ．3．已知函数f (x )＝xax x 212++，若4))0((=f f ，则log 6a =A ．B ．2C ．1D ．6 4．命题p ：数列{}n a 既是等差数列又是等比数列，命题q ：数列{}n a 是常数列，则p 是q 的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分又不必要条件5．函数 的图象如图所示，则下列结论成立的是A ．0<b ，0>cB ．0>b ，0>cC ．0>b ，0<cD ．0<b ，0<ci aii1+2--1-21212()()2c x bx x f ++-=高三级数学（理科）答卷 第2页（共6页）6．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3-为公比的等比数列，若从这10个数中随机 抽取一个数，则它小于8的概率是A ．710 B ．35 C ．12 D ．257．在平行四边形ABCD 中，)2,4(),2,1(-=AD AB ＝，则该四边形的面积为A．B ．C ．5D ．108．设实数y x ,满足⎩⎨⎧≤-≤-≤+≤-1111y x y x ，则y x 2+的最大值和最小值分别为A ．1，1-B ．2，2-C ．1，2-D ．2，1-9．设{}n a 是公比不为－1的等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为,,X Y Z ， 则下列等式中恒成立的是 A ．2X Z Y +=B ．()()Y Y X Z Z X -=-C ．2Y XZ =D ．()()Y Y X X Z X -=-10．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左顶点与抛物线22(0)y px p =>的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(2,1)--，则双曲线的焦距为A ．B ．CD 11．已知函数=，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是A ．B ．C ．[－2,1]D ．[－2,0]12．三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，30ABC ∠=o，APC ∆的面积为2，则三棱锥P ABC -的外接球体积的最小值为552()f x 22,0ln(1),0x x x x x ⎧-+≤⎨+>⎩(,0]-∞(,1]-∞高三级数学（理科）答卷 第3页（共6页）A ．83π B ．163π C ．323π D ．643π二、填空题：共4题，每题5分，满分共20分，把答案填在答题卷的横线上． 13．曲线(3ln 1)y x x =+在点(1,1)处的切线方程为_________________． 14．已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和．若112a =，23S a =，则7S = . 15．函数x x y cos 4sin 3-=在θ=x 处取得最大值，则=θsin ．16．已知圆22:1O x y +=和点，若定点(,0)B b (2)b ≠-和常数λ满足：对圆O 上任意一点，都有||||MB MA λ=，则 .三、解答题：第17~21题为必做题，每题满分各为12分，第22~23题为选做题，只能选做一题，满分10分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分12分)设ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且43cos =B a 3sin =A b ． （1）求边长a 的值；（2）若ABC ∆的面积10=S ，求ABC ∆的周长L ．18．(本小题满分12分)如图，直三棱柱中，分别是的中点，.2221＝＝＝＝AB CB AC AA（1）证明：//平面； （2）求二面角的余弦值．19．(本小题满分12分)已知函数()ln f x x a x =-(R ∈a ).(2,0)A -M λ=111ABC A B C -,D E 1,AB BB 1BC 1A CD 1D A C E --高三级数学（理科）答卷 第4页（共6页）（1）当a >0时，求f (x )的单调区间； （2）讨论函数f (x )的零点个数.20．(本小题满分12分)已知椭圆的焦距为4，且过点)2,2(P ．（1）求椭圆C 的方程；（2）设为椭圆上一点，过点作轴的垂线，垂足为．取点，连接，过点作的垂线交轴于点．点是点关于轴的对称点，作直线，问这样作出的直线是否与椭圆C 一定有唯一的公共点？并说明理由．21．(本小题满分12分)心理学研究表明，人极易受情绪的影响．某选手参加7局4胜制的乒乓球比赛．（1）在不受情绪的影响下，该选手每局获胜的概率为31；但实际上，如果前一局获胜的话，此选手该局获胜的概率可提升到21；而如果前一局失利的话，此选手该局获胜的概率则降为41. 求该选手在前3局获胜局数X 的分布列及数学期望；（2）假设选手的三局比赛结果互不影响，且三局比赛获胜的概率为sin A 、sin B 、sin C ，记A 、B 、C 为锐角ABC ∆的内角，求证：sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin 1A B C A B A C B C A B C ++---+<选做题：请考生在下面两题中任选一题作答． 22．(本小题满分10分) 选修4—4：极坐标与参数方程已知动点，都在曲线： 上，且对应参数值分别为α与α2（02απ<<），点为的中点．（1）求点M 的轨迹的参数方程（用α作参数）；（2）将点M 到坐标原点)0,0(O 的距离d 表示为α的函数，并判断点M 的轨迹是否过坐标原点)0,0(O .2222:1(0)x y C a b a b+=>>0000(,)(0)Q x y x y ≠C Q x E (0,22)A AE A AE x D G D y QG QG P Q C ()2cos 2sin x y βββ=⎧⎨=⎩为参数M PQ高三级数学（理科）答卷 第5页（共6页）23．(本小题满分10分) 选修4—5：不等式选讲 设函数()f x =1(0)x x a a a++->．（1）证明：()f x ≥2； （2）若()35f <，求实数a 的取值范围．2019—2020学年度第二学期第一次模拟考试数学（理科）答卷题 号 一 二 三总分 17 18 19 20 21 22/23 得 分本框为考号填涂区和选择题答题区，必用2B 铅笔填涂，填涂的正确方法是：一、选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分）1 [A] [B] [C] [D] 7[A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 6[A] [B] [C] [D] 12 [A] [B] [C] [D]考 号 填 涂 区以下为非选择题答题区必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在指定的区域内作答，否则答案无效。
2020届高三模拟第一次测试理数试题PDF版含答案及答题卡
/$%%
"!若 &&'&(!则 下 列 结 论 正 确 的 是
.$#' %#(
" # " # ($
! #
'
&
!( #
/$345#'%345#(
0$*& 0$345!#'%345!#(
"! ! #
数 学 理 科 试 题 ! 第 ! 页 ! 共 " 页
%!关于甲)乙)丙三人参加高考 的 结 果 有 下 列 三 个 正 确 的 判 断' 若 甲 未 被 录 取!则 乙)
小值是
!
三解答 题 本 大 题 共 * 小 题共 6& 分解 答 应 写 出 文 字 说 明
证明过程或演算步骤第!6,#!题为必考题每个试题考生都必 须作答第 ###) 题为
选 考 题 考 生 根 据 要 求 作 答 !
!6!本小题满分!#分如 图!在 四 棱 锥 7,$&05 中!底 面 $&05 是 矩 形!7$* 平 面 $&05!7$+$5+#!$&+!!$1*75 于点 1 !连接 &1! " #求 证 '75*&1 * "#求直线 05 与平面$01 所成角的正弦值!
6!已 知+ "&!#!#789#+:47#,!!则 789+
"! ! # "! ! #
.$!%
($槡%%
/$,槡%%
0$#%槡%
2!对 于 函 数 *"%#+-./7:8497%%!!778899%%,&::4477%%!给 出 下 列 四 个 命 题 ' 该函数的值域为 (,!!!&*
2020届临川一中高三模拟考试 理数试卷Word版含答案
23322233⎩⎨⎧≥+-≤-05302y x y x nx x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+1)(21OF OP OQ +=2020届临川一中高三模拟考试 理数试卷第一卷（选择题，共60分）一、选择题:本大题共12个小题，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.若复数,2i z -=则zz 10+等于（ ） A. i -2 B. i +2 C.i 24+ D.i 36+2.设全集U = R ，A = {x |x - 2x + 1＜0}，B = {y | y = cos x ，x ∈A }，则A ∩B =( ) A.( cos2，1] C.(- 1，2 )B.[cos2，1] D.(- 1，cos2 ]3.已知 | a | = 5，| b | = 5，a ·b = - 3，则 | a + b | =( )A.23B.35C.2 11D.354.对任意非零实数b a ,，若b a *的运算原理如图所示，那么=*⎰πsin 2xdx （ ）A. B.C. D.5.某项测量中，测量结果X ~)0)(,1(2>σσN ，若X 在)1,0(内取的概率为4.0，则X 在)2,0(內取值的概率为（ ）A. 8.0B. 4.0C. 3.0D.2.06. ,0,0>>b a 设则“122≥+b a ”是“1+≥+ab b a ”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D.既不充分也不必要7.已知的展开式中的第五项为常数项，则展开式中各项的二项式系数之和为（ ） A.128 B.64 C. 32 D.168.已知正数y x ,满足，则1log log 22++=y x z 的最大值为（ ） A.8 B.4 C. 2 D. 19.已知双曲线 上一点P 到F （3，0）的距离为6，O 为坐标原点，则15422=-y x=OQ （ ）A. 1B. 2C. 2或5D.1或5 10.已知函数)0)(sin(2)(>+=ωϕωx x f 的图像关于直线对称，且，则ω的最小值是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4 11.12． 已知x xxx f ln 1ln )(-+=，)(x f 在0x x =处取得最大值，以下各式正确的序号为（ ） ①00)(x x f <；②00)(x x f =；③00)(x x f >；④ 21)(0<x f ；⑤21)(0>x f .A ．①④B ．②④C ． ②⑤D ．③⑤第二卷（非选择题，共90分）二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡上.13.若焦点在x 轴上的椭圆 的离心率为 ，则 ．14.已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列，且AB = 2，AC = 3，则cos C 的值是 ．15.在矩形ABCD 中，AB = 4，BC = 3，沿对角线AC 把矩形折成二面角D -AC -B 的平面角为060时，则=BD ．16.已知数列{}n a 的通项公式为,15+=n n a 数列{}n c 的通项公式为nn n a c )2(-+=λ，若数列{}n c 递增，则λ的取值范围是 .三、解答题:（共计70分，解答题应写出文字说明、证明过程和演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选做题，考生根据要求作答） （一）必考题：共60分.17.(本小题满分12分)已知函数f (x ) = cos 2(x + π12)，g (x ) = 1 + 12 sin 2x .(1) 设x = x 0是函数y = f (x )图像的一条对称轴，求g (2x 0)的值； (2) 求函数h (x ) = f (x ) + g (x )，x ∈[ 0 , π4]的值域.1222=+my x 213π=x 0)12(=πf18．(本小题满分12分)某名校从2008年到2017年考入清华，北大的人数可以通过以下表格反映出来。
2020届江西省临川高三上学期第一次联考试题 数学(理)含答案
，2)B.(－∞，1)∪(2，＋∞)C.[1，2]D.(－∞，1]∪[2，＋∞)a ，b ∈R ，则“(a －b)a 2>0”是“a>b ”的充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件若函数f(x)＝ax －lnx 的图象上存在与直线x ＋2y －4＝0垂直的切线，则实数a 的取值范围是－2，＋∞)B. (12，＋∞) C. (－12，＋∞) D. (2，＋∞)x>0，y<0，则下列不等式一定成立的是－2y >x 2B.()12221xylog x ->+C. 2x －2y >1＋xD. 2x －2y >1－x世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割。
如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿。
”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为360的等腰三角另一种是顶角为1080的等腰三角形)。
例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图51BC -A.(30，42]B.(30，42)C.(42，56]D.(42，56)已知F 1，F 2为椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的两个焦点，B 为椭圆短轴的一个端点，221214BF F F ⋅≥ ，则椭圆的离心率的取值范围为，12] B.[0，22] C. [0，33] D. [12，1]设曲线y ＝cosx 与x 轴、y 轴、直线6x π=围成的封闭图形的面积为b ，若g(x)＝2lnx －2bx 2－kx ，＋∞]上的单调递减，则实数k 的取值范围是已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 是双曲线左支上的一点，若直线AF 1与直线by x a=平行且△AF 1F 2的周长为9a ，则双曲线的离心率为 。
江西省上高县2020届高三全真模拟数学试题(理)有答案(已审阅)
2020届高三年级数学（理）全真模拟试题一、选择题：本大题共12个小题,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．已知全集为R ，集合A={x |2x ≥1}，B={x |x 2﹣3x +2≤0}，则A ∩∁R B=（ ）A ．{x |x ≤0}B ．{x |1≤x ≤2}C ．{x |0≤x ＜1或x ＞2}D ．{x |0≤x ＜1或x ≥2}2.在复平面中，复数()2111i i +++对应的点在 （ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 3. 下列命题中，真命题是（ ）A ．0R x ∃∈，00xe ≤ B ．R x ∀∈，22x x > C ．0a b +=的充要条件是1ab=- D ．1a >，1b >是1ab >的充分条件 4．已知双曲线221my x -=()m R ∈与抛物线28x y =有相同的焦点，则该双曲线的渐近线方程为（ ）A ．13y x =±B ．3y x =±C.y =D ．3y x =±5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A ．4B ．C ．D ．126 设01a <<，e 为自然对数的底数，则a ，e a ，1a e -的大小关系为 A. 1a e e a a -<< B. 1a e e a a ->> C. 1a e a e a >-> D. 1a e a e a <-<7、在ABC ∆中，若222sin ()cos cos sin sin 2B C B C B C ++++≥，则角A 的取值范围是（ ） A ．(0,]6πB ．[,]32ππ C ．(0,]3πD ．[,)3ππ8. 已知函数()()sin 2,12f x x f x π⎛⎫'=+⎪⎝⎭是()f x 的导函数，则函数()()2y f x f x '=+的一个单调递减区间是（ ）A ．7,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．5,1212ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C. 2,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ D ．5,66ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦9.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近于圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的（四舍五入精确到小数点后两位）的值为（ ）（参考数据：sin15°=0.2588，sin 75°=0.1305）A ．3.10B ．3.11C ．3.12D ．3. 1310．有7张卡片分别写有数字1，1，1，2，2，3，4，从中任取4张，可排出的四位数有（ ）个． A ．78B ．102C ．114D ．12011.已知过抛物线()2:20G y px p =>焦点F 的直线l 与抛物线G 交于M 、N 两点（M 在x 轴上方），满足3MF FN =，163MN =，则以M 为圆心且与抛物线准线相切的圆的标准方程为（ ） A．2211633x y ⎛⎛⎫-+= ⎪ ⎝⎭⎝ B．2211633x y ⎛⎛⎫-+= ⎪ ⎝⎭⎝ C. ()(22316x y -+-=D ．()(22316x y -+-=12、已知函数(0)()1ln()(0)mx e x f x x x m⎧≥⎪=⎨-<⎪⎩（其中0,m e >为自然对数的底数）的图像为曲线M ，若曲线M 上存在关于直线0x =对称的点，则实数m 的取值范围是：（ ） A ．1m e ≥B. 10m e <≤C. 21m e ≥D. 210m e<≤ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.13、已知向量k +=-=),2,2(),2,(为非零向量，若)(+⊥，则k= ．14. 若12nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中前三项的系数成等差数列，则常数n 的值是 ．15．在半径为2的球面上有不同的四点A ，B ，C ，D ，若C D 2AB =A =A =，则平面CD B 被球所截得图形的面积为 ．16、已知x ，R y ∈，满足22246x xy y ++=，则224z x y =+的取值范围为 ．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. （本小题满分12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()*124,0,142,m m m S S S m m N -+=-==≥∈且.（1）求m 的值； （2）若数列{}n b 满足()*2log 2nn a b n N =∈，求数列(){}6n n a b +的前n 项和.18. （本小题满分12分）某公司在迎新年晚会上举行抽奖活动，有甲、乙两个抽奖方案供员工选择. 方案甲：员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率均为45，第一次抽奖，若未中奖，则抽奖结束，若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币，决定是否继续进行第二次抽奖。
2020届高三数学上学期第一次摸底考试试题理(含解析)
2020届高三数学上学期第一次摸底考试试题理（含解析）注意事项：1. 本试卷共4页，全卷满分150分，答题时间120分钟；2. 答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3. 第Ⅰ卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4. 考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回.装袋整理；试题卷不回收.第Ⅰ卷（选择题共60分）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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出集合,再根据交集定义求出【详解】集合,集合,,即为故选B【点睛】本题考查交集的求法,一元二次不等式的求解,属于基础题2.复数在复平面内对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】将复数化成的形式，即可得到答案.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A.【点睛】本题考查复数的四则运算及复数的几何意义，考查对概念的理解与运用，属于基础题.3.已知向量，，，则实数的值为（）A. B. 2 C. D. 4【答案】B【解析】【分析】对等式进行数量积运算，得到关于的方程，求解方程即得答案.【详解】因为，故选：B.【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，考查基本运算求解能力，属于基础题.4.某市新上了一批便民公共自行车，有绿色和橙黄色两种颜色，且绿色公共自行车和橙黄色公共自行车的数量比为2∶1，现在按照分层抽样的方法抽取36辆这样的公共自行车放在某校门口，则其中绿色公共自行车的辆数是( )A. 8B. 12C. 16D. 24【答案】D【解析】设放在该校门口的绿色公共自行车的辆数是x，则，解得x＝24．故选D5.对于一个声强为为（单位：）的声波，其声强级（单位：）可由如下公式计算：（其中是能引起听觉的最弱声强），设声强为时的声强级为70，声强为时的声强级为60，则是的（）倍A. 10B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据声强级与声强之间的关系式，将两个声强级作差，结合对数的运算律可得出的值，可得出答案．【详解】由题意可得，即，两式相减得，所以，，因此，是的倍，故选A.【点睛】本题考查对数的运算律，考查对数在实际问题的应用，熟练应用对数的运算性质是解本题的关键，其次就是要弄清题目的意思，考查理解能力与运算能力，属于中等题．6.已知，则下列不等式不成立的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，以及不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出不等式不成立的选项.【详解】依题意，由于为定义域上的减函数，故，故A选项不等式成立.由于为定义域上的增函数，故，则，所以B选项不等式不成立，D选项不等式成立.由于，故，所以C选项不等式成立.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查指数函数和对数函数的单调性，考查不等式的性质，属于基础题.7.已知，若命题：；命题：，，则是的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】对命题进行化简得，再根据集合间的关系判断充分条件与必要条件.【详解】当命题为真时：，因为集合是集合的真子集，所以是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查全称命题、简易逻辑中的充分条件与必要条件，考查逻辑推理能力，求解时要注意利用集合间的真子集关系进行求解.8.已知直线是函数的一条对称轴，则（）A.B. 在上单调递增C. 由的图象向左平移个单位可得到的图象D. 由的图象向左平移个单位可得到的图象【答案】D【解析】【分析】由正弦型函数的对称性，我们可以判断出选项A错误，由正弦型函数的单调性可以判断出选项B错误，根据正弦型函数的平移变换可以判断出选项C错误和选项D正确.【详解】由题意可得：，据此可得：，令k=0可得：，选项A错误；函数的解析式为：，若，则，函数不具有单调性；由的图象向左平移个单位可得到的函数图象，选项C错误；由的图象向左平移个单位可得到的图象，选项D正确.本题选择D选项.【点睛】本题考查三角函数图象和性质的综合应用，熟练掌握正弦型函数的对称性及平移变换法则是解答本题的关键，属基础题.9.已知和是平面内两条不同的直线，是－个平面，则下列命题正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，则D. 若，与所成的角相等，则【答案】C【解析】【分析】对A，两直线可能相交；对B，两平面可能相交；对D，两直线也可能相交.【详解】如图，在长方体中，对A，平面为面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，显然两直线相交，故A错误；对B，平面为平面，平面为面，，分别为棱的中点，直线为直线，直线为直线，均与平面平行，但两平面相交，故B错误；对C，由面面垂直判定定理可得C正确；对D，取的中点，显然与所成的角相等，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查空间中线面、面面位置关系，考查空间想象能力，求解时要会借助正方体进行判定，能使求解过程更直观.10.已知内角的对边分别为，且，若，则的外接圆的半径为（）A. 6B. 3C.D.【答案】D【解析】【分析】由余弦定理求得，再利用正弦定理求得的外接圆的半径.【详解】因为，又，所以，所以，因为.故选：D.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查基本运算求解能力.11.已知双曲线：的右焦点为，为坐标原点，为的中点，若以为直径的圆与双曲线的渐近线相切，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别求得圆的圆心和半径，以及双曲线的渐近线方程，由直线和圆相切的条件：，化简可得，的关系，即可得到所求离心率．【详解】右焦点为，为坐标原点，为的中点，可得，以为直径的圆的圆心为，半径为，双曲线的渐近线方程为，由题意可得，化为，即有，即为，则．故选：B．【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和圆相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于中档题．12.已知是定义在上的函数，且有，当时，，则方程的根有（）A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】A【解析】【分析】求出函数的解析式，画出函数的图象，然后判断零点个数即可．【详解】是定义在上函数，且有，当时，可知时，，，时，，，时，，，时，，，画出函数与函数的图象，如图：方程的根有3个根．故选：A.【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合思想、转化与化归思想的应用，考查运算求解能力．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则__________【答案】【解析】【分析】利用倍角公式将式子转化关于变形，得到的齐次式，再利用同角三角函数的基本关系，转化成关于的表达式，进而求得答案.【详解】原式.故答案为：.【点睛】本题考查三角恒变换中的倍角公式、同角三角函数的关系，考查基本运算求解能力，求解时注意1的代换，可减少运算量.14.从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为__________.【答案】【解析】【分析】基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率．【详解】从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：，，，，，，，，，，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为．故答案为：【点睛】本题考查古典概型概率求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型．15.过抛物线：的焦点作一条倾斜角为的直线，直线与抛物线交于、两点，则__________.【答案】16【解析】【分析】求出焦点坐标和直线方程，结合过焦点直线方程，利用设而不求的思想进行求解即可．【详解】抛物线的焦点坐标为，，过焦点的直线的斜率，则直线方程为，代入得，整理得，设，的坐标分别为，则，则，故答案为：16.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的应用，联立方程组，利用设而不求思想，结合抛物线的弦长公式进行计算是解决本题的关键．16.《九章算术》是我国古代数学经典名著，其中有这样一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有－圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该木材，锯口深一寸，锯道长－尺.问这块圆柱形木材的直径是多少？现有长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌在墙体中的体积约为__________立方寸.（结果保留整数）注：l丈＝10尺＝100寸，，.【答案】633【解析】【分析】由题意画出图形，求出圆柱的底面半径，进一步求出弓形面积，代入体积公式得答案．【详解】如图所示：（寸，则（寸，（寸，设圆的半径为（寸，则（寸，在中，由勾股定理可得：，解得：（寸．，即，则．则弓形的面积（平方寸）．则算该木材镶嵌在墙中的体积约为（立方寸）．故答案为：633.【点睛】本题考查棱柱、棱锥、棱台体积的求法，关键是对题意的理解，是中档题．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.如图，在直四棱柱中，底面是矩形，与交于点，．（1）证明：平面．（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)见解析.(2) .【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，得到，进而可证明结论成立；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量、平面的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果.【详解】（1）证明：因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，则 .又，，所以平面，所以.因为，，所以是正方形，所以.又，所以平面.（2）因为四棱柱是直四棱柱，底面是矩形，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则,，, ,设平面的法向量为由，，可得，令，则，设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定、以及求线面角的问题，熟记线面垂直的判定定理、灵活运用空间向量的方法求空间角即可，属于常考题型.18.甲，乙二人进行乒乓球比赛，比赛采用三局两胜制，即先获得两局胜利的一方为获胜方，这时比赛结束.已知每局比赛甲胜乙的概率是，假设每局比赛结果相互独立.（1）求在一场比赛中甲获得比赛胜利的概率；（2）设随机变量为甲在一场比赛中获胜的局数，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）甲获得比赛胜利包含两种情况：①甲连胜两局；②前两局甲一胜一负，第三局甲胜.再利用相互独立事件同时发生的概率计算即可得答案；（2）利用对立事件进行求解.【详解】（1）甲获得比赛胜利包含两种情况：①甲连胜两局；②前两局甲一胜一负，第三局甲胜.∴甲获得比赛胜利的概率.（2）由已知得的可能取值为0，1，2，由（1）知，，∴.【点睛】本题考查相互独立事件同时发生的概率、离散型随机变量、对立事件，考查逻辑推理能力和运算求解能力，准确辨别概率模型是求解的关键.19.已知数列为等差数列，，前项和为，数列为等比数列，，公比为2，且，.（1）求数列与的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），.（2）【解析】【分析】（1）根据条件列出的方程组，进而代入等差、等比数列的通项公式；（2）利用等差数列、等比数列的前项和公式，分别进行求和再相加得到数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题知，解得，，∴，.（2）∵，∴.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的通项公式各前项和公式的求解，考查基本量法的运用，考查基本运算求解能力.20.已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）极大值为0，无极小值.（2）【解析】【分析】（1）对函数进行求导，解导数不等式得到极值点，进而求得函数的极值；（2）根据不等式恒成立，转化成恒成立，再利用参变分离、构造新函数，将问题进一步转化成恒成立，利用导数求函数的最大值，即可得到实数的取值范围.【详解】（1）当时，，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴的极大值为，无极小值.（2）不等式恒成立，即恒成立，又，∴恒成立，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴，故实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、不等式的恒成立问题，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力.21.已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆的焦点在轴上，点为坐标原点，射线、分别与椭圆交于点、点，且，试判断直线与圆：的位置关系，并证明你的结论.【答案】（1）或；（2）直线与圆：相离.证明见解析【解析】【分析】（1）对椭圆的焦点位置进行分类讨论，并分别设出椭圆的标准方程，再根据离心率和椭圆过点，分别求出对应的标准方程；（2）对点，分成在坐标轴上和不在坐标轴上两种情况分别求解，再利用点到直线的距离公式，判断直线与圆的位置关系即可.【详解】（1）①当椭圆的焦点在轴上时，设椭圆的方程为：，由得，∴，将点代入可得，，∴椭圆的方程为：.②当椭圆的焦点在轴上时，设椭圆的方程为：，由可得，∴，将点代入可得，，∴椭圆的方程为：.（2）直线与圆：相离，由（1）知，椭圆的方程为：，当，在坐标轴上时，容易求得直线与圆：相离；当，不在坐标轴上时，设直线：，则直线：，联立，可得，，∴，联立，可得，，∴，根据面积关系可得圆心到直线的距离的平方，∴直线与圆：相离.【点睛】本题考查椭圆的标准方程求法、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系，考查分类讨论思想、方程思想，考查运算求解能力，求解时要注意点的坐标求出后，点的坐标运算的技巧性，减少重复运算.（二）选考题：共10分，考生从22、23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铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑.22.在极坐标系中,O为极点，点在曲线上，直线过点且与垂直，垂足为P（1）当时，求及的极坐标方程（2）当在上运动且点P在线段上时，求点P的轨迹的极坐标方程【答案】（1），极坐标方程为（2）点轨迹的极坐标方程为【解析】【分析】（1）当时，，直角坐标系坐标为，计算直线方程为化为极坐标方程为（2）点的轨迹为以为直径的圆，坐标方程为，再计算定义域得到答案.【详解】(1)当时，，以为原点，极轴为轴建立直角坐标系，在直角坐标系中有，，，则直线的斜率由点斜式可得直线：，化成极坐标方程为；(2)∵∴，则点的轨迹为以为直径的圆此时圆的直角坐标方程为化成极坐标方程为，又在线段上，由可得，∴点轨迹的极坐标方程为）.【点睛】本题考查了直线极坐标方程，轨迹方程，忽略掉定义域是容易发生的错误.23.已知的最小值为t.（1）求t的值；（2）若实数a，b满足，求的最小值.【答案】（1）2；（2）9.【解析】【分析】（1）由绝对值定义去掉绝对值符号，化函数为分段函数，再根据分段函数性质求得最小值．（2）由基本不等式可得最小值．【详解】（1），∴f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣1）＝2，∴t＝2；（2）由（1）可知2a2+2b2＝2，则a2+b2＝1，∴，当且仅当，即，时取等号，故的最小值为9．【点睛】本题考查绝对值函数的性质，考查基本不等式求最值．对绝对值函数可根据绝对值定义去掉绝对值符号，然后再研究分段函数的性质即可．2020届高三数学上学期第一次摸底考试试题理（含解析）注意事项：1. 本试卷共4页，全卷满分150分，答题时间120分钟；2. 答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3. 第Ⅰ卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4. 考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回.装袋整理；试题卷不回收.第Ⅰ卷（选择题共60分）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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出集合,再根据交集定义求出【详解】集合,集合,,即为故选B【点睛】本题考查交集的求法,一元二次不等式的求解,属于基础题2.复数在复平面内对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】将复数化成的形式，即可得到答案.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A.【点睛】本题考查复数的四则运算及复数的几何意义，考查对概念的理解与运用，属于基础题.3.已知向量，，，则实数的值为（）A. B. 2 C. D. 4【答案】B【解析】【分析】对等式进行数量积运算，得到关于的方程，求解方程即得答案.【详解】因为，故选：B.【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，考查基本运算求解能力，属于基础题.4.某市新上了一批便民公共自行车，有绿色和橙黄色两种颜色，且绿色公共自行车和橙黄色公共自行车的数量比为2∶1，现在按照分层抽样的方法抽取36辆这样的公共自行车放在某校门口，则其中绿色公共自行车的辆数是( )A. 8B. 12C. 16D. 24【答案】D【解析】设放在该校门口的绿色公共自行车的辆数是x，则，解得x＝24．故选D5.对于一个声强为为（单位：）的声波，其声强级（单位：）可由如下公式计算：（其中是能引起听觉的最弱声强），设声强为时的声强级为70，声强为时的声强级为60，则是的（）倍A. 10B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据声强级与声强之间的关系式，将两个声强级作差，结合对数的运算律可得出的值，可得出答案．【详解】由题意可得，即，两式相减得，所以，，因此，是的倍，故选A.【点睛】本题考查对数的运算律，考查对数在实际问题的应用，熟练应用对数的运算性质是解本题的关键，其次就是要弄清题目的意思，考查理解能力与运算能力，属于中等题．6.已知，则下列不等式不成立的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，以及不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出不等式不成立的选项.【详解】依题意，由于为定义域上的减函数，故，故A选项不等式成立.由于为定义域上的增函数，故，则，所以B选项不等式不成立，D选项不等式成立.由于，故，所以C选项不等式成立.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查指数函数和对数函数的单调性，考查不等式的性质，属于基础题.7.已知，若命题：；命题：，，则是的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】对命题进行化简得，再根据集合间的关系判断充分条件与必要条件.【详解】当命题为真时：，因为集合是集合的真子集，所以是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查全称命题、简易逻辑中的充分条件与必要条件，考查逻辑推理能力，求解时要注意利用集合间的真子集关系进行求解.8.已知直线是函数的一条对称轴，则（）A.B. 在上单调递增C. 由的图象向左平移个单位可得到的图象D. 由的图象向左平移个单位可得到的图象【答案】D【解析】【分析】由正弦型函数的对称性，我们可以判断出选项A错误，由正弦型函数的单调性可以判断出选项B错误，根据正弦型函数的平移变换可以判断出选项C错误和选项D正确.【详解】由题意可得：，据此可得：，令k=0可得：，选项A错误；函数的解析式为：，若，则，函数不具有单调性；由的图象向左平移个单位可得到的函数图象，选项C错误；由的图象向左平移个单位可得到的图象，选项D正确.本题选择D选项.【点睛】本题考查三角函数图象和性质的综合应用，熟练掌握正弦型函数的对称性及平移变换法则是解答本题的关键，属基础题.9.已知和是平面内两条不同的直线，是－个平面，则下列命题正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，则D. 若，与所成的角相等，则【答案】C【解析】【分析】对A，两直线可能相交；对B，两平面可能相交；对D，两直线也可能相交.【详解】如图，在长方体中，对A，平面为面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，显然两直线相交，故A错误；对B，平面为平面，平面为面，，分别为棱的中点，直线为直线，直线为直线，均与平面平行，但两平面相交，故B错误；对C，由面面垂直判定定理可得C正确；对D，取的中点，显然与所成的角相等，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查空间中线面、面面位置关系，考查空间想象能力，求解时要会借助正方体进行判定，能使求解过程更直观.10.已知内角的对边分别为，且，若，则的外接圆的半径为（）A. 6B. 3C.D.【答案】D【解析】【分析】由余弦定理求得，再利用正弦定理求得的外接圆的半径.【详解】因为，又，所以，所以，因为.故选：D.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查基本运算求解能力.11.已知双曲线：的右焦点为，为坐标原点，为的中点，若以为直径的圆与双曲线的渐近线相切，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别求得圆的圆心和半径，以及双曲线的渐近线方程，由直线和圆相切的条件：，化简可得，的关系，即可得到所求离心率．【详解】右焦点为，为坐标原点，为的中点，可得，以为直径的圆的圆心为，半径为，双曲线的渐近线方程为，由题意可得，化为，即有，即为，则．故选：B．【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和圆相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于中档题．12.已知是定义在上的函数，且有，当时，，则方程的根有（）A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】A【解析】【分析】求出函数的解析式，画出函数的图象，然后判断零点个数即可．【详解】是定义在上函数，且有，当时，可知时，，，时，，，时，，，时，，，画出函数与函数的图象，如图：方程的根有3个根．故选：A.【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合思想、转化与化归思想的应用，考查运算求解能力．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则__________【答案】【解析】【分析】利用倍角公式将式子转化关于变形，得到的齐次式，再利用同角三角函数的基本关系，转化成关于的表达式，进而求得答案.【详解】原式.故答案为：.【点睛】本题考查三角恒变换中的倍角公式、同角三角函数的关系，考查基本运算求解能力，求解时注意1的代换，可减少运算量.14.从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为__________.。
高三数学(理)第一次高考模拟考试(2020届附答案)
n=5 s=0 WHILE s<15 S=s + n n=n －1 WEND PRINT n END (第5题)2020届高三数学（理）第一次高考模拟考试（附答案）第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．满足条件{1,2}{1,2,3}A ⋃=的集合A 有（ ）A ．1个B ．2个C ．4个D ．8个2．已知445sin sin cos ααα=-则的值为 （ ）A ．—35B ．—15C ．15D ．353．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，值域为[—2，3]，则()()y f x x =∈R 的值域为（ ）A ．[—2，2]B ．[—2，3]C ．[—3，2]D ．[—3，3]4．棱长为1的正方形ABCD —A 1B 1C 1D 1中，11AB BC ⋅的值为（ ）A ．1B ．—1C ．2D ．—25．右边程序执行后输出的结果是（ ） A 1- B 0 C 1 D 26．21()n x x-的展开式中，常数项为15，则n 的值是（ ）A ．3B ．4C ．5D ．67．记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人 相邻但不排在两端，不同的排法共有（ ） A ．1440种B ．960种C ．720种D ．480种8．曲线||2||2x y +=的图象大致是（ ）9．已知双曲线方程22221(0)x y a b a b-=>>，过右焦点F 2且倾斜角为60°的线段F 2M 与y轴交于M ，与双曲线交于N ，已知224MF NF =，则该双曲线的离心率为（ ）A．13- B1- C．13+ D110．如果函数()f x 对任意的实数x ，存在常数M ，使得不等式|()|||f x M x ≤恒成立，那么就称函数()f x 为有界泛涵，下面四个函数；①()f x =1②()f x =x 2 ③()(sin cos )f x x x x =+④2()1xf x x x =++ 其中属于有界泛函的是 （ ） A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分。
2020届高三第一次模拟考试卷理科数学(二)附解析
2020届高三第一次模拟考试卷理科数学（二）附解析一、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．已知集合，，，则（ ） A ． B ． C ． D ． 2．若复数满足，则（ ）A ．B ．C ．D ． 3．设是等差数列的前项和，，，则公差（ ）A ．B ．C ．D ．4．已知，，，则（ ）A ．B ．C ．D ．5．函数的图象大致是（ ）A ．B ．C ．{|25}A x x =-<<{1,3,6}B ={6}M =M =A B I A B U ()A B R I ð()A B R I ðz (1)(i 1)i z --=2z =43i 2+-43i 2-34i 2+-34i2-n S {}n a n 33a =714S =d =1212-11-1525a =256b =652c =a b c <<b a c <<c b a <<a c b <<22log (1)()x f x x-=D ．6．设，满足约束条件，则的最大值是（ ）A ．B ．C ．D ．7．在中，，为的中点，则（ ）A ．B ．C ．D ．8．若存在，使成立，则的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ． 9．在直角坐标系中，是椭圆的左焦点，，分别为左、右顶点，过点作轴的垂线交椭圆于，两点，连接交轴于点，连接交于点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为（ ）AB ．C ．D ．10．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某三棱锥的三视图，x y 2632x y x y y -≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩y z x =1-0122ABC △23BD BC =u u u r u u u r E AD CE =u u u r1263AB AC -u u u r u u u r 2136AB AC -u u u r u u u r 1536AB AC -u u u r u u u r 5163AB AC -u u ur u u u r π[0,]2x ∈2πsin(2)03x x m +-+<m ()+∞(,1-∞--(,-∞(1)--+∞xOy F 2222:1(0)x y C a b a b+=>>A BF x C P Q PB y E AE PQ M M PF C 1213141则该三棱锥的外接球的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．11．已知双曲线的离心率为，，分别是双曲线的左、右焦点，点，，点为线段上的动点，当取得最小值和最大值时，的面积分别为，，则（ ） A ． B ． C ．．12．设函数在定义域上是单调函数，且，．若不等式对恒成立，则的取值范围是（ ） A ． B ． C ． D ．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若为定义在上的奇函数，当时，，则 ． 3322221(0,0)x y a b a b-=>>21F 2F (,0)M a -(0,)N b P MN 12PF PF ⋅u u u r u u u u r12PF F △1S 2S 21S S =48()f x (0,)+∞(0,)x ∀∈+∞(())x f f x e x e -+=()()f x f x ax '+≥(0,)x ∈+∞a (,2]e -∞-(,1]e -∞-(,23]e -∞-(,21]e -∞-()f x R 0x <()cos πxf x x =+4π()3f =14．已知，则 ．15．已知函数只有一个零点，则 ． 16．在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，且为等边三角形，若四棱锥的体积与四棱锥外接的表面积为 ．三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求；（2）若，，求的面积．18．（12分）某厂销售部以箱为单位销售某种零件，每箱的定价为元，低于箱按原价销售，不低于箱则有以下两种优惠方案：①以箱为基22962100012100(1)(1)(1)(1)(1)x x a a x a x a x -+=+++++++L 210012100222a a a +++=L ()ln(||1)cos 2f x x a x =+++a =P ABCD -ABCD PAD ⊥ABCD PAD △P ABCD -P ABCD -P ABCD -ABC △A B C a b c 26sin cos sin 2Aa Bb A =cos A a =5bc +=ABC △200100100100准，每多箱送箱；②通过双方议价，买方能以优惠成交的概率为，以优惠成交的概率为．（1）甲、乙两单位都要在该厂购买箱这种零件，两单位都选择方案②，且各自达成的成交价格相互独立，求甲单位优惠比例不低于乙单位优惠比例的概率；（2）某单位需要这种零件箱，以购买总价的数学期望为决策依据，试问该单位选择哪种优惠方案更划算?19．（12分）如图，在四面体中，，平面平面，，且． （1）证明：平面；（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值．5058%0.66%0.4150650ABCD AD AB ⊥ABD ⊥ABC 2AB BC AC ==4AD BC +=BC ⊥ABD E AC ABCD C BD E --20．（12分）已知椭圆过点，且它的焦距是短倍．（1）求椭圆的方程；（2）若，是椭圆上的两个动点（，两点不关于轴对称），为坐标原点，，的斜率分别为，，问是否存在非零常数，使EBACD2222:1(0)x y C a b a b+=>>1)2-C A B C A B x O OA OB 1k 2k λ12k k λ⋅=时，的面积为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．21．（12分）已知函数． （1）当时，求的极值；（2）设，对任意都有成立，求实数的取值范围．AOB △S λln ()xx af x e +=1a =()f x ()xg x xe a -=-12,(0,)x x ∈+∞11112()()x x e f x ax g x ->a请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），圆的参xOy l 2431x t a y t ⎧=+⎨=-⎩t C数方程为（为参数）． （1）求和的普通方程；（2）将向左平移后，得到直线，若圆上只有一个点到的距离为，求．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】 设函数． （1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围．理科数学（二）答 案21||cos 2sin x a y a θθ=+⎧⎨=-+⎩θl C l (0)m m >l 'C l '1m ()|||4|(0)f x x a x a =-+-≠1a =()f x x <4()1f x a≥-a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．【答案】C【解析】∵或，∴． 2．【答案】B【解析】因为，所以． 3．【答案】D【解析】∵，∴，∴． 4．【答案】A【解析】，，，故． 5．【答案】C【解析】由函数，得定义域为，且有成立，所以函数的图象关于原点对称，且与轴交于和两点．当时，，所以在内函数图象在轴下方，{|2A x x =≤-R ð5}x ≥(){6}A B =R I ði 2i 11i 1i 1z -=+=--234i 43i 2i 2z ---==-74714S a ==42a =431d a a =-=-255a =256b =258c =a b c <<22log (1)()x f x x-=(,1)(1,)-∞-+∞U ()()f x f x -=-22log (1)()x f x x -=x (0)0)x >222log (1)log (21)0x ->-=x在内函数图象在轴上方，再用对称性得到完整的函数图象． 6．【答案】D【解析】的几何意义是可行域内的点与原点连线的斜率， 画出可行域（图略），得的最大值为． 7．【答案】A【解析】．8．【答案】C【解析】记，因为存在，使成立， 所以只需当时，，即．9．【答案】C【解析】如图，连接，则由椭圆的对称性易得，，所以，所以． 因为，所以．)+∞x yz x=(,)x y (0,0)z 211111112()22262663CE CA CD CA CB CA AB AC AB AC =+=+=+-=-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u ur u u ur 2ππ()sin(2)cos(2)36f x x x m x m =+-+=-π[0,]2x∈2πsin(2)03x x m +-+<π[0,]2x∈min π()()022f x f m ==+<2m <-BQ PBF QBF ∠=∠EAB EBA ∠=∠EAB QBF ∠=∠ME BQ ∥PME PQB ~△△||||||||PE PM EB MQ =因为，所以，从而有． 又因为是线段的中点，所以．10．【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥，为的中点，外接球球心在过的中点且垂直于平面的直线上，又点到，，的距离相等，所以又在过左边正方体一对棱的中点，所在直线上， 在中，由，即，得， 所以三棱锥外接球的球半径，． PBF EBO ~△△||||||||OF EP OB EB =||||||||PM OF MQ OB =M PF ||||1||||3c OF PM e a OB MQ ====A BCD -F BD O CD E BCD l O AB D O M N OEN △NF MF NE OE =223OE=3OE =A BCD-R===3V =11．【答案】A【解析】由，得，， 故线段所在直线的方程为，又点在线段上，可设，其中， 由，，即，，得，，所以．由于，可知当时，取得最小值，此时， 当，取得最大值，此时，所以．12．【答案】D【解析】由于是单调函数，则为定值，不妨设，则．DCEFBNMAO2ce a==2c a=b =MN )y x a =+PMN ()P m +[,0]m a ∈-1(,0)F c -2(,0)F c 1(2,0)F a -2(2,0)Fa 1(2,)PF a m =--u u ur 2(2,)PF a m =-u u u u r222212313464()44PF PF m ma a m a a ⋅=+-=+-u u u r u u u u r [,0]m a ∈-34m a =-12PF PF ⋅u u u r u u u ur 21134)24S a a a a =⨯-+=0m =12PF PF ⋅u u u r u u u ur 22142S a =⨯=214S S =()f x ()xf x e x -+()x f x e x t -+=()xf x e x t =-+又，解得，则，，所以，即． 设，则， 易知在上单调递减，在上单调递增， 则，所以． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】∵，所以． 14．【答案】【解析】令，可得；令，可得，所以．15．【答案】【解析】因为函数为偶函数，且函数只有一个零点， 故，所以． 16．【答案】()t f t e t t e =-+=1t =()1x f x e x =-+()1xf x e '=-2xe x ax -≥21xe a x≤-2()1xe g x x=-22(1)()x e x g x x -'=()g x (0,1)(1,)+∞min ()(1)21g x g e ==-21a e ≤-1164π4π4111()cos 333326f 4-=-+=--=-4π11()36f =01x =-00a =1x =2100296012100222(11)(11)0a a a a ++++=-+=L 2100121002220a a a +++=L 2-()f x ()f x (0)0f =2a =-8+【解析】如图，连接，交于点，取的中点为，连接． 设四棱锥外接球的球心为，等边三角形外接圆的圆心为，则为的重心，则，正方形外接圆的圆心为． 因为，平面平面，所以平面，所以，所以四边形为矩形，所以．设正方形的边长为，则，所以，， 所以四棱锥外接球的半径为， 所以四棱锥外接球的表面积为， 四棱锥的体积为， 所以，即，解得， 所以正方形的边长为，所以，，，，，所以四棱锥的表面积为AC BD 1O AD N PN P ABCD -O PAD 2O 2O PAD △22||||3PO PN =ABCD 1O PN AD ⊥PAD ⊥ABCD PN ⊥ABCD 1OO PN ∥12OO NO 21OO NO =ABCD 2x ||PN =2||3PO =2||OO x =P ABCD -2222227||||||3PO PO OO x =+=P ABCD -228π3S x =球P ABCD -23143P ABCD V x x -=⨯=7πP ABCD V S -=球7π7π=1x =ABCD 2PAD S =△2PAB S =△2PDC S =△PCB S =△4ABCD S =正方形P ABCD -8三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2．【解析】（1）∵，∴，∴， 故． （2）∵，又，∴，∴．由（1）可知，从而的面积18．【答案】（1）；（2）选择方案①更划算．【解析】（1）因为甲单位的优惠比例低于乙单位的优惠比例的概率为，所以甲单位的优惠比例不低于乙单位的优惠比例的概率为． （2）设在折扣优惠中每籍零件的价格为元，则或．O O 1DCBAN O 2P23-26sin cossin 2A a B b A =26cos 2A ab ba =21cos 26A =22cos 2cos123A A =-=-2222cos a b c bc A =+-a =5b c +=24221()22533b c bc bc bc =+-+=-6bc =sin A =ABC △1sin 2S bc A ==0.760.40.60.24⨯=10.240.76-=X 184X =188的分布列为则．若选择方案②，则购买总价的数字期望为元．若选择方案①，由于购买箱能获赠箱，所以该单位只需要购买箱， 从而购买总价为元．因为，所以选择方案①更划算．19．【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】（1）因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面． 因为平面，所以．因为，所以，所以． 因为，所以平面． （2）设，则，四面体的体积．X 1840.61880.4185.6EX =⨯+⨯=185.6650120640⨯=60050600200600120000⨯=120640120000>6AD AB ⊥ABD ⊥ABC ABD I ABC AB =AD ⊂ABD AD ⊥ABC BC ⊂ABC AD BC ⊥2AB BC AC ==222AB BC AC +=AB BC ⊥AD AB A =I BC ⊥ABD (04)AD x x =<<4AB BC x ==-ABCD 232111()(4)(816)(04)326V f x x x x x x x ==⨯-=-+<<，当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 故当时，四面体的体积取得最大值． 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，，．设平面的法向量为，则，即，令，得． 同理可得平面的一个法向量为，则．由图可知，二面角为锐角，故二面角211()(31616)(4)(34)66f x x x x x '=-+=--403x <<()0f x '>()V f x =443x <<()0f x '<()V f x =43AD x ==ABCD B B xyz -(0,0,0)B 8(0,,0)3A 8(,0,0)3C 84(0,,)33D 44(,,0)33E BCD (,,)x y z =n 00BC BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 80384033x y z ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩2z =-(0,1,2)=-n BDE (1,1,2)=-m cos ,==m n C BD E --C BD E --20．【答案】（1）；（2）存在，，．【解析】（1）因为椭圆过点，所以，倍，所以，从而．联立方程组，解得，所以椭圆的方程为．（2）设存在这样的常数，使，的面积为定值． 设直线的方程为，点，点， 则由知，，所以①．联立方程组，消去得．所以②，③， 又点到直线的距离则的面积④． 2214x y +=14λ=-1AOB S =△2222:1(0)x y C a b a b +=>>1)2-223114a b+=c =22224a b c b =+=222231144a b a b⎧+=⎪⎨⎪=⎩2241a b ⎧=⎨=⎩C 2214x y +=λ12k k λ⋅=AOB △S AB y kx m =+11(,)A x y 22(,)B x y 12k k λ⋅=12120y y x x λ-=1212()()0kx m kx m x x λ++-=221212()()0k x x km x x m λ-+++=2214x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩y 222(14)8440k x kmx m +++-=122814km x x k -+=+21224414m x x k -⋅=+O AB d =AOB △121||||||22m S AB d x x =⋅=⋅-=将②③代入①得，化简得⑤，将⑤代入④得，要使上式为定值，只需，即需，从而，此时，， 所以存在这样的常数，此时．21．【答案】（1）的极大值为，无极小值；（2）．【解析】（1）当时，，所以函数的定义域为， 所以，且， 令，所以当时，，，所以． 又，所以当时，， 所以在上单调递减，故．222222()(44)8(14)0k m k m m k λ---++=224()14k m λλ-=-22224222222422(41)4()(14)16()64(644)41()2(14)(41)1681(14)S k k k k k k k k λλλλλλλλ+⋅-----++-==⋅-+++-26464441681λλλ-+-==2(41)0λ+=14λ=-21()24S =1S =14λ=-1AOB S =△()f x 1(1)f e =2(,)e +∞1a =ln 1()xx f x e+=()f x (0,)+∞1ln ()xx x xf x xe--'=0x xe >()1ln h x x x x =--01x <<10x ->ln 0x x <()1ln 0h x x x x =-->()2ln h x x '=--1x >()2ln 0h x x '=--<()h x (1,)+∞()(1)0h x h <=同理当时，；当时，， 所以在是单调递增，在单调递减，所以当时，的极大值为，无极小值． （2）令，因为对任意都有成立，所以．因为，所以．令，即，解得；令，即，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增，所以． 因为，所以，当时，令，即，解得；令，即，解得．所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 所以，所以，即实数的取值范围为． 22．【答案】（1），；（2）．01x <<()0f x '>1x >()0f x '<()f x (0,1)(1,)+∞1x =()f x 1(1)f e=()()x m x xe f x ax =-12,(0,)x x ∈+∞11112()()x x e f x ax g x ->1min 2max ()()m x g x >()()ln x m x xe f x ax x x =-=()1ln m x x '=+()0m x '>1ln 0x +>1x e>()0m x '<1ln 0x +<10x e<<()m x 1(0,)e 1(,)e +∞min 11()()m x m e e==-()x g x xe a -=-()(1)x g x x e -'=-0x >0x e ->()0g x '>10x ->01x <<()0g x '<10x -<1x >()g x (0,1)(1,)+∞max 1()(1)g x g a e==-11a e e ->-2a e >a 2(,)e+∞3470x y --=22(1)(2)1x y -++=2m =【解析】（1）由题意可得，故的参数方程为（为参数），圆的参数方程为（为参数），消去参数，得的普通方程为，消去参数，得的普通方程为．（2）的方程为，即， 因为圆上只有一个点到的距离为，圆的半径为，所以到的距离为，即，解得（舍去）． 23．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）当时，， 故不等式的解集为．（2）∵， ∴， 当或时，不等式显然成立； ||1a =l 4131x t y t =+⎧⎨=-⎩t C 1cos 2sin x y θθ=+⎧⎨=-+⎩θt l 3470x y --=θC 22(1)(2)1x y -++=l '37()44y x m =+-34370x y m -+-=C l '1C 1(1,2)C -l '2|3837|25m ++-=2m =1403m =-<(3,5)(,0)[1,)-∞+∞U 1a =52,1()3,1425,4x x f x x x x -≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩()f x x <(3,5)()|||4||()(4)||4|f x x a x x a x a =-+-≥---=-44|4|1a a a a--≥-=0a <4a ≥当时，，则． 故的取值范围为． 04a <<11a≤14a ≤<a (,0)[1,)-∞+∞U。
2020年高考摸底考试理科数学试题及答案
2020年高考摸底考试理科数学试题及答案（满分150分，考试时间120分钟）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. 如果复数1 2aii-+（a R∈，i为虚数单位）的实部与虚部相等，则a的值为A. 1B. -1C. 3D. -32. 若{0,1,2}A=，{|2,}aB x x a A==∈，则A B=UA. {0,1,2}B. {0,1,2,3}C. {0,1,2,4}D. {1,2,4}3. 在等比数列{}n a中，若()57134a a a a+=+，则62aa=( )A.14B.12C. 2D. 44. 公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（）（参考数据：sin15°=0.2588，sin7.5°=0.1305）A. 12B. 24C. 48D. 965. 若直线1y mx=+与圆22:220C x y x y+++=相交于A，B两点，且AC BC⊥，则m=A.34B. 1-C. 12-D.326. 若x 、y 满足约束条件，则z=3x-2y 的最小值为A.B.C.D. 57. 已知(1)nx λ+展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相同，且01(1)n x a a x λ+=++22n n a x a x +⋯+,若12242n a a a ++⋯+=,则4()x xλ+展开式中常数项A. 32B. 24C. 4D. 88. 如图所示的网格是由边长为1的小正方形构成，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A. 40B.103C.163D.8039. 若:,sin 2p x R x a ∃∈=-，:q 函数321()3f x x x ax =-+在R 上是增函数，则p 是q 的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件10. 已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的两个焦点为12,F F ，P 为椭圆上一点，1290F PF ∠=︒。
2020年江西省临川二中、上高二中、丰城中学高考数学模拟试卷(理科)(6月份)
2020年江西省临川二中、上高二中、丰城中学高考数学模拟试卷（理科）（6月份）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若(x+2i)i=y+i，其中x，y∈R，i为虚数单位，则复数z=x+yi的虚部为()A. 1B. iC. −2D. −2i2.已知随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2)，若P(ξ<2)=P(ξ>8)=0.15，则P(2≤ξ<5)=()A. 0.3B. 0.35C. 0.5D. 0.73.已知a=log20201π，b=(1π)2020，c=20201π，则()A. c<a<bB. a<c<bC. b<a<cD. a<b<c4.设a∈R，则“a=√2”是“直线l1：x+2ay−1=0与直线12：ax+4y+√2=0平行”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件5.甲、乙、丙、丁四名同学在某次军训射击测试中，各射击10次．四人测试成绩对应的条形图如图：以下关于四名同学射击成绩的数字特征判断不正确的是()A. 平均数相同B. 中位数相同C. 众数不完全相同D. 甲的方差最小6.函数f(x)=ln(√x2+1+kx)的图象不可能是()A. B.C. D.7.某部门从已参与报名的甲、乙、丙、丁四人中选派1人去参加志愿者服务，结果出来前，甲、乙、丙、丁四人对选派人选做出了如下预测：甲说：丙或丁被选上；乙说；甲或丁均未被选上；丙说：丁被选上； 丁说；丙被选上．若这四人中有且只有2人说的话正确，则被选派参加志愿者服务的是( ) A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 8. 圆M ：(x −m)2+y 2=4与双曲线C ：y 2a 2−x 2b 2=1(a >0,b >0)的两条渐近线相切于A 、B 两点，若|AB|=2，则C 的离心率为( )A. 23√3B. √3C. 2D. 39. 梅赛德斯−奔驰(Mercedes −Benz)创立于1900年，是世界上最成功的高档汽车品牌之一，其经典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化．已知该商标由1个圆形和6个全等的三角形组成(如图)，点O 为圆心，∠ABC =150°，若在圆内部任取一点，则此点取自阴影部分的概率为( )A. 2√3−32πB. 2√3−34πC. 6√3−92πD. 6√3−94π10. 已知实数x ，y 满足约束条件{x +y −4≥0x −y +2≥03x −y −4≤0，目标函数z =ax +by(a >0且b >0)的最大值为2，则1a +2b 的最小值为( )A.132+√30B. 72+√6C. 3+2√2D. 5+6√211. 我们称数列a n =(a √b +c)2n 与数列b n =(a √b −c)2n 为“隔项相消数列”，其中a ，b ，c ，n ∈N +，则a n +b n ∈Z.已知数列{c n }的通项公式为c n =[(3+2√2)n ]，其中n ∈N +，函数f(x)=[x]表示不超过实数x 的最大整数，则c 2020除以4的余数为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 12. 在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD =√7，AB =√10，AA 1=1，过点B 作直线1与直线A 1D 及直线AC 1所成的角均为π3，这样的直线1的条数为( )A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 函数f(x)=√4−x 2−ln(3x +1)的定义域为______．14. 某工业模具的三视图如图所示，已知俯视图的正方形的边长为2，则该模具的表面积为______．15. 若曲线f(x)=ln(2x +1)−x 在(1,f(1))处切线的倾斜角为θ，则cos 2θ+sin2θ的值为______．16. 在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，且a(1−2cosC)=6cosA ，c =3，则△ABC 面积的最大值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}、{b n}的前n项和分别为S n和T n，数列{a n}满足a1=12，2S n+1=2S n+a n，n∈N+，等差数列{b n}满足b2=5，T9=153．(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2)若数列{c n}满足c n=a bn ，求证：c1+c2+⋯…+c n<815，其中n∈N+．18.已知如图，菱形ABCD的边长为2，对角线AC=2√3，现将菱形ABCD沿对角线AC翻折，使B翻折至点B′．(1)求证：AC⊥B′D；(2)若B′D=1，且点E为线段B′D的中点，求CE与平面AB′D夹角的正弦值．19.为了响应绿色出行，某市推出了新能源分时租赁汽车，并对该市市民使用新能源租赁汽车的态度进行调查，得到有关数据如表1：表1愿意使用新能源租赁汽车不愿意使用新能源租赁汽车总计男性100300女性400总计400其中一款新能源分时租赁汽车的每次租车费用由行驶里程和用车时间两部分构成：行驶里程按1元/公里计费；用车时间不超过30分钟时，按0.15元/分钟计费；超过30分钟时，超出部分按0.20元/分钟计费，已知张先生从家到上班地点15公里，每天上班租用该款汽车一次，每次的用车时间均在20～60分钟之间，由于堵车、红绿灯等因素，每次的用车时间t(分钟)是一个随机变量，张先生记录了100次的上班用车时间，并统计出在不同时间段内的频数如表2：表299.5%的把握认为该市市民对新能源租赁汽车的使用态度与性别有关；(2)根据表2中的数据，将各时间段发生的频率视为概率，以各时间段的区间中点值代表该时间段的取值，试估计张先生租用一次该款汽车上班的平均用车时间；(3)若张先生使用滴滴打车上班，则需要车费27元，试问：张先生上班使用滴滴打车和租用该款汽车，哪一种更合算？附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．20. 已知点(√2,√22)为椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a >0,b >0)上一点，F 1和F 2分别为椭圆C 的左右焦点，点D 为椭圆C 的上顶点，且DF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2b 2．(1)椭圆C 的方程；(2)若点A 、B 、P 为椭圆C 上三个不同的动点，且满足OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，直线AB 与直线PO 交于点Q ，试判断动点Q 的轨迹与直线PA 的位置关系，并说明理由．21. 已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)=e x−a −ln(x +a)，其中a >0，e 为自然对数的底数．(1)求证：f(x)有且只有一个极小值点；(2)若不等式f(x)≥√2x +a +1−1−ln2在(0,+∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程为x23+y2=1，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线1的极坐标方程为2ρ=3cos(θ+π3)．(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的参数方程；(2)已知P、Q两点分别是曲线C和直线1上的动点，且直线PQ的倾斜角为π3，求|PQ|的最小值．23.已知函数f(x)=√x2+2x+1−|2x−4|的最大值为t．(1)求t的值；(2)是否存在正实数a，b，c满足a+b+c=t且a2+4b2+c2=2√3，若存在，求出满足条件的一组解；若不存在，请说明理由．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵(x+2i)i=y+i，∴−2+xi=y+i，则x=1，y=−2．∴复数z=x+yi的虚部为−2．故选：C．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得y，则答案可求．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数相等的条件，是基础题．2.【答案】B【解析】解：根据题意，正态分布N(μ,σ2)，若P(ξ<2)=P(ξ>8)=0.15，则μ=5，即这组数据对应的正态曲线的对称轴x=5，则P(ξ<5)=0.5，又由P(ξ<2)=0.15，得P(2≤ξ<5)=0.5−0.15=0.35．故选：B．根据题意，由正态分布曲线的特点分析μ的值，即可得P(ξ<5)=0.5，然后求出P(2≤ξ<5)的值．本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，涉及正态分布中两个量μ和σ的应用，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：a=log20201π<log20201=0，b=(1π)2020∈(0,1)，c=20201π>1，所以a<b<c．故选：D．利用对数函数、指数函数的单调性直接求解．本题考查三个数的大小的比较，考查对数函数、指数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】C【解析】解：依题意，知“直线l1：x+2ay−1=0与直线l2：ax+4y+√2=0平行”，则1a =2a4≠√2，解得a=√2．则“a=√2”是“直线l1：x+2ay−1=0与直线l2：ax+4y+√2=0平行”的充分必要条件；故选：C．求出“直线l1：x+2ay−1=0与直线l2：ax+4y+√2=0平行”的充要条件，再根据充分必要条件的定义得出结论即可．本题考查了两条直线平行的充要条件，充分必要条件的定义，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：由条形图知，甲射击成绩为：4，4，4，4，4，6，6，6，6，6；所以甲的平均数是5，中位数是5，众数是4，6，方差是1；乙射击成绩为：4，4，4，5，5，5，5，6，6，6；乙的平均数是5，中位数是5，众数是5，方差是0.6；丙射击成绩为：3，3，3，4，5，5，6，7，7，7；丙的平均数是5，中位数是5，众数是3，7，方差是1.8；丁射击成绩为：2，4，4，4，5，5，6，6，6，8；丁的平均数是5，中位数是5，众数是4，6，方差是2.4；所以它们的平均数相同，中位数相同，众数不完全相同，乙的方差最小．故选：D．由条形图，可以求出甲、乙、丙、丁的平均数、中位数、众数和方差．本题考查了命题真假的判断问题，也考查了条形图的性质等基础知识，是基础题．6.【答案】C【解析】解：∵A，B选项中，图象关于原点对称，∴f(x)为奇函数，即f(x)+f(−x)=0，即ln(√x2+1+kx)+ln(√x2+1−kx)=0，∴k=±1，当k=1时，f(x)的图象为选项A；当k=−1时，f(x)的图象为选项B；而C，D选项中，图象关于y轴对称，所以f(x)为偶函数，即f(x)=f(−x)，即ln(√x2+1+kx)=ln(√x2+1−kx)，∴k=0，当k=0时，f(x)≥0，故f(x)的图象为选项D，不可能为选项C．故选：C．观察选项可知，A，B选项中的函数图象关于原点对称，即为奇函数，C，D选项的函数图象关于y轴对称，即为偶函数，再根据函数解析式判断得出结论本题主要考查利用函数奇偶性判断函数图象，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于基础题．7.【答案】D【解析】解：若甲被选上，甲、乙、丙、丁错误，不满足条件；若乙被选上，甲、丙、丁错误，乙正确，不满足条件；若丙被选上，甲、乙、丁正确，丙错误，不满足条件；若丁被选上，甲、丙正确，乙、丁错误，满足条件，所以被选派参加志愿者服务的是丁，故选：D．逐个假设甲，乙，丙，丁被选上，检验是否符合题意即可．本题主要考查了逻辑推理等基础知识，考查学生逻辑推理能力等能力，是基础题．8.【答案】A【解析】解：圆M：(x−m)2+y2=4的圆心为M(m,0)，双曲线C：y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线方程为y=±abx，由圆M和两条渐近线都关于x轴对称，可设A(s,1)，B(s,−1)，s>0，s<m，由题意可得(s−m)2+1=4，则s−m=−√3，由A为切点，直线AM与渐近线y=abx垂直，可得1s−m ⋅ab =−1，则b a=√33，可得双曲线的离心率为e =c a =√1+b 2a 2=√1+13=2√33， 故选：A ．求得圆的圆心M ，以及双曲线的渐近线方程，可设A(s,1)，B(s,−1)，由A 满足圆的方程和两直线垂直的条件，可得a ，b 的关系式，进而得到离心率．本题考查双曲线的方程和性质，以及圆的方程和切线的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 9.【答案】D【解析】解：由已知可得∠AOB =60°， ∖ ∵∠ABC =150°，则∠ABO =360°−150°2=105°．又sin15°=sin(45°−30°)=√22×(√32−12)=√6−√24，sin105°=sin(45°+60°)=√22×(12+√32)=√6+√24． 不妨设OA =4，则由正弦定理可得OB =OA⋅sin15°sin105∘=8−4√3，则S △AOB =12×4×(8−4√3)×sin60°=8√3−12，所以阴影部分的面积为S′=3S △AOB =24√3−36，圆O 的面积为S =16π， 则在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为P =S′S=24√3−3616π=6√3−94π．故选：D ．求出阴影部分面积和圆的面积，代入几何概型的概率公式即可得到所求．本题考查几何概型的概率的求法，考查了正弦定理的应用，求解阴影部分面积是关键，考查分析解决问题的能力，是中档题． 10.【答案】A【解析】解：由z =ax +by(a >0,b >0)得y =−ab x +zb ， ∵a >0，b >0，∴直线的斜率−ab <0， 作出不等式对应的平面区域如图：平移直线得y =−ab x +zb ，由图象可知当直线y =−ab x +zb 经过点A 时，直线y =−ab x +z b 的截距最大，此时z 最大． 由{x −y +2=03x −y −4=0，解得A(3,5)， 此时目标函数z =ax +by(a >0,b >0)的最大值为2， 即3a +5b =2，∴32a +52b =1，1a+2b=(1a+2b)×1=(1a+2b)×(32a +52b)=132+3a b+5b 2a≥132+2√3a b⋅5b 2a=132+√30，当且仅当3ab =5b2a ，并且3a +5b =2时取等号． 故最小值为132+√30， 故选：A ．作出不等式对应的平面区域，利用z 的几何意义确定取得最大值的条件，然后利用基本不等式进行求则1a +2b 的最小值．本题主要考查线性规划的基本应用，以及基本不等式的应用，利用数形结合求出目标函数取得最大值的条件是解决本题的关键． 11.【答案】B【解析】解：由二项式定理可设：(3+2√2)2n =x n +y n ⋅√2，其中x n ，y n ∈N +， 由题意可得，(3−2√2)2n =x n −y n ⋅√2，其中x n ，y n ∈N +，则(3+2√2)2n (3−2√2)2n =x n 2−2y n2， 即x n 2−2y n 2=(9−8)2n =1，所以有2y n 2=x n 2−1，因为x n >1，且0<x n −y n ⋅√2<1，所以(x n −1)2<2y n 2=x n 2−1<x n 2， 所以[√2y n ]=x n −1，即有[x n +√2y n ]=2x n −1，因为x n 2−2y n 2=1，即x n 2=2y n 2+1，可得x n 为奇数，所以有[x n +√2y n ]=2x n −1=4n +1，n ∈N ，因为c 2020=[(3+2√2)2020]=[(3+2√2)2⋅1010]=[x 1010+y 1010√2]=4n +1， 所以c 2020除以4的余数为1． 故选：B ．由二项式定理可设：(3+2√2)2n =x n +y n ⋅√2，其中x n ，y n ∈N +，(3−2√2)2n =x n −y n ⋅√2，其中x n ，y n ∈N +，求出x n ，y n 的关系式，再由[x]表示不超过实数x 的最大整数，求出[x n +√2y n ]=2x n −1=4n +1，n ∈N ，即可得出答案．本题主要考查二项式定理的应用及根据新定义的求解，考查运算能力和推理能力，属于难题． 12.【答案】C【解析】解：A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=0+7−0−1=6， 而|A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√7+1=2√2，|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√7+10+1=3√2，所以cos <A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√2×3√2=12，所以直线A 1D 和直线AC 1所成的角为π3，将直线l 、直线A 1D 和直线AC 1平移至点P ，则当三条直线在同一平面时，直线l 为角平分线； 若三条直线不在同一平面，则这样的直线有两条． 故这样的直线条数为3． 故选：C ．由向量的数量积的定义和夹角公式，可得直线A 1D 和直线AC 1所成的角为π3，通过平移和讨论三条直线在同一平面、不在同一个平面，可得直线l 的条数．本题考查空间线线所成角的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题．13.【答案】(−13,2]【解析】解：要使f(x)有意义，则{4−x 2≥03x +1>0，解得−13<x ≤2， ∴f(x)的定义域为(−13,2]． 故答案为：(−13,2]．可看出，要使得f(x)有意义，需满足{4−x 2≥03x +1>0，然后解出x 的范围即可． 本题考查了函数定义域的定义及求法，对数函数的定义域，考查了计算能力，属于基础题．14.【答案】16+3π2【解析】解：该模具的表面积可分为两部分：长方体的表面积取掉一个圆的面积，加上一个半球的表面积．所求表面积为：2×2×2+4×2×1−12×π×12+2π×12=16+3π2．故答案为：16+3π2．该模具的表面积可分为两部分：长方体的表面积取掉一个圆的面积，加上一个半球的表面积． 由三视图求表面积与体积，关键是正确分析原图形的几何特征．15.【答案】310【解析】 【分析】本题考查导数的几何意义和同角三角函数基本关系式．属于基础题．先求出函数f(x)的导数，然后求出该函数在x =1处的切线斜率，从而求出tanθ，再利用同角三角函数关系式，倍角公式求解． 【解答】解：∵f′(x)=22x+1−1，∴tanθ=f′(1)=−13，∴cos 2θ+sin2θ=cos 2θ+2sinθ⋅cosθ =cos 2θ+2sinθ⋅cosθsin 2θ+cos 2θ =1+2tanθtan 2θ+1=1−23(−13)2+1=310． 故答案为：310．16.【答案】3【解析】解：∵a(1−2cosC)=6cosA ，c =3，∴a(1−2cosC)=2ccosA ，可得sinA =2sinCcosA +2sinAcosC =2sin(A +C)=2sinB ， ∵sinA =2sinB ，∴由正弦定理可得：a =2b ，即b =12a ， 又∵c =3，∴由余弦定理可得：14a 2=a 2+9−2⋅a ⋅3⋅cosB ，解得：cosB =a 2+128a，∴可得：sinB =√1−cos 2B =√1−(a 2+128a )2=√256−(a2−20)28a ，∴S △ABC =12acsinB =12×a ×3×√256−(a 2−20)28a=316√256−(a 2−20)2≤3，当且仅当a =2√5时等号成立， ∴△ABC 面积的最大值为3．故答案为：3．由已知利用，两角和的正弦函数公式，正弦定理可得b =12a ，由余弦定理可解得：cosB =a 2+128a，利用同角三角函数基本关系式可求sin B ，进而利用三角形面积公式即可计算得解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 17.【答案】解：(1)∵2S n+1=2S n +a n ， ∴2a n+1=a n ，即，q =12． ∴a n =12n，又∵b 2=b 1+d =5，T 9=9b 1+36d =153． 可解得：b 1=1，d =4． ∴b n =4n −3．(2)c n =a b n =124n−3=8×116n ，显然c n 是公比为116的等比数列．c 1+c 2+⋯c n =12(1−116n )1−116=815(1−116n )<815，证毕．【解析】(1)首先判定{a n }为等比数列，然后利用等比数列的通项公式可求a n ，利用等差数列的通项及求和公式可求b n ，(2)先求出c n 通项公式，发现还是等比数列，利用等比数列求和公式求和即可本题考查的知识要点：等差等比数列的判定及等差，等比数列通项公式和求和公式的运用． 18.【答案】(1)证明：如图所示，取AC 的中点为O ，连结OD ，OB′，∵AB′=B′C ，AD =CD ，∴B′O ⊥AC ，DO ⊥AC ，又B′O ∩DO =O ， ∴AC ⊥平面B′OD ， ∵B′D ⊂平面B′ED ， ∴AC ⊥B′D ．(2)解：以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，过O 作平面ACD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系， 在等腰△B′AC 中，B′O =1，同理DO =1，∵B′D =1，A(−√3,0，0)，D(0,1，0)，B′(0,12,√32)，C(√3,0，0)，E(0,34,√34)，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1，0)，B′D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,−√32)，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,34,√34)， 设平面B′AD 的一个法向量为n⃗ =(x,y ，z)， 则{n⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅B′D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{√3x +y =012y −√32z =0，取z =1，得n ⃗ =(−1,√3,1)， ∴cos <n ⃗ ,CE⃗⃗⃗⃗⃗ >=n⃗⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ ||CE⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+3√34+√34√5×√152=45．设CE 与平面AB′D 夹角为θ，则sinθ=|cos <n ⃗ ,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=45． ∴CE 与平面AB′D 夹角的正弦值为45．【解析】(1)取AC 中点O ，通过证明AC ⊥平面OB′D 可得AC ⊥B′D ；(2)建立空间坐标系，求出平面AB′D 的法向量，计算法向量与CE⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角得出答案． 本题考查了线面垂直的判定，线面角的计算，属于中档题． 愿意使用新能源租赁汽车 不愿意使用新能源租赁汽车 总计男性 100 200 300 女性 300 400 700 总计 400 6001000计算K 2=1000×(100×400−200×300)2400×600×300×700=50063≈7.937>7.879，所以有99.5%的把握认为该市市民对新能源租赁汽车的使用态度与性别有关； (2)根据表2中的数据，计算得25×20100+35×40100+45×30100+55×10100=38，估计张先生租用一次该款汽车上班的平均用车时间为38分钟； (3)计算张先生租用该款汽车平均费用为15+25×0.2×0.15+35×0.4×0.2+45×0.3×0.2+55×0.1×0.2=22.35(元)； 使用滴滴打车上班需要车费27元， 所以张先生上班租用该款汽车更合算．【解析】(1)补填列联表，计算K 2，对照临界值得出结论； (2)根据表2中的数据计算得平均数即可；(3)计算张先生租用该款汽车的平均费用，比较即可．本题考查了列联表与独立性检验问题，也考查了平均数计算问题，是中档题． 20.【答案】解：(1)可设F 1(−c,0)，F 2(c,0)，D(0,b)，可得DF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−c,−b)⋅(c,−b)=−c 2+b 2=−2b 2， 即c 2=3b 2，且点(√2,√22)在椭圆上，可得2a 2+12b 2=1，又c 2=a 2−b 2，解得a =2，b =1，c =√3， 则椭圆的方程为x 24+y 2=1：(2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，P(x 3,y 3)，由OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，可得O 为△ABP 的重心， 则OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=−2OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 设Q(x,y)，则{x 3=−2x y 3=−2y ，由x 324+y 32=1， 可得x 2+4y 2=1，所以Q 的轨迹方程为x 2+4y 2=1． 设直线OB 与直线PA 交于点M ，则M 为线段PA 的中点，且M(−x 22,−y22)，当y 2≠0时，因为x 124+y 12=1，x 324+y 32=1，两式相减可得(x 1−x 3)(x 1+x 3)4+(y 1−y 3)(y 1+y 3)=0，则k PA =y 1−y3x 1−x 3=−14⋅x 1+x3y 1+y 3=−x24y 2，所以直线PA 的方程为y +y 22=−x24y 2(x +x 22)，整理可得y =−x 2x+24y 2，将其代入Q 的轨迹方程可得(x 22+4y 22)x 2+4x 2x +4(1−y 22)=0(∗)将x 224+y 22=1代入(∗)整理可得4x 2+4x 2x +x 22=0， 由于△=16x 22−16x 22=0，所以直线PA 与动点Q 的轨迹相切．当y 2=0，直线PA 的方程为x =±1，所以直线PA 与Q 的轨迹相切． 综上可得，直线PA 与Q 的轨迹相切．【解析】(1)设F 1(−c,0)，F 2(c,0)，D(0,b)，由向量的数量积的坐标表示，结合a ，b ，c 的关系，点满足椭圆方程，解方程可得a ，b ，进而得到椭圆方程；(2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，P(x 3,y 3)，可得O 为△ABP 的重心，由重心的性质可得OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2OQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，设出Q 的坐标，结合P 在椭圆上，推得Q 的轨迹方程，求得PA 的中点坐标，当y 2≠0时，求得PA 的方程，与椭圆方程，考虑判别式，可判断直线PA 与Q 的轨迹的关系；当y 2=0时，求得PA 的方程，可判断直线PA 与Q 的轨迹的关系．本题考查椭圆的方程和性质，直线和椭圆的位置关系，以及直线方程的运用，考查方程思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)证明：由于f′(x)=e x−a −1x+af″(x)=e x−a +1(x+a)2>0，则f′(x)在(0,+∞)上单调递增．令g(x)=e x −x ，则g′(x)=e x −1，故当x ∈(−∞,0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减 当x ∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 则g(x)min =g(0)=1，即e x ≥x +1>x ， 由于f′(0)=e−a−1a =a−e a e a ⋅a<0，f′(a +1)=e −12a+1>0，故∃x 0∈(0,a +1)，使得f′(x 0)=0，且当x ∈(0,x 0)时f′(x 0)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(x 0,+∞)时，f′(x 0)>0，f(x)单调递增．因此f(x)在(0,+∞)有且只有一个极小值点x 0，无极大值点．(2)由于不等式f(x)≥√2x +a +1−1−ln2在(0,+∞)上恒成立， (i)必要性：当x =1时，不等式成立，即e 1−a −ln(1+a)≥√a +3−1−ln2令g(a)=ln(1+a)+√a +3−e 1−a −1−ln2,g(a)≤0， 由于g′(a)=11+a 2√a+3+e 1−a >0，则g(a)在(0,+∞)上单调递增，又由于g(1)=0，则g(a)≤0的解为0<a ≤1． (ii)充分性：下面证明当0<a ≤1时，f(x)≥√2x +a +1−1−ln2在(0,+∞)上恒成立令ℎ(x)=e x−a −ln(x +a)−√2x +a +1+1+ln2，由于0<a ≤1，0>−a ≥−1，x −a ≥x −1，e x−a ≥e x−1，0<a +x ≤1+x ，ln(x +a)≤ln(1+x)，−ln(x +a)≥−ln(1+x)，a +1≤2,2x +a +1≤2x +2,√2x +a +1≤√2x +2,−√2x +a +1≥−√2x +2， 则ℎ(x)≥e x−1−ln(x +1)−√2x +2+1+ln2令m(x)=e x−1−ln(x +1)−√2x +2+1+ln2，则 m′(x)=e x−1−1x+1−√2x+2，m″(x)=e x−1+1(x+1)23>0，m′(x)在(0,+∞)上单调递增，由于m′(1)=0，则当x ∈(0,1)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，故m(x)=m(1)=0，即m(x)≥0恒成立，因此，当0<a≤1时，f(x)≥√2x+a+1−1−ln2在(0,+∞)上恒成立．故a的取值范围为(0,1]．【解析】(1)由f″(x)=e x−a+1(x+a)2>0知f′(x)=e x−a−1x+a单调递增，由f′(0)<0和f′(a+1)>0，根据零点存在定理则可证；(2)由f(1)≥0探求出0<a≤1，转化为证明当0<a≤1，f(x)≥√2x+a+1−1−ln2在(0,+∞)上恒成立，令ℎ(x)=e x−a−ln(x+a)−√2x+a+1+1+ln2进一步转化为ℎ(x)≥e x−1−ln(x+1)−√2x+2+ 1+ln2再证明该不等式右边恒大于等于0即可．本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，主要考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题．22.【答案】解：(1)由2ρ=3cos(θ+π3)，得2ρ(cosθcosπ3−sinθsinπ3)=3，即ρcosθ−√3ρsinθ=3，又x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴x−√3y−3=0，故直线l的直角坐标方程为x−√3y−3=0．由x23+y2=1，令{x3=cosαy=sinα，可得曲线C的参数方程为{x=3cosαy=sinα(α为参数)；(2)设P(3cosα,sinα)，直线l的直角坐标方程为为x−√3y−3=0，|PQ|的最小值即为点P到直线l的距离的最小值，点P到直线l的距离d=√3sinα−3|√12+(−√3)2=√32|sinα−√3cosα+√3|=√32|2sin(α−π3)+√3|≥√32(2+√3)=32+√3．∴|PQ|的最小值为32+√3．【解析】(1)把直线的极坐标方程变形，再由两角差的余弦展开，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得直线l的直角坐标方程，由曲线C的普通方程，结合平方关系可得曲线C的参数方程；(2)设P(3cosα,sinα)，写出点到直线的距离，利用三角函数求最值．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查点到直线距离公式的应用，训练了利用三角函数求最值，是中档题．23.【答案】解：(1)f(x)=√x2+2x+1−|2x−4|=|x+1|−|x−2|−|x−2|≤|(x+1)−(x−2)|−|x−2|≤3，当且仅当“x=2”时取等号，∴t=3；(2)假设存在满足条件的一组解，则a2+4b2+c2=49[a2+(2b)2+c2]⋅[12+(12)2+12]≥49(a+b+c)2=4，故a2+4b2+c2=2√3不可能成立，即不存在正实数a，b，c满足a+b+c=t且a2+4b2+c2=2√3．【解析】(1)直接利用绝对值不等式的性质即可得解；(2)利用柯西不等式直接判断即可．本题考查函数的最值，涉及了绝对值不等式的性质以及柯西不等式的运用，考查运算求解能力，属于基础题．。
2020届高三上第一次模考理科数学试卷及答案解析
2020届高三第一次统一测试理科数学试题本试卷满分为150分，考试时间为120分钟。
第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题(本大题共12个小题,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{}2|230A x x x =--≥，{}22|≤≤-=x x B ，则A B =I （ ） A ．[]2,1--B ．[)1,2-C ．[]1,1-D ．[)1,22. 若复数z 满足(1)42z i i -=+，则z =（ ）A ．25BC ．5D ．173. 设S n 是等差数列{n a }的前n 项和，12a ＝－8,S 9＝－9,则S 16= ( )A ．－72B ．72 Ｃ．36 Ｄ．－364．设向量→a ，→b ,满足2||2||==→→b a 且1|32|=+→→b a ，则向量→a 在向量→b 方向的投影为（ ）A. -2B. -1C. 1D. 25()cos 2παπα⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则tan 2α=（ ）A ．773 B ．37 C ．77D 6.设0.1log 0.2a =， 1.1log 0.2b =，0.21.2c =，0.21.1d =则（ ） A ．a b d c >>> B ．c a d b >>> C ．d c a b >>>D ．c d a b >>>7.若βα,是两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“βα⊥”是“β⊥m ”的（ ）条件A.充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要 8．四棱锥P －ABCD 的所有侧棱长都为5，底面ABCD 是边长为2的正方形，则CD 与PA 所成角的余弦值为( ) A.255 B.35 C.45 D.559．已知)(x f 是定义在R 上的偶函数，且)3()5(-=+x f x f ，如果当[)4,0∈x 时，)2(log )(2+=x x f ，则)766(f =（ ）A ．2-B ．3C ．3-D ．210.将函数sin ()y x x x =+∈R 的图象向左平移(0)m m >个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值是（ ）A.π12B.π6C.π3D.5π611.已知)(x f 是定义在R 上的奇函数，当0≥x 时，x x x f 2)(2+=，若)()2(2a f a f >-，则实数a 的取值范围是（ ）A.),2()1,(+∞--∞YB. )2,1(-C.)1,2(-D.),1()2,(+∞--∞Y 12．已知函数()e sin x f x x =，其中x ∈R ，e 2.71828=L 为自然对数的底数．当[0,]2x π∈时，函数()y f x =的图象不在直线y kx =的下方，则实数k 的取值范围是（ ）A ．(,1)-∞B ．(,1]-∞C ．2(,e )π-∞ D ．2(,e ]π-∞（Ⅱ卷 非选择题 满分90分）二、填空题（本题共有4小题，每小题5分，共20分）13．已知变量x ，y 满足约束条件20,2,0,x y y x y +-≥⎧⎪≤⎨⎪-≤⎩则2z x y =+的最大值为14．设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S = 15.在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别c b a ,,，若ABC ∆的面积为)(21222b a c --则内角C 的余弦值=16．在三棱锥A BCD -中，底面为Rt △，且BC CD ⊥，斜边BD 上的高为1，三棱锥A BCD -的外接球的直径是AB ，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥A BCD -的体积的最大值为__________．三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22,23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：60分.17．（本题满分12分）已知数列{}n a 满足()2n n S a n n =-∈*N ． （1）证明：{}1n a +是等比数列；（2）求()13521n a a a a n +++++∈*N L ．18.（本题满分12分）已知ABC ∆是斜三角形，内角C B A ,,所对的边的长分别为c b a ,,，且C a A c cos 3sin =（1）求角C;（2）若A A B C c 2sin 5)sin(sin ,21=-+=,求ABC ∆的面积。
2020届高考理科数学(理数)高三模拟试卷(全国1卷)pdf参考答案
理科数学答案全解全析一、选择题1. 【答案】D【解析】集合 A 满足： x2 3x 4 0 ，( x 4)( x 1) 0 ， x 4 或x 1 ， A {x | x 4 或 x 1} ， CU A={x | 1 x 4} ， y 2x 2 2 ， B {y | y 2} ，可知 (CU A) B {x | 2 x 4} .故选 D. 2. 【答案】A【解析】 z 1 i (1 i)(1 2i) 1 3i ，复数 z 的虚部为 3 ，1 2i555故错误；② | z | ( 1)2 ( 3)2 10 ，故错误；③复数 z 对应的555点为 ( 1 ， 3) 为第三象限内的点，故正确；④复数不能比较大小， 55故错误.故选 A.3. 【答案】C【解析】 Sn 2an 4 ，可得当 n 1 时， a1 2a1 4 ， a1 4 ，当n 2时，S n 12 an 14与已知相减可得an an 12，可知数列{ an } 是首项为 4，公比为 2 的等比数列， a5 4 24 64 .故选 C.4. 【答案】D【解析】可知降落的概率为pA22 A55 A661 3.故选D.5. 【答案】C【解析】函数 f (x) 2 020x sin 2x 满足 f (x) 2 020x sin 2x f (x) ，且 f (x) 2 020 2cos 2x 0 ，可知函数 f (x) 为单调递增的奇函数， f (x2 x) f (1 t) 0 可以变为 f (x2 x) f (1 t) f (t 1) ，可知 x2 x t 1 ，t x2 x 1 ，x2 x 1 (x 1)2 2 3 3 ，可知实数 t 3 ，故实数 t 的取值范围为 (∞，3] .故选 C.44446. 【答案】A【解析】双曲线的渐近线方程为 y 3x ，可得双曲线的方程为x2 y2 ，把点 P(2，3) 代入可得 4 3= ， 1 ，双曲线的 3方程为 x2 y2 1，c2 1 3 4，c 2，F(2，0) ，可得 A(2，2 3) ， 3B(2， 23)，可得SAOB1 224343 .故选 A.7. 【答案】B【解析】 f (x) sin(x π )sin x cos2 x3 (sin x cos π cos x sin π )sin x 1 cos 2x332 3 sin 2x 1 cos 2x 3 1 ( 3 sin 2x 1 cos 2x) 3444 2224 1 sin(2x π ) 3264把函数 f (x) 的图象向右平移 π 单位，再把横坐标缩小到原来的一 6半，得到函数 g(x) ，可得 g (x) 1 sin(4x π ) 3 ，最小正周期为2642π π ，故选项 A 错误； x π ， 4x π 4 π π π ，故选426666 2项 B 正确；最大值为 1 3 5 ，故选项 C 错误；对称中心的方程 244为 (kπ π ，3)(k Z) ，故选项 D 错误.故选 B. 4 24 48. 【答案】D【解析】可知 BDC 120°，且 AD 3 ，BD DC 1 ，在 BDC中，根据余弦定理可得 BC 2 1 1 2 11 cos120° 3， BC 3 ，据正弦定理可得 BC 2r ， sin120°3 32r，r 1 ， O1 为 BDC2的外心，过点 O1 作 O1O 平面 BDC ， O 为三棱锥 A BCD 的外 接球的球心，过点 O 作 OK AD ， K 为 AD 的中点，连接 OD 即为外接球的半径 R 12 ( 3 )2 7 ，可得外接球的表面积为22S 4πR2 4π ( 7 )2 7π .故选 D. 29. 【答案】C【解析】二项式 (x y)n 的展开式的二项式项的系数和为 64 ，可得 2n 64 ，n 6 ，(2x 3)n (2x 3)6 ，设 x 1 t ，2x 3 2t 1 ，(2x 3)n (2x 3)6 (2t 1)6 a 0 a1t a 2t 2 a 6t 6 ，可得 Tr1 C64 (2t)6414 C64 22t 2 60t 2 ，可知 a2 60 .故选 C. 10.【答案】A【解析】设点 P(x0 ，y0) ，则 x0 y0 6 0 ，则过点 P 向圆 C 作切 线，切点为 A，B ，连接 AB ，则直线 AB 的方程为 xx0 yy0 4 ，可得y0x06，代入可得(xy) x06y40，满足 x y 0 6y 4 0 x 2 3，故过定点为M(2，2).故选A. y2 33311.【答案】B【解析】f (x) log2 (x2 e|x|) ，定义域为 R ，且满足 f ( x) f (| x |) ，当 x 0 时，单调递增，而 (5)0.2 1 ， 0 (1)0.3 1 ， b a ，42cf(log 125) 4f( log25) 4f(log25 4)，而0log25 4 log221， 2( 1 )0.3 21 2， log 25 4 (1)0.3 ， 2f(log25) 4f(( 1 )0.3 ) 2，故 c a，故 c a b .故选 B.12.【答案】D【解析】f (x1) f (x2 ) x1 x21 x1x2，不妨设 x1x2 ，则f( x1) f (x2 ) 1 x21 x1，整理可得f (x1) 1 x1f (x2 ) 1 x2，设函数 h(x) f (x) 1 xa ln xx1 x在[e2 ，e4 ]上单调递减，可知 h'(x)a(1 ln x2x)1 x20，可知 a 1 1 lnx，而函数F ( x)1 1 lnx在[e2，e4 ]单调递增，F (x)maxF (4)11 41 3，可知实数a 1 3.故选D.二、填空题13.【答案】 9 5 5【解析】向量 a b在 a上的投影为| a b|cos (a b) a|a| (1，5) (1，2) 9 5 .5514.【答案】 5 2 6【解析】首先作出可行域，把 z ax by(a 0，b 0) 变形为 y a x z ，根据图象可知当目标函数过点 A 时，取最大值为 1， bb理科数学答案第 1 页（共 4 页） x 2x y 1 0 y40A(3，2)，代入可得3a2b1，则1 a1 b3a a2b 3a 2b 3 2b 3a 2 5 2 2b 3a 5 2 6 ，当且仅当bababb 6 a 取等号，可知最小值为 5 2 6 .故选 C. 215.【答案】 4 3【解析】 cos A cos B 2 3 sin C ，根据正弦定理 sin B cos A ab3asin Acos B 2 3 sin B sin C ，可知 sin( A B) 2 3 sin B sin C ，33sin C 2 3 sin B sin C ，sin B 3 ，在 ABC 内，可知 B π 或3232π ，因为锐角 ABC ，可知 B π ，利用余弦定理可得 b2 a2 c2 332ac cos B a2 c2 ac 2ac ac ac ，可知 ac 16 ，则 ABC 的面积的最大值 1 ac sin B 1 16 3 4 3 ，当且仅当 a c 时，取222等号，故面积的最大值为 4 3 .16.【答案】 4 5【解析】抛物线 C ：y2 2 px( p 0) 的准线方程为 x 2 ，可知抛物线 C 的方程为：y2 8x ，设点 A(x1 ，y1) ，B(x2 ，y2 ) ，AB 的中点为 M (x0 ，y0 ) ，则 y12 8x1 ，y22 8x2 两式相减可得 ( y1 y2 )( y1 y2 ) 8(x1 x2 )，y1 y2 x1 x2 8 y1 y2 ，可知 8 (1) 1 2 y0 x0 y0 6 0，解得 x0 y02 4，可得 M(2，4)，则 OA OB 2OM 2(2，4) (4，8) ，可得 | OA OB | | (4，8) | 42 82 4 5 .三、解答题17.【解析】（1） a1 1，an1 2an 1 ，可得 an1 1 2(an 1) ，{an 1} 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.--------------- 2 分 an 1 2 2n1 2n ， an 2n 1 .即数列 { an } 的通项公式 an 2n 1 .--------------- 4 分数列 { bn } 的前 n 项的和为 Sn n2 ，可得 b1 S1 1 ，当 n 2 时， bn Sn Sn1 n2 (n 1)2 2n 1 ，故数列 { bn } 的通项公式为 bn 2n 1 .--------------- 6 分（2）可知 cn bn an (2n 1) (2n 1) (2n 1) 2n (2n 1) --------------- 7 分设 An 1 2 3 22 5 23 (2n 1) 2 n ， 2 An 1 22 3 23 (2n 3) 2 n (2n 1) 2 n 1 ， 两式相减可得 An 2 2(22 23 2 n) (2n 1) 2 n 1 ，可得 An 6 (2n 1) 2n1 2n2 ，--------------- 10 分而数列 {2n 1}的前n项的和为Bn(1 2n 1) 2nn2，所以 Tn 6 (2n 1) 2n1 2n2 n2 .--------------- 12 分 18.【解析】（1）证明： PD 面 ABCD ， PD BC ，在梯形 ABCD 中，过 B 作 BH DC 交 DC 于 H ， BH 1 ，BD DH 2 BH 2 1 1 2 ，BC 2 ，( 2)2 ( 2)2 22 ，即 DB2 BC 2 DC 2 ，即 BC DB .--------------- 2 分 BC DB ， PD BD D ， BC 平面 PDB ， BC 平面 EBC 平面 PBC 平面 PDB .--------------- 4 分 （2）连接 PH ， BH 面 PDC ，BPH 为 PB 与面 PDC 所成的角， tan BPH BH 1 ， BH 1 ， PH 2 ， PH 2 PD2 DH 2 PH 2 ， PD2 1 2 ， PD 1 ，--------------- 6 分以 D 为原点，分别以 DA ， DC 与 PD 为 x ，y ，z 轴，建立如图所示的E(空0间，2直，角12)坐，标可系知，则PBP(0(1，，01，，1) ，1)A，(A1，B0，(00)，，1B，(01)，1，，0) ，C (0，2，0) ，设平面PAB 可知 PB a AB a 设平面 PEB的法向量为 a (x，y，z) ， 0 0 xy y z 00，可取 a(1，0，1)，-----------的法向量为 b(x，y ，z ) ，BE(1，1，1)，8分2可知 PB BE b b 0 0 x x y y z 1 2 z0 0 ，可取 b(3，1，4)，-----10分可知两向量的夹角的余弦值为 cos a b 1 3 0 11 4| a || b | 1 1 32 1 42 7 13 ，可知两平面所成的角为钝角，可知两平面所成角的余弦 26值为 7 13 .--------------- 12 分 2619.【解析】（1）完成 2 2 列联表， 满意 不满意总计男生302555女生50合计80156540120 ----------- 4 分根据列联表中的数据，得到 K 2 120 (30 15 25 50)2 55 65 80 40 960 6.713 6.635 ，所以有 99% 的把握认为对“线上教育是否 143满意与性别有关”.--------------- 6 分（2）由（1）可知男生抽 3 人，女生抽 5 人， 0，1，2，3 .P(0)C53 C835 ，P( 28 1)C52C31 C8315 28，P(2)C51C32 C8315 ，P( 563)C33 C831 56.---------------8分可得分布列为0123P515152828561------------ 10 分56可得 E( ) 0 5 1 15 2 15 3 1 9 .--------------- 12 分 28 28 56 56 820.【解析】（1）x2 4 y ，焦点 F (0 ， 1) ，代入得 b 1，e c 2 ， a2a2 b2 c2 ，解得 a2 2，b2 1 ， x2 y2 1 ，-------------- 2 分 2 直线的斜率为 1，且经过 (1，0) ，则直线方程为 y x 1 ，联立 x2 2y2 1，解得y x 1，x y 0 1或 x y 4 3 1 3， ，C(0，1) ，D( 4 ，1) ，--------------- 4 分 33理科数学答案第 2 页（共 4 页）| CD | 4 2 ，又原点 O 到直线 y x 1 的距离 d 为 2 ，32 SCOD1 2| CD|d1 242 32 2 .--------------- 6 分 23（2）根据题意可知直线 m 的斜率存在，可设直线 m 的方程为： y kx t，ykxt，联立 x2 2y2 1，(2k 2 1)x24ktx2t 220，可得 (4kt)2 4(2k 2 1)(2t 2 2) 0 ，整理可得 t 2 2k 2 1 ，可知 F2 (1，0) ， A(1，k t)，B(2，2k t) ，--------------- 8 分则 | AF2 | (1 1)2 (k t 0)2 k 2 2kt t2| BF2 | (2 1)2 (2k t 0)2 1 (4k 2 4kt t2) k 2 2kt t2 2 为定值.--------------- 12 分 2k 2 4kt 2t 2 221.【解析】（1）函数 f (x) 的定义域为 (0， ∞) ，f (x) x a 1 x2 ax 1 ，设 h(x) x2 ax 1 ，xx函数 h(x) 在 (1，3) 内有且只有一个零点，满足 h(1) h(3) 0 ，可得 (1 a 1)(9 3a 1) 0 ，解得 2 a 10 ， 3故实数 a 的取值范围为 (2，10) .--------------- 4 分3（2） 2 f (x) 2x 2 (a 1)x2 ，可以变形为 2ln x 2x 2 a(x22x)，因为x0，可得a 2ln x x2 2x 2x2，--------------6分设g(x)2ln x 2x x2 2x2，g' ( x)2(x 1)(2ln x (x2 2x)2x).设 h(x) 2 ln x x ，h(x) 在 (0， ∞) 单调递增，h(1 ) 2ln 2 1 0 ， h(1) 1 0 .22故存在一点 x0 (0.5，1) ，使得 h(x0 ) 0 ，--------------- 8 分当 0 x x0 时， h(x) 0，g'(x) 0 ，函数 g(x) 单调递增；当 x x0 时， h(x) 0，g'(x) 0 ，函数 g(x) 的最大值为 g(x0) ，且 2 ln x0 x0 0 ，--------------- 10 分g (x)max g(x0) 2ln x0 2x0 2 x02 2x01 x0，可知 a 1 x0，又1 x0 (1，2) ，可得整数 a 的最小值为 2.--------------- 12 分22.【解析】（1）由题可知：2 2 2 cos2 6 ， 2(x2 y2 ) x2 6 ，曲线 C 的直角坐标方程为 y2 x2 1 ， 32直线 l 的普通方程为 3x 4 y 4 3a 0 ，--------------- 3 分两方程联立可得 33x2 6 (4 3a)x (4 3a)2 48 0 ，可知 [6 (4 3a)]2 4 33 [(4 3a)2 48] 0 ，解得 a 66 4 或 a 66 4 .--------------- 6 分33（2）曲线 C 的方程y2x21，可设x 2 cos ，32 y 3 sin则 2x 3y 2 2 cos 3 3 sin (2 2)2 (3 3)2 sin( ) ，其中 tan 2 6 ，可知最大值为 9(2 2)2 (3 3)2 35 .--------------- 10 分 23.【解析】（1）当 a 1 时， f (x) | 3x 6 | | x 1 | x 10 ，当 x 1时， (3x 6) (x 1) x 10 ，解得 x 1 ， 可得 x 1；--------------- 2 分 当 1 x 2 时， (3x 6) (x 1) x 10 ，解得 x 1 ， 可得 x 1； 当 x 2 时， (3x 6) (x 1) x 10 ，解得 x 5 ， 综上可得 {x | x 5或x 1} .--------------- 4 分 （2）由 f (x) 0 可知， f (x) | 3x 6 | | x 1| ax 0 ， | 3x 6 | | x 1| ax ，设 g(x) | 3x 6 | | x 1| ， h(x) ax ， 同一坐标系中作出两函数的图象如图所示，--------------- 6 分 4x 5，x 1， g(x) 2x 7，1 x 2，可得 A(2，3) ， 4x 5，x 2， 当函数 h(x) 与函数 g (x) 的图象有两个交点时，方程 f (x) 0 有两 个不同的实数根，--------------- 8 分由函数图象可知，当 3 a 4 时，有两个不同的解，故实数 a 的 2取值范围为 ( 3 ，4) .--------------- 10 分 2理科数学答案第 3 页（共 4 页）理科数学答案第 4 页（共 4 页）。
2020年高考理科数学模拟试题含答案及解析5套)
绝密★启用前2020 年高考模拟试题（一）理科数学时间：120 分钟分值：150 分注意事项：封号位座1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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。
写在试卷上无效。
3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
密第Ⅰ卷（选择题共60 分）一、选择题：本大题共12 个小题,每小题 5 分,共60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一不号场考项是符合题目要求的.a b1．已知a，b 都是实数，那么“2 22 2”是“a b ”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件订22．抛物线x 2py ( p 0) 的焦点坐标为（）装号证考准p A．,0218p3 6 0 x y≤p218pB．,0C．0,D．0,3．十字路口来往的车辆，如果不允许掉头，则行车路线共有（）A．24 种B．16 种C．12 种D．10 种只4．设x，y 满足约束条件x y 2≥0 ，则目标函数z 2x y 的最小值为（）x≥0, y≥0A． 4 B． 2 C．0 D．2卷5．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该“阳马”最长的棱长为（）名姓A．5B．34 C．41 D．5 2 此6．sin xf x xx,0 U 0, 大致的图象是（）A．B．C．D．级班7．函数 f x sin x cos x( 0)在,2 2上单调递增，则的取值不可能为（）A．14B．15C．12D．348．运行如图所示的程序框图，设输出数据构成的集合为 A ，从集合 A 中任取一个元素 a ，则函数 ay x ，x 0, 是增函数的概率为（）A．35B．45C．34D．37开始x 3否x≤ 3是2 2y x x结束输出yx x 11x9．已知A，B 是函数y 2 的图象上的相异两点，若点A，B 到直线y 的距离相等，2则点A，B 的横坐标之和的取值范围是（）A．, 1 B．, 2 C．, 3 D．, 410．在四面体ABCD 中，若AB CD 3 ，AC BD 2，AD BC 5 ，则四面体ABCD的外接球的表面积为（）A．2 B．4 C．6 D．811．设x 1是函数 3 2f x a 1x a x a 2x 1 n N 的极值点，n n n数列a n 满足a1 1 ，a2 2 ，b n log 2a n 1 ，若x 表示不超过x的最大整数，则2018 2018 2018L =（）bb b b b b1 2 2 3 2018 2019A．2017 B．2018 C．2019 D．2020ax12．已知函数 f x e a R 在区间0,1 上单调递增，则实数a的取值范围（）xeA．1,1 B．1, C．1,1 D．0,第Ⅱ卷（非选择题共90 分）二、填空题：本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共20 分.13．命题“x0 0 ， 2 x0 mx0 2 0”的否定是_________．_C 2π314．在△ABC 中，角 B 的平分线长为 3 ，角，BC 2 ，则AB _________．_15．抛物线 2 4y x 的焦点为 F ，过F 的直线与抛物线交于 A ，B 两点，且满足A FBF4，点O 为原点，则△AOF 的面积为_________．_16．已知函数f xx x x22 3 sin cos 2cos 02 2 2的周期为2π3 ，当πx 0，3 时，函g x f x m数恰有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是_________．_三、解答题：共70 分。
【数学】江西省临川2020届高三上学期第一次联考 理科数学试题(扫描版含答案)
2019－2020届临川一中上学期第一次联合考试数学答案（理）二、填空题13．－221 14．2315．16．2三、解答题17．解（1）∵a cos B ＝(4c －b )cos A ，由正弦定理得：sin A cos B ＝(4sin C －sin B )cos A ，…………2分即sin A cos B ＋cos A sin B ＝4sin C cos A ，即sin C ＝4 cos A sin C ，…………4分在中，，所以cos A ＝41…………………………5分（2）→AB ＋→AC ＝2→AM，两边平方得：……6分由b ＝4，|→AM |＝，cos A ＝41得c 2＋b 2＋2×c ×b ×41＝4×10， (8)分可得c 2＋16＋2c ＝40……………………10分解得：c ＝4或c ＝－6（舍） ………………11分所以△ABC 的面积s ＝21bc sin A ＝2 ………………12分18．解：(1)证明：∵AC ＝2，BC ＝2，AB ＝6，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴∠ACB ＝90°，∴cos ∠ABC ＝63＝33.又易知BD ＝2， ∴CD 2＝22＋(2)2－2×2×2cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝2，又AD ＝4， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2， ∴CD ⊥AB .∵平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面PAB ，又PD ⊂平面PAB ，∴CD ⊥PD ，∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，∴PD ⊥平面ABC .……………………5分 (2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直， ∴可建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，∵直线PA 与平面ABC 所成的角为45°，即∠PAD ＝45°， ∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (2，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴―→CB ＝(－2，2,0)，―→AC ＝(2，4,0)，―→PA＝(0，－4，－4)． ∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ， ∴DE ∥AC ，由(1)知AC ⊥BC ， ∴DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ， ∴CB ⊥平面PDE ，∴―→CB＝(－2，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面PAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则―→AC ―→PA ＝0，PA 即－4y －4z ＝0，2x ＋4y ＝0，令z ＝1，得x ＝，y ＝－1， ∴n ＝(，－1,1)为平面PAC 的一个法向量． ∴cos<n ，―→CB >＝12－4－2＝－23，∴平面PAC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为23，故平面PAC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.……………………12分19．解：由e ＝a c ＝23，又由于a ＞b ＞0，一个长轴顶点在直线y ＝x ＋2上，可得：a ＝2，c ＝，b ＝1（1）故此椭圆的方程为4x2＋y 2＝1………………5分（2）设P (x 1，y 1)，Q (x 1，y 1)，当直线PQ 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m 联立椭圆的方程得： (4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0由△＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)( 4m 2－4)＞0，可得m 2＜4k 2＋1则x 1＋x 2＝－4k2＋18km ，x 1·x 2＝4k2＋14m2－4|PQ |＝·|x 1－x 2|＝·＝4·4k2＋14k2－m2＋1又点O 到直线y ＝kx ＋m 的距离d ＝k2＋1|m|S △OPQ ＝21·d ·|PQ |＝2|m |·4k2＋14k2－m2＋1由于k 1·k 2＝x1x2y1y2＝x1x2x1＋x2＋m2＝－ 41，可得：4k 2＝2m 2－1 故S △OPQ ＝2|m |·2m22m2－1－m2＋1＝1当直线PQ 的斜率不存在时，可算得：S △OPQ ＝1故△OPQ 的面积为定值1……………………12分20．（1）X 可能取值为3，4，5，6P (X ＝3)＝(31)3 ＝271P (X ＝4)＝C 31 (32)(31)2＝276…………1分 P (X ＝5)＝C 32 (32)2(31) ＝2712 P (X ＝6)＝ (32)3 ＝278…………2分E (X )＝5………………4分（2）①总分恰为m 的概率A m ＝(31)m ……………………6分 故S 6＝31＝729364……………………8分②已调查过的累计得分恰为n 分的概率为B n ，得不到n 分的情况只有先得n －1分，再得2分，概率为32B n －1，而B 1＝31…………9分 故1－B n ＝32B n －1，即B n ＝－32B n －1＋1…………10分 可得B n －53＝－32( B n －1－53)，B 1－53＝－154…………11分可得B n ＝53＋52·(－32)n ……………………12分21．解：（1）f / (x )＝x ln x －a ln x ＋a －x ＝(x －a )(ln x －1)，x ∈(0，＋∞)………………1分 ①当a ＝e 时，f / (x ) ＝(x －e )(ln x －1)≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增…………2分②当a ≤0时，x －a ＞0，f (x )在(0，e ) 上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增…………3分 ③当0＜a ＜e 时， f (x )在(a ，e ) 上单调递减，在(0，a )，(e ，＋∞)上单调递增…………4分 ④当a ＞e 时， f (x )在(e ，a ) 上单调递减，在(0，e )，(e ，＋∞)上单调递增…………6分（2）假设存在a ∈(－∞，e ]，使得f (x )＞3＋41sin 4aπ对任意x ∈[1，＋∞)恒成立 则f (1)＝2a －43＞3＋41sin 4aπ，即8a －sin 4aπ－15＞0…………7分 设g (x )＝8x －sin 4πx －15，g / (x )＝8－4πcos 4πx＞0，则g (x )单调递增由于g (2)＝0，所以a ＞2①当a ＝e 时，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)，所以a ＞2， 从而a ＝e 满足题意…………8分②当2＜a ＜e 时， f (x )在(a ，e ) 上单调递减，在(0，a )，(e ，＋∞)上单调递增所以414aπ414aπ4aπ，可4aπ－e2－12＞0aπ（1）…………9分设h (x )＝4ex －sin 4πx －e 2－12，h /(x )＝4e －4πcos 4πx＞0，则h (x )是单调递增函数…………10分由于h (2)＝8e －e 2－13＞0可得h (x )的零点小于2，从而不等式组（1）的解集为(2，＋∞) 所以2＜a ＜e …………11分综上，存在a ∈(－∞，e ]，使得f (x ) ＞3＋41sin 4aπ对x ∈[1，＋∞]恒成立，且a 的取值范围是(2，e ] …………12分 22．(1)C ：x 2＋y 2＝1，曲线C 1：y/＝sinαx/＝2cosα，得x /2＋4y /2＝4…………2分即ρ2cos 2θ＋4ρ2sin 2θ＝4………………5分（2）ρ2cos2θ＋4ρ2sin2θ＝4θ＝β，有ρ21＝4cos2θ＋sin 2θ…………7分 ∴|OA|21＝4cos2θ＋sin 2θ，…………8分同理|OB|21＝2＋sin 2(θ＋2π)＝4sin2θ＋cos 2θ…………9分故|OA|21＋|OB|21＝45………………10分23．（1）f (x )＝|x －2|＋|x －1|≥5可解得x ∈(－∞，－1]∪[4，＋∞)…………5他（2）由|x －a a2＋1|＋|x －1|≤4－|x ＋1|在[1，2]上恒成立，由于a ＞0，可得a a2＋1≥2…………6分等价于a a2＋1－x ＋x －1≤4－x －1在[1，2]上恒成立…………7分即a a2＋1≤4－x 在[1，2]上恒成立，…………8分 即a a2＋1≤2，可得a ＝1，…………9分故a 的取值集合为{1}…………10分。
江西省上高二中,丰城中学2020届高三11月联考数学(理)试卷卷及参考答案
2020届高三联考试卷理科数学一、选择题: 本大题共12个小题，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21{|0},{|28}32x x M x N x x +=≥=≤≤-，则（ ） A.M N R =U B.{|23}M N x x =-≤<UC.{13}MN x x =-≤≤ D.{13}M N x x =-≤<2．已知i 为虚数单位，若复数 z ＝2019202020202019i i+-＋1，则 |z 2020|＝ ( ) A ．22020B ．22019C. 21010D ．13．设随机变量~(2,4)N ξ，若(21)(21)P a P a ξξ>+=<-，则实数a 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 4.将函数sin()6y x π=-的图像上所有的点横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变)，再把图像上各点的向右平移2π个单位长度，则所得图像的解析式为（ ） A.5sin(2)12y x π=- B.sin()212x y π=+ C. 5sin()212x y π=- D. 2sin()23x y π=-5．在等差数列{}n a 中，810112a a =+，则数列{}n a 的前11项和11S =( )A. 8B. 16C. 22D. 446．因市场战略储备的需要，某公司1月1日起，每月1日购买了相同金额的某种物资，连续购买了4次. 由于市场变化，5月1日该公司不得不将此物资全部卖出。
已知该物资的购买和卖出都是以份为计价单位进行交易，且该公司在买卖的过程中赢利，那么下面三个折线图中反映了这种物资每份价格（单位：万元）的可能变化情况是（ ）A ． ①B ． ②C ． ①②D ． ①③7．定义在R 上的偶函数 f (x )满足 f (x ＋3)＝f (3－x )，当x Î(－2，0)时，f (x )＝xe -，则2019()2f ＝（ ）A ．32e B ．32e - C ．32e - D ．32e -- 8．函数2ln(1)21x y x x +=-+的部分图像大致是（ ）A B C D9．已知椭圆2211612y x +=，F 为椭圆在 y 轴正半轴的焦点，M (2，2)，P 是椭圆上任意一点，则|PM |＋|PF |的最大值为（ ）A ．6+．8+．2+ D ．16+10．下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的平面几何图形．此图由两个圆组成，O 为大圆圆心，线段AB 为小圆直径．△AOB 的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色月牙部分记为Ⅱ，两个小月牙之和（斜线部分）记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为P 1, P 2 , P 3，则（ ）A ．P 1＞P 2＞P 3B ．P 1＝P 2＋P 3C ．P 2＞P 1＞P 3D ．P 1＝P 2＞P 311．定义在R 上函数()x f 满足()()f x f x -=，且对任意的不相等的实数[)12,0,x x ∈+∞有()()12120f x f x x x -<-成立，若关于x 的不等式()2ln 3f mx x --≥()()232ln 3f f mx x --++ 在[]1,3x ∈上恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1ln 6,126e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ B ．1ln 3,126e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ C.1ln 3,23e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ D ．1ln 6,23e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦12．在三棱锥A —BCD 中，BC ＝BD ＝AC ＝AD ＝10，AB ＝6，CD ＝16，点P 在平面ACD 内，且BP 设异面直线BP 与CD 所成角为a ，则sin a 的最小值为（ ）A BD 二、 填空题: 本大题共4个小题，每小题5分，满分20分.13．已知平面向量,a b 的夹角为150，且3,2a b ==．则2a b +=r r．14．正数项数列}{n a 的前n 项和为S n ，}{n a 满足a 1 =1，且221114n n n n n n S a S S a S +++-=-，则数列}{n a 的通项公式为______________ .15．已知⎰--+=223)sin (cos ππdx x xx m ，则29)21(mx x-的展开式中，常数项为 ．日期日期日期万元/份万元/份万元/份16．在△ABC 中， 角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ， 下列命题中正确的是______ (写出所有正确命题的编号).①总存在某内角a ，使cos a ≥12； ②若 A sin B ＞B sin A ，则B ＞A ；③存在某钝角△ABC ，有 tan A ＋tan B ＋tan C ＞0；④若 2a BC ＋b CA ＋c AB ＝0，则△ABC 的最小角小于6π .三、解答题：共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12
答案 C B D C D C D A D A B C
1．解析：由于 (x + 2i)i = y + i ，则 x = 1且 y = −2 ， z = x + yi 的虚部为 −2 ，故选 C．
根据余弦定理得 cos ADC = − 1 ，即 ADC = 2 ， BAC = ，则 OB ' = OD = 1．
2
3
3
由于 B ' D =1，则 OB ' D 为等边三角形，
由（1）得面 B 'OD ⊥ 面 ACD，则 B ' F ⊥ 面 ACD
…………………………9 分
由于VB'− ACD
2 ab 2
ab
11．解析：由于 (3 + 2 2)2020 +(3 − 2 2)2020 2 32020 2（mod 4），则[(3 + 2 2)2020 ] 1（mod 4），故选 C．
12．解析：建立坐标系，求得直线
A1D
及直线
AC1 的夹角为
3
，则过点
B
可作
3
条直线与直线
A1D 及直线
10
16．解析：由于 c = 3，则 a(1− 2 cos C) = 6 cos A = 2c cos A ，即 a = 2b ，本题转化为阿波罗尼奥斯圆问题，
可通过余弦定理求最值、建立坐标系、调和点列等方法求解，故 max SABC = 3 ．
三、解答题：本大题共 6 个题，共 70 分．
17．解：（1）由于
)4
n−3
，则数列{cn
}
是以
1 2
为首项， 1 16
为公比的等比数列，
则 c1 + c2 +
+ cn
=
1
1
−
(1 16
)n
2 1− 1
= 8 [1− ( 1 )n ] 8 ． 15 16 15
16
18．解：（1）取 AC 的中点 O，连接 B 'O 和 DO，
………………9 分 …………………12 分
7．解析：本题分类讨论即可，若丁说的话是对的，则甲和乙的话也是对的，舍去；则丁说的话是错的．若丙说
的话是对的，符合条件；若丙说的话是错的，则甲的话也是错的，舍去；故选 D．
8．解析：由于双曲线 C ： y2 a2
− x2 b2
= 1的两条渐近线方程为 y = a b
x ，圆 M
的半径 R = 2 ，切点弦长为 2，则
2Sn+1
=
2Sn
+
an
，则
an+1
=
1 2
an
，数列
an
为等比数列，则 an
=
(1)n 2
；……………3
分
由于在等差数列bn 中，T9
= 153 ，则 b5
=
T9 9
= 17 ，即 d
=
b5
− b2 3
=
4，
故 bn = 4n − 3 ．
…………………………6 分
（2）由于 cn
=
abn
பைடு நூலகம்
=
(
1 2
根据余弦定理得 cos ADC = − 1 ，即 ADC = 2 ， BAC = ，则 OB ' = OD = 1．
14．解析：该几何体为长方体挖去半个球，故该模具的表面积为16 − + 1 4 = 16 + ． 2
15．解析：由于 f '(x) = 2 −1 ，则 tan = f '(1) = − 1 ，故 cos2 + sin 2 = cos2 + 2sin cos = 3 ．
2x +1
3
sin2 + cos2
=
2
3−3 ，则阴影部分的面积为 4
6
3 − 9 ，故概率 P = 6
3−9
，选 D．
4
4
10．解析：根据可行域可知 z = ax + by 在点 (3,5) 处取得最大，即 3a + 5b = 2 ，则 1 + 2 = 1 ( 1 + 2)(3a + 5b) a b 2a b
= 1 (13 + 5b + 6a ) 1 (13 + 2 30) ，当且仅当 5b = 6a 时取“=”，故选 A．
则直线 l1 与直线 l2 平行等价于 n1 n2 且直线 l1 与直线 l2 不重合，当 a = − 2 时，两直线重合，故选 C．
5．解析：乙的方差最小，故选 D．
6．解析：选项 A 中 k = −1，选项 B 中 k = 1，选项 D 中 k = 0 ， f (x) 和 f (−x) 不可能同时为负，故选 C．
则 B 'O ⊥ AC 且 DO ⊥ AC ，
故 AC ⊥ 面 B 'OD ，即 AC ⊥ B ' D ．
…………………………6 分
（2）法一：设点 C 到面 AB ' D 的距离为 d，取 OD 的中点 F， CE 与平面 AB ' D 的夹角为 ，
由于菱形 ABCD 的边长为 2， AC = 2 3 ，
=
1 3
B'F
SACD
= VC− AB'D
=
1d 3
SAB'D
， SACD
=
3
，
SAB
'
D
=
1 2
1
15 = 2
15
，
4
则 d = 2 15 ，又由于 CE = 15 ，
5
2
因此 sin = d = 4 ． CE 5
…………………12 分
2
法二：由于菱形 ABCD 的边长为 2， AC = 2 3 ，取 OD 的中点 F，
AC1
所成的角均为 ，故选 C． 3
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13． (− 1 , 2]； 3
14．16 + π ； 15． 3 ； 16． 3 ． 10
1
13．解析：由于 4 − x2 0 且 3x +1 0 ，则 f (x) 的定义域为 (− 1 , 2]． 3
一条渐近线的倾斜角为 ，故选 A． 3
9．解析：由图可知 ABO = 105o, AOB = 60o, BAO = 15o, 设圆的半径 R = OA = 1 ，则圆的面积为 ，
SABO
=
1 (2r)2 sin ABO sin AOB sin BAO 2
=
1 2
sin 60o sin15o sin105o
2．解析：根据正态分布的概率密度函数的对称性可知 = 5 ，则 P(2 5) = 0.5 − 0.15 = 0.35 ，故选 B．
3．解析： a
=
log 2020
1 (−1, 0) ， b π
=
1
2020
π
(0,1) ， c
=
1
2020π
1，故选
D．
4．解析：直线 l1 : x + 2ay −1 = 0 与直线 l2 : ax + 4 y + 2 = 0 的方向向量分别为 n1 = (2a, −1) 和 n2 = (4, −a) ，