2020高考数学(文科)全国一卷高考模拟试卷(6).docx下载_163文库

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1、2020高考数学（文科）全国一卷高考模拟试卷（6）一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）设集合Ax|1x2，B1，0，1，2，3，则AB（）A1，0，1，2B0，1，2C0，1Dx|1x2，或x32（5分）设x，yR，若复数x+iy-i是纯虚数，则点P（x，y）一定满足（）AyxBy=1xCyxDy=-1x3（5分）在ABC中，a6，b10，sinA=13，则sinB（）A15B59C53D14（5分）已知a=313，b=212，clog32，则a，b，c的大小关系为（）AabcBbacCcabDcba5（5分）学校为了调查学生在课外读物方面的支出（单位：元）情况，抽取了一个

2、容量为n的样本，并将得到的数据分成10，20），20，30），30，40），40，50四组，绘制成如图所示的频率分布直方图，其中支出在40，50的同学有24人，则n（）A80B60C100D506（5分）椭圆与双曲线共焦点F1，F2，它们的交点P对两公共焦点F1，F2张的角为F1PF2=3，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则（）A34e12+14e22=1B14e12+34e22=1C4e123+4e22=1D4e12+4e223=17（5分）已知sincos=43，则sin2（）A-79B-29C29D798（5分）在一项由“一带一路”沿线20国青年参与的评选中，“高铁”、“支付宝”、

3、“共享单车”和“网购”被称作中国“新四大发明”曾以古代“四大发明”推动世界进步的中国，正再次以科技创新向世界展示自己的发展理念某班假期分为四个社会实践活动小组，分别对“新四大发明”对人们生活的影响进行调查，于开学进行交流报告会，四个小组随机排序，则“支付宝”小组和“网购”小组不相邻的概率为（）A16B14C13D129（5分）直线y3k（x1）被圆（x2）2+（y2）25所截得的最短弦长等于（）A3B22C23D510（5分）将函数y2sin2x的图象向左平移6个单位，再向上平移3个单位，则得到的图象的函数解析式是（）Ay2sin（2x+6）+3By2sin（2x+3）+3Cy2sin（2x-

4、3）+3Dy2sin（2x-6）311（5分）已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（）A8：53B4：53C23：5D4：11312（5分）方程2（x1）sinx+10在区间2，4内的所有解之和等于（）A4B6C8D10二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知向量a=（1，2），b=（2m，m3），若ab，则m 14（5分）设实数x、y满足条件x+y-40x-y0y1，则z（x3）2+（y2）2的最小值为 15（5分）若对于曲线yex+2x上的任意一点处的切线ll，总存在曲线yax+co

5、sx上的一点处的切线l2，使l1l2，则实数a的取值范围是 16（5分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB=4，AA1=32，D为AB的中点，则异面直线B1D与A1C1所成角的余弦值为；三棱锥DA1B1C1的外接球的表面积为三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=43an-23（1）求an的通项公式；（2）设bn=log2an，cn=1bnbn+1，数列cn的前n项和为Tn，证明：13Tn1218（12分）2020年春季受新冠肺炎疫情的影响，利用网络软件办公与学习成为了一种新的生活方式，网上办公软件的开发与使用成为了一个热门话题为

6、了解“钉钉”软件的使用情况，“钉钉”公司借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了200人进行抽样分析，得到表（单位：人）：经常使用偶尔或不用合计35岁及以下703010035岁以上6040100合计13070200（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为“钉钉”软件的使用情况与年龄有关？（2）现从所抽取的35岁以上的网友中利用分层抽样的方法再抽取5人从这5人中，再随机选出2人赠送一件礼品，求选出的2人中至少有1人经常使用“钉钉”软件的概率参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+d参考数据：P（K2k0）0.

7、150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.63519（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC的中点，PAPD4，BC=12AD2，CD=3（1）证明：平面BQM平面PAD（2）求四面体PBQM的体积20（12分）椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，它的四个顶点构成的四边形面积为22（I）求椭圆C的方程：（II）设P是直线xa2上任意一点，过点P作圆x2+y2a2的两条切线，切点分别为M，N，求证：直线MN恒过一个定点21（12分）已知f

8、（x）mx2x+lnx（1）当m0时，求函数f（x）在区间t，t+1（t0）上的最大值M（t）；（2）当m1时，若存在正数x1，x2满足f（x1）+f（x2）1ln2，求证：x1+x22四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=4ty=4t2，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为(3cos-2sin)=2（1）写出曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）若射线OA：=(02，0)与曲线C2相交于点A，将OA逆时针旋转90后，与曲线C1相交于点B，且|OB|23|OA|

10、-1x【解答】解：由x+iy-i=(x+i)(y+i)(y-i)(y+i)=xy-1y2+1+x+yy2+1i是纯虚数，xy-1=0x+y0，得x0，y=1x故选：B3（5分）在ABC中，a6，b10，sinA=13，则sinB（）A15B59C53D1【解答】解：在ABC中，a6，b10，sinA=13，由正弦定理得：asinA=bsinB=18，sinB=59，故选：B4（5分）已知a=313，b=212，clog32，则a，b，c的大小关系为（）AabcBbacCcabDcba【解答】解：a=313=916，b=212=816，91681680=1ab1，clog32log331，ab1

11、c故选：D5（5分）学校为了调查学生在课外读物方面的支出（单位：元）情况，抽取了一个容量为n的样本，并将得到的数据分成10，20），20，30），30，40），40，50四组，绘制成如图所示的频率分布直方图，其中支出在40，50的同学有24人，则n（）A80B60C100D50【解答】解：本题考查频率分布直方图，考查数据处理能力由频率分布直方图可得，支出在40，50的频率为1（0.01+0.024+0.036）100.3根据题意得24n=0.3，解得n80故选：A6（5分）椭圆与双曲线共焦点F1，F2，它们的交点P对两公共焦点F1，F2张的角为F1PF2=3，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e

12、2，则（）A34e12+14e22=1B14e12+34e22=1C4e123+4e22=1D4e12+4e223=1【解答】解：设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2，P到两焦点的距离分别为m，n（mn0），焦距为2c，由椭圆的定义可得m+n2a1，由双曲线的定义可得mn2a2，解得ma1+a2，na1a2，由余弦定理可得m2+n22mncos3=4c2，则（a1+a2）2+（a1a2）22（a1+a2）（a1a2）cos3=4c2，化为a12（1-12）+a22（1+12）2c2，可得a124c2+a2243c2=1，由e1=ca1，e2=ca2，可得：14e12+34e22=1故

13、选：B7（5分）已知sincos=43，则sin2（）A-79B-29C29D79【解答】解：sincos=43，（sincos）212sincos1sin2=169，sin2=-79，故选：A8（5分）在一项由“一带一路”沿线20国青年参与的评选中，“高铁”、“支付宝”、“共享单车”和“网购”被称作中国“新四大发明”曾以古代“四大发明”推动世界进步的中国，正再次以科技创新向世界展示自己的发展理念某班假期分为四个社会实践活动小组，分别对“新四大发明”对人们生活的影响进行调查，于开学进行交流报告会，四个小组随机排序，则“支付宝”小组和“网购”小组不相邻的概率为（）A16B14C13D12【解答】

14、解：“高铁”、“支付宝”、“共享单车”和“网购”，利用隔板法先排“高铁”和“共享单车”，有2种排法，然后有三个空插入“支付宝”和“网购”有6种排法，则共有2612种，四个总共有A44=24种，即“支付宝”小组和“网购”小组不相邻的概率为1224=12故选：D9（5分）直线y3k（x1）被圆（x2）2+（y2）25所截得的最短弦长等于（）A3B22C23D5【解答】解：圆的方程为圆（x2）2+（y2）25，圆心C（2，2），半径为5直线y3k（x1），此直线恒过定点（1，3），当圆被直线截得的弦最短时，圆心C（2，2）与定点P（1，3）的连线垂直于弦，弦心距为：(2-1)2+(2-3)2=2所截

15、得的最短弦长：2(5)2-(2)2=23故选：C10（5分）将函数y2sin2x的图象向左平移6个单位，再向上平移3个单位，则得到的图象的函数解析式是（）Ay2sin（2x+6）+3By2sin（2x+3）+3Cy2sin（2x-3）+3Dy2sin（2x-6）3【解答】解：函数y2sin2x的图象向左平移6个单位，再向上平移3个单位，得到：y2sin（2x+3）+3的图象，故选：B11（5分）已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（）A8：53B4：53C23：5D4：113【解答】解：设圆锥的底面半径为r

16、，母线长为l，则r2=1212rl，解得l2r，圆锥的高h=3r，圆锥的体积V=13r23r=33r3由题意知圆柱的底面半径为r2，设圆柱的高为h，圆锥和圆柱的表面积相等，3r22（r2）2+2（r2）h，解得h=52r，圆柱体积V=(r2)252r=58r3，此圆锥与圆柱的体积之比为：33r358r3=853故选：A12（5分）方程2（x1）sinx+10在区间2，4内的所有解之和等于（）A4B6C8D10【解答】解：由2（x1）sinx+10，得sinx=12(1-x)，作出ysinx与y=12(1-x)的函数图象如图，由图象可知两函数图象在2，4上有8个交点，ysinx与y=12(1-x

17、)的函数图象均关于点（1，0）对称，方程2（x1）sinx+10的解的和为428故选：C二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知向量a=（1，2），b=（2m，m3），若ab，则m32【解答】解：因为ab=0，所以2m+2（m3）0，即m=32故答案为：3214（5分）设实数x、y满足条件x+y-40x-y0y1，则z（x3）2+（y2）2的最小值为12【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，则z的几何意义为区域内点P到点D（3，2）的距离平方由图象可知，当过点D作直线x+y40的垂线时，此时DP最小，|DP|=|3+2-4|12+12=22，则z|DP|2=12，故答案为

18、：1215（5分）若对于曲线yex+2x上的任意一点处的切线ll，总存在曲线yax+cosx上的一点处的切线l2，使l1l2，则实数a的取值范围是-1，12【解答】解：由yex+2x，得yex+2，yex+2x上的任意一点（x1，y1）处的切线l1的斜率k1=ex1+2，同理可得曲线yax+cos x上的任意一点（x2，y2）处的切线l2的斜率k2=a-sinx2a-1，a+1，l1l2，k1k21，a-sinx2=-1ex1+2，-1ex1+2(-12，0)，(-12，0)a-1，a+1，a-1-12a+10，-1a12，实数a的取值范围为-1，12故答案为：-1，1216（5分）在正三棱柱

19、ABCA1B1C1中，AB=4，AA1=32，D为AB的中点，则异面直线B1D与A1C1所成角的余弦值为2222；三棱锥DA1B1C1的外接球的表面积为2909【解答】解：如图，取A1B1的中点E，连接AE，EC因为AEB1D，ACA1C1，所以EAC即异面直线B1D与A1C所成角或其补角因为AB4，AA1=32，所以EA=22+(32)2=22，EC=42-22+(32)2=30，所以cosEAC=16+22-302422=2222记A1B1C1，A1B1D的外心分别为O1，O2，过O1，O2分别作平面A1B1C1、平面A1B1D的垂线，则两条垂线的交点O即三棱锥DA1B1C1的外接球的球心

20、因为sinDB1E=3222=31111，所以A1B1D的外接圆半径O2D=122231111=1126，A1B1C1的外接圆半径O1C1=12432=433，所以三棱锥DA1B1C1的外接球的半径R2=O1C12+(32-O2D)2=163+4918=14518，三棱锥DA1B1C1的外接球的表面积为4R2=2909故答案为：2222；2909三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=43an-23（1）求an的通项公式；（2）设bn=log2an，cn=1bnbn+1，数列cn的前n项和为Tn，证明：13Tn12【解答】（1）解：由S

21、1=43a1-23，得a12，因为Sn=43an-23，Sn-1=43an-1-23(n2)，所以Sn-Sn-1=43an-43an-1，化简得an4an1，即数列an是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an=24n-1=22n-1（2）证明：因为bnlog2an2n1，所以cn=1bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，则Tn=12(1-13+13-15+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=12-14n+2因为nN*，所以当n1时，Tn取得最小值13，当n接近无限大时，Tn趋于12，故13Tn1218（12分）2020年春季受新冠肺炎疫情的影

22、响，利用网络软件办公与学习成为了一种新的生活方式，网上办公软件的开发与使用成为了一个热门话题为了解“钉钉”软件的使用情况，“钉钉”公司借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了200人进行抽样分析，得到表（单位：人）：经常使用偶尔或不用合计35岁及以下703010035岁以上6040100合计13070200（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为“钉钉”软件的使用情况与年龄有关？（2）现从所抽取的35岁以上的网友中利用分层抽样的方法再抽取5人从这5人中，再随机选出2人赠送一件礼品，求选出的2人中至少有1人经常使用“钉钉”软件的概率参考公式：K2=n(ad-bc

23、)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+d参考数据：P（K2k0）0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.635【解答】解：（1）由22列联表可知：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=200(7040-3060)2130701001002.1982.072，所以能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为“钉钉”软件的使用情况与年龄有关；（2）抽取的5人中“经常使用”钉钉软件的人数为：601005=3人，编号为A，B，C，“偶尔或不用”钉钉软件的人数为：401005=2人，编号为，从这5人中

24、，随机选出2人所有可能的结果为：AB，AC，A，A，BC，B，B，C，C，共10种，2人中至少有1人经常使用“钉钉”软件的有9种，所以2人中至少有1人经常使用“钉钉”软件的概率为：91019（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC的中点，PAPD4，BC=12AD2，CD=3（1）证明：平面BQM平面PAD（2）求四面体PBQM的体积【解答】解：（1）证明：ADBC，BC=12AD，Q为AD的中点，四边形BCDQ为平行四边形，CDBQADC90，AQB90，即BQAD又平面PAD平面ABCD，且平面P

25、AD平面ABCDAD，BQ平面ABCD，BQ平面PADBQ平面BQM，平面BQM平面PAD（2）解：VPBQMVCBQM，VC-BQM=VM-BCQ=12VP-BCQ由（1）可知四边形BCDQ为矩形，SBCQ=12BQBC=3PAPD，Q为AD的中点，PQAD平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PQ平面ABCD在RtPDQ中，PQ=PD2-DQ2=23，VP-BQM=12VP-BCQ=1213323=120（12分）椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，它的四个顶点构成的四边形面积为22（I）求椭圆C的方程：（II）设P是直线xa2上任意一点，过点P作圆x2

26、+y2a2的两条切线，切点分别为M，N，求证：直线MN恒过一个定点【解答】解：（I）由题意可知，122a2b=22e=ca=22a2=b2+c2，解得a=2，bc1，所以椭圆的标准方程x22+y2=1；（II）证明：方法一：设点P（2，y0），M（x1，y1），N（x2，y2）其中x12+y12=2，x22+y22=2，由PMOM，PNON，y1-y0x1-2y1x1=-1，y2-y0x2-2y2x2=-1，即x12+y12-2x1-y1y0=0，x22+y22-2x2-y2y0=0，注意到x12+y12=2，x22+y22=2，于是，22x1y1y00，22x2y2y00，所以，M，N满足2

27、2xyy00，由y0的任意性可知，x1，y0，即直线MN恒过一个定点（1，0）方法二：设点P（2，y0），过点P且与圆x2+y22相切的直线PM，PN，切点分别为M，N，由圆的知识可知，M，N是圆以OP为直径的圆(x-1)2+(y-y02)2=1+(y02)2和圆x2+y22的两个交点，由x2+y2=2(x-1)2+(y-y02)2=12+(y02)2，消去二次项得直线MN方程为22xyy00，由y0的任意性可知，x1，y0，即直线MN恒过一个定点（1，0）方法三：由圆的极点极线可知，已知M（x0，y0）为圆C：（xa）2+（yb）2R2外一点，由点M引圆C的两条切线MA，MB，其中A，B为切

28、点，则直线AB的方程为(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=R2，特殊地，知M（x0，y0）为圆C：x2+y2R2外一点，由点M引圆C的两条切线MA，MB，其中A，B为切点，则直线AB的方程为xx0+yy0=R2设点P（2，y0），由极点与极线可知，直线MN的方程2x+yy02，即2x+yy020，由y0的任意性可知，x1，y0，即直线MN恒过一个定点（1，0）所以直线MN恒过一个定点（1，0）21（12分）已知f（x）mx2x+lnx（1）当m0时，求函数f（x）在区间t，t+1（t0）上的最大值M（t）；（2）当m1时，若存在正数x1，x2满足f（x1）+f（x2）1ln2，求证

29、：x1+x22【解答】解：（1）m0时，f（x）lnxxf(x)=1x-1，当x（0，1）时，f（x）0，函数单调递增，当x（1，+）时，f（x）0，函数单调递减，当t1时，f（x）在t，t+1上单调递减，f（x）的最大值为f（t）lntt；当0t1时，f（x）在区间（t，1）上为增函数，在区间（1，t+1）上为减函数，f（x）的最小值为f（1）1综上，M（t）=-1，0t1lnt-t，t1，（2）f（x1）+f（x2）=x12+x22-（x1+x2）+lnx1x21ln2，即(x1+x2)2-(x1+x2)=2x1x2lnx1x2+1ln2，令h（x）2xlnx+1ln2，则h(x)=2x-

30、1x故h（x）在（0，12）上单调递减，在（12，+）上单调递增，故h（x）h(12)=2，即(x1+x2)2-(x1+x2)2，即有（x1+x22）（x1+x2+1）0，因为x1，x20，所以x1+x22四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=4ty=4t2，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为(3cos-2sin)=2（1）写出曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）若射线OA：=(02，0)与曲线C2相交于点A，将OA逆时针旋转90后，与曲线C1相交于点B，且

31、|OB|23|OA|，求的值【解答】解：（1）由曲线C1的参数方程为x=4ty=4t2，（t为参数），可得其直角坐标方程x24y，由x=cosy=sin，得曲线C1的极坐标方程cos24sin.C2：3cos-2sin=2，由x=cosy=sin，得曲线C2的直角坐标方程3x-2y-2=0（2）将（0）代入(3cos-2sin)=2，得A=|OA|=23cos-2sin将OA逆时针旋转90，得OB的极坐标方程为=+2(0)，所以B=|OB|=4sin(+2)cos2(+2)=4cossin2由|OB|=23|OA|，得-4cossin2=433cos-2sin，3cos2-3sin2-2sin

32、cos=0即sin2=3cos2，解得tan2=3因为(0，2)，所以=6五解答题（共1小题）23已知函数f（x）|x+2|+|2x3|（1）求不等式f（x）6的解集；（2）若函数f（x）的最小值为m，正实数a，b满足a2+b29=m，证明：1a+3b477【解答】解：（1）f（x）|x+2|+|2x3|=3x-1，x325-x，-2x32-3x+1，x-2即3x-16x32，或5-x6-2x32，或-3x+16，x-2，解得x73或x1，所以原不等式的解集为x|x73或x-1（2）证明：由（1）知当x=32时，f（x）有最小值72，所以m=72，a2+b29=72因为(1a+3b)2=1a2+9b2+6ab，所以1a2+9b2+6ab=27(a2+b29)(1a2+9b2+6ab)=27(2+b29a2+6ab+2b3a+9a2b2)，因为9a2b2+b29a22，6ab+2b3a4，当且仅当b3a时取等号，所以(1a+3b)2167，当且仅当b3a时取等号，所以1a+3b477，当且仅当a=72，b=372时取等号

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