1、2020年高考数学（文科）全国2卷高考模拟试卷（8）一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）若z=i2020+3i1+i，则z的虚部是（）AiB2iC1D12（5分）若集合A1，m，Bm2，m+1，且AB，则m（）A0B1C1D0或13（5分）已知椭圆C：x264+y239=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PF1|6，则PF1F2的余弦值为（）A310B710C25D354（5分）已知等比数列an满足a1+a26，a2+a312，则a1的值为（）A1B2C3D45（5分）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
2、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）（）A6天B7天C8天D9天6（5分）函数y1g（1x）+-x2+x+2的定义域是（）A2，1B1，1）C1，2D（1，27（5分）宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶）、李（冶）、杨（辉）、朱（世杰）四大家”，朱世杰就是其中之一朱世杰是一位平民数学家和数学教育家朱世杰平生勤力研习九章算术，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家他全面继承了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法及通俗歌诀
3、，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为宗旨的算学启蒙，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图，是源于其思想的一个程序框图若输入的a，b分别为3，1，则输出的n（）A2B3C4D58（5分）函数f（x）x324x的极大值点为（）A22B322C22D3229（5分）设函数f（x）2cos（12x-3），若对于任意的xR都有f（x1）f（x）f（x2）成立，则|x1x2|的最小值为（）A2BC2D410（5分）设向量CA=2OB，|OA|25，OAOB=1，则OAOC=（）A14B16C18D2011（5分）在四面体AB
4、CD中，AB平面BCD，BCBD，ABBD2，E为CD的中点，若异面直线AC与BE所成的角为60，则BC（）A2B2C22D412（5分）已知双曲线M：x2-y2b2=1（b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1与双曲线的一条渐近线平行的直线与另一条渐近线交于点P，若点P在以原点为圆心，双曲线M的虚轴长为半径的圆内，则b2的取值范围是（）A（7+43，+）B（743，+）C（743，7+43）D（0，743）（7+43，+）二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）函数y（12）x，（x0）的值域为 14（5分）已知实数x，y满足y4x，x+2y+60，y4，则z=y+4x-
5、4的最大值为 15（5分）在三棱锥PABC中，ABC60，PBAPCA90，点P到底面ABC的距离为2，若三棱锥PABC的外接球表面积为6，则AC的长为 16（5分）等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则 k=1n 1Sk= 三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）某校将一次测试中高三年级学生的数学成绩统计如表所示，在参加测试的学生中任取1人，其成绩不低于120分的概率为14分数70，80）80，90）90，100）100，110）110，120）120，130）130，140）频数4050706080m50（1）求m的值；（2）若按照分层抽样的方法从成绩在70
6、，80）、110，120）的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行错题分析，求这2人中至少有1人的分数在70，80）的概率18（12分）图1是由正方形ABCD，直角梯形ABED，三角形BCF组成的个平面图形，其中AB2DE2，BEBFCF=3，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2（1）证明：图2中的D，E，C，G四点共面，且平面ABD平面DEC；（2）求图2中的点A到平面BCE的距离19（12分）已知函数f(x)=cosx(3sinx-cosx)+12（1）求f（x）的周期，对称轴方程，单调增区间（2）若f（A）1，若a=23，ABC的面积为534，求ABC的周长20
7、（12分）在直角坐标系xOy中，过点（2，0）的直线l与抛物线y24x交于A，B两点（1）证明：直线OA与OB的斜率之积为定值（2）已知点M（0，1），且AMB为锐角，求l的斜率的取值范围21（12分）已知函数，f（x）x2（x0），g（x）alnx（a0）（）若f（x）g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（）当a1时，过f（x）上一点（1，1）作g（x）的切线，判断：可以作出多少条切线，并说明理由四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，椭圆C以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（2，
8、0）为一个顶点直线l的参数方程是x=1-ty=2t，（t为参数）（）求椭圆C的极坐标方程；（）若直线l与椭圆C的交点分别为M（x1，y1），N（x2，y2），求线段MN的长度五解答题（共1小题）23已知a0，函数f（x）|ax1|，g（x）|ax+2|（1）若f（x）g（x），求x的取值范围；（2）若f（x）+g（x）|210a7|对xR恒成立，求a的最大值与最小值之和2020年高考数学（文科）全国2卷高考模拟试卷（8）参考答案与试题解析一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）若z=i2020+3i1+i，则z的虚部是（）AiB2iC1D1【解答】解：z=i2020+3i1+i
9、=1+3i1+i=(1+3i)(1-i)(1+i)(1-i)=2+i，z的虚部是1故选：D2（5分）若集合A1，m，Bm2，m+1，且AB，则m（）A0B1C1D0或1【解答】解：集合A1，m，Bm2，m+1，且AB，mm+1，mm2，解得m0或m1（舍），综上，m0故选：A3（5分）已知椭圆C：x264+y239=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PF1|6，则PF1F2的余弦值为（）A310B710C25D35【解答】解：依题意，|PF1|6，|PF2|10，而|F1F2|=264-39=10，故cosPF1F2=|PF1|2+|F1F2|2-|PF2|22|PF1|F1
10、F2|=36+100-1002610=310，故选：A4（5分）已知等比数列an满足a1+a26，a2+a312，则a1的值为（）A1B2C3D4【解答】解：由题意，设等比数列an的公比为q，则a2+a3a1+a2=q(a1+a2)a1+a2=q=126=2q2将q2代入a1+a26，即a1+a1q6，解得a12故选：B5（5分）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）（）A6天B7天C8
11、天D9天【解答】解：因为x=22+34+58+610+716+916+1010+124707，所以新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为7天，故选：B6（5分）函数y1g（1x）+-x2+x+2的定义域是（）A2，1B1，1）C1，2D（1，2【解答】解：要使原函数有意义，则：1-x0-x2+x+20；解得1x1；原函数的定义域是：1，1）故选：B7（5分）宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶）、李（冶）、杨（辉）、朱（世杰）四大家”，朱世杰就是其中之一朱世杰是一位平民数学家和数学教育家朱世杰平生勤力研习九章算术，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家他全面继承了前人数学成果，既吸收
12、了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为宗旨的算学启蒙，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图，是源于其思想的一个程序框图若输入的a，b分别为3，1，则输出的n（）A2B3C4D5【解答】解：模拟程序的运行，可得a3，b1，n1a=92，b2不满足条件ab，执行循环体，n2，a=274，b4，不满足条件ab，执行循环体，n3，a=818，b8，不满足条件ab，执行循环体，n4，a=24316，b16，满足条件ab，退出循环，输出n的值为4故选：C8（5分）
13、函数f（x）x324x的极大值点为（）A22B322C22D322【解答】解：f（x）3x224，当x-22或x22时，f（x）0；当-22x22时，f（x）0；f（x）x324x的极大值点为-22故选：A9（5分）设函数f（x）2cos（12x-3），若对于任意的xR都有f（x1）f（x）f（x2）成立，则|x1x2|的最小值为（）A2BC2D4【解答】解：函数f（x）2cos（12x-3），若对于任意的xR，都有f（x1）f（x）f（x2），f（x1）是函数的最小值，f（x2）是函数的最大值，|x1x2|的最小值就是函数的半周期，T2=12212=2；故选：C10（5分）设向量CA=2OB
14、，|OA|25，OAOB=1，则OAOC=（）A14B16C18D20【解答】解：CA=OA-OC=2OB，OA=2OB+OC，OA2=OA(2OB+OC)=2OAOB+OAOC，(25)2=21+OAOC，OAOC=18故选：C11（5分）在四面体ABCD中，AB平面BCD，BCBD，ABBD2，E为CD的中点，若异面直线AC与BE所成的角为60，则BC（）A2B2C22D4【解答】解：如图所示，取AD的中点F，连接EF，BF，则EFAC则BEF为异面直线AC与BE所成的角BEF60设BCx，则BEEF=x2+42，BF=2BEF为等边三角形，则x2+42=2，解得x2故选：B12（5分）已
15、知双曲线M：x2-y2b2=1（b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1与双曲线的一条渐近线平行的直线与另一条渐近线交于点P，若点P在以原点为圆心，双曲线M的虚轴长为半径的圆内，则b2的取值范围是（）A（7+43，+）B（743，+）C（743，7+43）D（0，743）（7+43，+）【解答】解：过F1（c，0）且与渐近线ybx平行的直线为yb（x+c），与另外一条渐近线ybx联立得y=b(x+c)y=-bx，得x=-c2y=bc2，即P（-c2，bc2），以原点为圆心，双曲线M的虚轴长为半径的圆的方程为x2+y24b2，（-c2）2+（bc2）24b2，即c2+b2c216b2，把c2
16、b2+1代入并整理得b414b2+10，得743b27+43，即b2的取值范围是（743，7+43），故选：C二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）函数y（12）x，（x0）的值域为（0，1【解答】解：函数y（12）x在定义域R上是减函数，当x0时，y=(12)x(12)0=1，又y=(12)x0恒成立；函数y的值域为（0，1故答案为：（0，114（5分）已知实数x，y满足y4x，x+2y+60，y4，则z=y+4x-4的最大值为-27【解答】解：作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影区域所示，z=y+4x-4表示平面区域内的点（x，y）与D（4，4）连线的斜率，观察可知，k
17、DCy+4x-4kDB，联立y=4x，x+2y+6=0，解得x=-23，y=-83，即B(-23，-83)，故z=y+4x-4的最大值为-83+4-23-4=43-23-123=-27故答案为：-2715（5分）在三棱锥PABC中，ABC60，PBAPCA90，点P到底面ABC的距离为2，若三棱锥PABC的外接球表面积为6，则AC的长为3【解答】解取PA的中点哦，连接OB，OC，因为PBAPCA90，所以OAOPOBOC，即O为三棱锥外接球的球心，设外接球半径为R，由S4R26，所以R2=32，过O做OO面ABC交于O，连接OA则OA为ABC，则OA为ABC外接圆的半径设为r，则rOA，因为点
18、P到底面ABC的距离为2，所以OO=22，在AOO中，R2OO2+r2，所以r2=32-（22）21，即r1，在ABC中，2r=ACsinABC，所以AC2rsin602132=3，故答案为：316（5分）等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则 k=1n 1Sk=2nn+1【解答】解：等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，S42（a2+a3）10，可得a22，数列的首项为1，公差为1，Sn=n(n+1)2，1Sn=2n(n+1)=2(1n-1n+1)，则 k=1n 1Sk=21-12+12-13+13-14+1n-1n+12（1-1n+1）=2nn+1故答案为：2nn+1
19、三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）某校将一次测试中高三年级学生的数学成绩统计如表所示，在参加测试的学生中任取1人，其成绩不低于120分的概率为14分数70，80）80，90）90，100）100，110）110，120）120，130）130，140）频数4050706080m50（1）求m的值；（2）若按照分层抽样的方法从成绩在70，80）、110，120）的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行错题分析，求这2人中至少有1人的分数在70，80）的概率【解答】解：（1）依题意，m+50350+m=14，解得m50.2（2）依题意，成绩在70，80）的学生抽取2
20、人，记为A，B，成绩在110，120）的学生抽取4人，记为a，b，c，d，则任取2人，所有的情况为：（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（A，d），（B，a），（B，b），（B，c），（B，d），（a，b），（a，c），（a，d），（b，c），（b，d），（c，d），共15种，其中满足条件的为：（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（A，d），（B，a），（B，b），（B，c），（B，d），共9种，故所求概率P=915=3518（12分）图1是由正方形ABCD，直角梯形ABED，三角形BCF组成的个平面图形，其中AB2DE2，BEBFCF=3，将其沿AB，BC折起使得BE
21、与BF重合，连接DG，如图2（1）证明：图2中的D，E，C，G四点共面，且平面ABD平面DEC；（2）求图2中的点A到平面BCE的距离【解答】解：（1）证明：正方形ABCG中，ABCG，梯形ABED中，DEAB，DECG，DECG四点共面，AGAB，AGDE，ADDE，ADAGA，DE平面ADG，DG平面ADG，DEDG，在直角梯形ABED中，AB2，DE1，BE=3，解得AD=2，同理，在直角梯形GCED中，解得DG=2，AGBC2，AD2+DG2AG2，ADDG，ADDE，DEDGD，AD平面DEG，AD平面ABD，平面ABD平面DEG，平面ABD平面DEC（2）解：在等腰直角ADG中，A
22、G边上的高为1，点D到平面ABC的距离为1，DE与平面ABC平行，点E到平面ABC的距离h1，SBCE=12ABBC=2，BCE中，BC边上的高为：BE2-(BC2)2=2，SBCE=12BC2=2，设点A到平面BCE的距离为d，由VABCEVEABC，得d=2点A到平面BCE的距离为219（12分）已知函数f(x)=cosx(3sinx-cosx)+12（1）求f（x）的周期，对称轴方程，单调增区间（2）若f（A）1，若a=23，ABC的面积为534，求ABC的周长【解答】解：（1）f(x)=3sinxcosx-cos2x+12=32sin2x-12cos2x=sin(2x-6)，2，f（x
23、）的周期T=22=；令2x-6=k+2（kZ），解得：xk+3（kZ），即函数的对称轴方程为xk+3，（kZ）；令2k-22x-62k+2（kZ），解得：k-6xk+3，（kZ），则f（x）的单调增区间为k-6，k+3（kZ）；（2）f（A）sin（2A-6）1，又A（0，），2A-6（-6，116），2A-6=2，可得A=3，又a=23，ABC的面积为534，12bcsinA=34bc=534，bc5，由余弦定理可得：a2b2+c22bccosA，即12b2+c2bc（b+c）23bc（b+c）215，解得：b+c=33，ABC的周长为a+b+c=23+33=5320（12分）在直角坐标系x
24、Oy中，过点（2，0）的直线l与抛物线y24x交于A，B两点（1）证明：直线OA与OB的斜率之积为定值（2）已知点M（0，1），且AMB为锐角，求l的斜率的取值范围【解答】解：（1）证明：由题意可得直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：xmy+2，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立与抛物线的方程：x=my+2y2=4x，整理可得：y24my80，y1+y24m，y1y28，x1x2=(y1y2)216=4，所以kOAkOB=y1x1y2x2=-84=-2，即证直线OA与OB的斜率之积为定值2（2）由（1）知，y1+y24m，因为MA=（x1，y1+1），MB=（x2，y2+1），且AM
25、B为锐角，所以MAMB0，且MA与MB不共线，所以x1x2+（y1+1）（y2+1）x1x2+y1y2+（y1+y2）+148+4m+10，且0m+2，解得m34且m2，所以m的取值范围（34，2）（2，+），所以l的斜率的取值范围为（0，12）（12，43）21（12分）已知函数，f（x）x2（x0），g（x）alnx（a0）（）若f（x）g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（）当a1时，过f（x）上一点（1，1）作g（x）的切线，判断：可以作出多少条切线，并说明理由【解答】解：令h（x）f（x）g（x）x2alnx（x0），所以h（x）2x-ax=2x2-a2x，令h（x）=2x2-a2x
26、=0，解得x=a2，当x变化时，h（x），h（x）的变化情况如下表： x （0，a2） a2 （a2，+） h（x）， 0+ h（x）， 减 极小值 增所以在（0，+）的最小值为h（a2）=a2-alna2=a2-a2lna2，令h（a2）0，解得0a2e，所以当0a2e时，h（x）0恒成立，即f（x）g（x）恒成立（）可作出2条切线理由如下：当a1时，g（x）lnx，设过点（1，1）的直线l与g（x）lnx相切于点P（x0，y0），g（x0）=y0-1x0-1，即1x0=y0-1x0-1，整理得x0lnx02x0+10，令m（x）xlnx2x+1，则m（x）在（0，+）上的零点个数与切点P的
27、个数一一对应，m（x）lnx1，令m（x）lnx10解得xe当x变化时，m（x），m（x）的变化情况如下表： x （0，e） e （e，+） m（x） 0+ m（x） 减 极小值 增所以m（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+）上单调递增，且m（1e2）=1e2ln1e2-2e2+1=-4e2+10，m（e）elne2e+1e+10，m（e2）e2lne22e2+110，所以m（x）在（1e2，e）和（e，e2）上各有一个零点，即xlnx2x+10有两个不同的解，所以过点（1，1）可以作出2条切线四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，以原点O为极点
28、，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，椭圆C以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（2，0）为一个顶点直线l的参数方程是x=1-ty=2t，（t为参数）（）求椭圆C的极坐标方程；（）若直线l与椭圆C的交点分别为M（x1，y1），N（x2，y2），求线段MN的长度【解答】解：（）椭圆C以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（2，0）为一个顶点所以c1，a=2，b1，所以椭圆的方程为x22+y2=1，转换为极坐标方程为2=21+sin2（）直线l的参数方程是x=1-ty=2t，（t为参数）转换为直角坐标方程为2x+y20设交点M（x1，y1），N（x2，y2），所以2
29、x+y-2=0x22+y2=1，整理得9x216x+60，所以x1+x2=169，x1x2=69，所以|MN|=1+(-2)2|x1x2|=5(x1+x2)2-4x1x2=1092五解答题（共1小题）23已知a0，函数f（x）|ax1|，g（x）|ax+2|（1）若f（x）g（x），求x的取值范围；（2）若f（x）+g（x）|210a7|对xR恒成立，求a的最大值与最小值之和【解答】解：（1）因为f（x）g（x），所以|ax1|ax+2|，两边同时平方得a2x22ax+1a2x2+4ax+4，即6ax3，当a0时，x-12a，当a0，时x-12a（2）因为f（x）+g（x）|ax1|+|ax+2|（ax1）（ax+2）|3，所以f（x）+g（x）的最小值为3，所以|210a7|3，则3210a73，解得lg2alg5，故a的最大值与最小值之和为lg2+lg5lg101
