2020年高考数学二模试卷(理科)
2020届陕西省西安市高考数学二模试卷(理科)
2020年陕西省西安市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题）．1．已知R 是实数集，集合{}2A x z x =∈<，{}210B x x =-≥，则()RA B ⋂=（ ）A ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．{}1C ．{}1,0-D ．1,2⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭2．已知i 是虚数单位，复数31iz i+=+，则复数z 的共轭复数为（ ） A ．12i +B ．12i -C ．2i +D ．2i -3．已知向量()5,a m =，()2,2b =-，若()a b b -⊥，则m =（ ） A ．－1B ．1C ．2D ．－24．62x ⎫⎪⎭的展开式中常数项为（ ）A ．60B ．－60C ．－192D ．1925．某公司生产A ，B ，C 三种不同型号的轿车，产量之比依次为2：3：4，为检验该公司的产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为n 的样本，若样本中A 种型号的轿车比B 种型号的轿车少8辆，则n =（ ） A ．96B ．72C ．48D ．366．已知a ，b 为非零实数，且0a b <<，则下列命题成立的是（ ） A ．22a b <B ．2211ab a b < C ．22a b ab <D ．b a a b< 7．如图所示，是某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图，其中俯视图为等腰直角三角形，则该几何体体积为（ ）A ．620π+B ．916π+C ．918π+D ．206π3+8．点P 是抛物线24y x =上一动点，则点P 到点()0,1A -的距离与点P 到直线2x =-的距离和的最小值是（ ）ABC 1D 19．将函数()sin 23f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象向左平移a （0a >）个单位得到函数()cos2g x x =的图象，则a 的最小值为（ ） A ．3πB ．512π C ．23π D ．12π 10．已知曲线ln xy ae x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则（ ） A ．a e =，1b =-B ．a e =，1b =C ．1a e -=，1b =D ．1a e -=，1b =-11．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，()1f x -是定义在R 上的奇函数，则()()20182020f f +的值为（ ） A ．－1B ．1C ．0D ．无法计算12．设2F 是双曲线C ：22221x y a b-=（0a >，0b >）的右焦点，O 为坐标原点，过2F 的直线交双曲线的右支于点P ，N ，直线PO 交双曲线C 于另一点M ，若223MF PF =，且260MF N ∠=︒，则双曲线C 的渐近线的斜率为（ ）A ．7±B ．3±C ．2±D ．2±二、填空題13．在区间[]1,5内任取一个实数，则此数大于2的概率为______． 14．函数()22log 23y x x =+-的单调增区间是______．15．在ABC △中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．ABC △的面积()2214S a c =+，若2sin sin B A C =，则角B 的值为______．16．在三棱锥D ABC -中，已知AD ⊥平面ABC ，且ABC △为正三角形，AD AB ==O 为三棱锥D ABC -的外接球的球心，则点O 到棱DB 的距离为______．三、解答题（解答应写出文宇说明、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17．在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是AB ，1BB 的中点． （1）求证：//EF 平面11A DC ；（2）若1AA =2AB =，求二面角11E A D C --的正弦值．18．某高校自主招生考试中，所有去面试的考生全部参加了“语言表达能力”和“竞争与团队意识”两个科目的测试，成绩分别为A 、B 、C 、D 、E 五个等级，某考场考生的两科测试成绩数据统计如图，其中“语言表达能力”成绩等级为B 的考生有10人．（1）求该考场考生中“竞争与团队意识”科目成绩等级为A 的人数；（2）已知等级A 、B 、C 、D 、E 分别对应5分，4分，3分，2分，1分．求该考场学生“语言表达能力”科目的平均分．19．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，22n n S a =-（N n *∈）．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记n nnb a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围． 20．已知函数()22ln f x x a x ax =--（R a ∈）． （1）若()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（2）记()()g x f x ax =+，若()g x 在区间1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点，求a 的取值范围．21．已知椭圆C ：22221x y a b+=（0a b >>）的左、右焦点分别为1F 、2F，若椭圆经过点)1P-，且12PF F △的面积为2．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设斜率为1的直线l 与圆O ：22x y b +=交于A ，B 两点，与椭圆C 交于C ，D 两点，且CD AB λ=（R λ∈），当λ取得最小值时，求直线l 的方程并求此时λ的值． （二）选考题[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系中，直线l的参数方程为12x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩（t 为参数）．以原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为2cos a ρθ=，0a >． （1）求直线l 的极坐标方程和曲线C 的直角坐标方程；（2）已知直线l 与曲线C 交于P ，Q ．设()0,1M -，且24PQ MP MQ =⋅，求实数a 的值． [选修4-5：不等式选讲]23．设函数()213f x x x =--+． （Ⅰ）解不等式()0f x >；（Ⅱ）若()33f x x a ++≥对一切实数x 均成立，求实数a 的取值范围．参考答案一、选择题：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．【分析】集合A 为解简单绝对值不等式，集合B 为解简单一次不等式．解：由题可知：{}1,0,1A =-，12B x x ⎧⎫=≥⎨⎬⎩⎭∴R 12B x x ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭，即(){}R 1,0A B ⋂=-． 故选：C ．2．【分析】将3z z i i +⋅=+化为31iz i+=+，对其进行化简得到z ，利用共轭复数的性质得到 解：3z z i i +⋅=+可化为()()()()3133221112i i i iz i i i i +-+-====-++- ∴z 的共轭复数为2z i =+， 故选：C ．3．【分析】可求出()3,2a b m -=+，根据()a b b -⊥即可得出()0a b b -⋅=，进行数量积的坐标运算即可求出m ．解：()3,2a b m -=+；∵()a b b -⊥； ∴()()6220a b b m -⋅=-+=；解得1m =． 故选：B ．4．【分析】先求得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，即可求得常数项的值．解：二项式62x ⎫⎪⎭的展开式的通项公式为：()()66322166C 22C r r r rrrr r T xx x---+=⋅⋅-⋅=-⋅，令6302r-=，求得2r =， 故常数项为：()2262C 60-⋅=，故选：A ．5．【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论． 解：设样本中A 型号车为x 辆，则B 型号为()8x +辆，则283x x =+，解得16x =， 即A 型号车16辆， 则216234n=++，解得72n =． 故选：B ．6．【分析】根据条件取1a =-，1b =即可排除错误选项． 解：根据a ，b 为非零实数且0a b <<， 取1a =-，1b =，则可排除A ，C ，D ． 故选：B ．7．【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积．解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体由一个半球和一个三棱锥体组成的组合体． 所以2211π363318π9332V =⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+． 故选：C ．8．【分析】过P 作PN ⊥准线于N ，连接PF 、AF ，由抛物线的定义可知，PN PF =，FA PA PF ≤+，所以当P 为AF 与抛物线的交点时，点P 到点A 的距离与点P 到直线1x =-的距离之和最小，此时与到直线x ＝﹣2的距离和也最小．解：由题可知，焦点()1,0F ，准线为1x =-，过P 作PN ⊥准线于N ，连接PF 、AF ，由抛物线的定义可知，PN PF =，FA PA PF ≤+，所以当P 为AF 与抛物线的交点时，点P 到点A 的距离与点P 到直线1x =-的距离之和的最小值为|FA =所以点P 到点A 的距离与P 到直线2x =-1． 故选：D ．9．【分析】由题意利用诱导公式，函数()sin y A x ωϕ=+的图象变换规律，求得a 的最小值． 解：将函数()sin 23f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象向左平移a （0a >）个单位， 得到函数()sin 22cos 23g x x a x π⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭的图象， ∴当实数a 取得最小值时，232a ππ-=，故实数a 取得最小值为512π， 故选：B ．10．【分析】求得函数y 的导数，可得切线的斜率，由切线方程，可得102ae ++=，可得a ，进而得到切点，代入切线方程可得b 的值．解：ln xy ae x x =+的导数为ln 1xy ae x '=++，由在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+， 可得102ae ++=，解得1a e -=，又切点为()1,1，可得12b =+，即1b =-， 故选：D ．11．【分析】由已知结合奇函数与偶函数的性质可得()()110f x f x ++-=，然后代入可求． 解：因为()1f x -是定义在R 上的奇函数， 故()()11f x f x --=--，因为()f x 为偶函数，故()()f x f x -=， 所以()()()111f x f x f x +=-+=--⎡⎤⎣⎦， 所以()()110f x f x +=-=，令2019x =，可得()()201820200f f +=，12．【分析】设双曲线的左焦点为1F ，由双曲线的对称性可知四边形21MF PF 为平行四边形，所以12MF PF =，1//MF PN ，由双曲线的定义知，212MF MF a -=，于是23MF a =，1MF a =，因为260MF N ∠=︒，所以1260F MF ∠=︒，在12MF F △中，由余弦定理知2212121212cos 2MF MF F F F MF MF MF +-∠=⋅⋅，代入数据化简整理得2247c a =，然后利用22222b c a a a -=，求出b a的值即可得解．解：设双曲线的左焦点为1F ，如图所示，由双曲线的对称性可知四边形21MF PF 为平行四边形， ∴12MF PF =，1//MF PN ， 而223MF PF =，∴213MF MF =，由双曲线的定义可知，212MF MF a -=，∴23MF a =，1MF a =， ∵260MF N ∠=︒，∴1260F MF ∠=︒， 在12MF F △中，由余弦定理知，22212121212cos 2MF MF F F F MF MF MF +-∠=⋅⋅，即222194223a a c a a+-=⋅⋅，化简，得2247c a =，∴2222234b c a a a -==，即2b a =，∴双曲线C 的渐近线的斜率为± 故选：D ．13．【分析】直接利用测度比为长度比求解． 解：要使此数大于2，只要在区间(]2,5上取即可，由几何概型概率可得此数大于2的概率为：523514-=-． 故答案为：34． 14．【分析】由真数大于0求出函数的定义域，再由内函数的增区间求得原函数的增区间． 解：由2230x x +->，得3x <-或1x >．∵223t x x =+-在()1,+∞上为增函数，∴()22log 23y x x =+-的单调增区间为()1,+∞． 故答案为：()1,+∞．15．【分析】直接利用正弦定理余弦定理和三角形的面积公式和三角函数关系式的恒等变换求出结果．解：由于2sin sin B A C =，利用正弦定理整理得2b =，由于ABC △的面积()2214S a c =+， 所以()2211sin 24ac B a c =+，且2222cos a c b ac B +=+， 故：()22112cos24B b ac B =+，转换为22211224B b B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，)sin cos 1B B -=， 即2sin 14B π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，故1sin 42B π⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 由于0B π<<， 所以3444B πππ-<<-<，所以46B ππ-=，解得：512B π=． 故答案为：512π 16．【分析】作图，设O '为ABC △的中心，连结OM ，OO '，AO ，作平面ODA 交BC 于E ，根据条件可证得BF ⊥平面DAB ，作//OH BF ，得到OH 是DBF △的中位线．所以12OH BF =，可得所求值． 解：设O '为ABC △的中心，M 为AD 中点，连结OM ，OO '，AO ，则1AO '=，AM =OA =ODA 交BC 于E ，交BC 于F ． 设平面ODA 截得外接球是O ，D ，A ，F 是O 表面上的点，又∵DF ⊥平面ABC ，∴90DAF ∠=︒，∴DF 是O 的直径，DF =因为PA AB ⊥，PA =AB =BD =所以1BF =，AF 是O 的直径，连结BF ．∵BF DA ⊥，BF AB ⊥， ∴BF ⊥平面DAB ， ∴90DBF ∠=︒， 作//OH BF ， 又DO OF =，∴OH 是DBF △的中位线．12OH BF =， 故12OH =． 故答案为：12．三、解答题（解答应写出文宇说明、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17．【分析】（1）证明四边形11ADC B 为平行四边形，可得11//AB DC ，进而得到1//EF DC ，由此得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面11A DC 及平面1EA D 的法向量，利用向量的夹角公式即可得解． 解：（1）证明：连接1AB ，∵E ，F 分别为AB ，1BB 的中点， ∴1//EF AB ，∵1111ABCD A B C D -为正四棱柱， ∴四边形11ADC B 为平行四边形， ∴11//AB DC ， ∴1//EF DC ，∵EF ⊄平面11A DC ，1DC ⊂平面11A DC ， ∴//EF 平面11A DC ；（2）在正四棱柱中，分别以DA ，DC ，1DD 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()2,1,0E，(1A，(10,2,C ，∴()112,2,0AC =-，(1DA =，(10,EA =-， 设平面11A DC 的法向量为(),,m x y z =，则22020x y x -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩，可取()3,1m =-，设平面1EA D 的法向量为(),,n a bc =，则{20a b ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，可取()3,2n =-，∴7cos ,m n m n m n⋅==-，∴二面角11E A D C --的正弦值为14．18．【分析】（1）由“语言表达能力”科目中成绩为B 的考生有10人，能求出该考场有40人，由此能求出该考场中“竞争与团队意识”科目成绩等级为A 的人数．（2）求出“语言表达能力”科目中成绩等级为D 的频率为0.100，由此能求出该考查考生“语言表达能力”科目的平均分．解：（1）∵“语言表达能力”科目中成绩为B 的考生有10人， ∴该考场有100.25040÷=（人），∴该考场中“竞争与团队意识”科目成绩等级为A 的人数为：()4010.3750.3750.1500.025400.0753⨯----=⨯=．（2）由题意可得：“语言表达能力”科目中成绩等级为D 的频率为：10.3750.0250.2000.0750.100----=，该考查考生“语言表达能力”科目的平均分为：()()()()()11400.2002400.1003400.3754400.2505400.075 2.940⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⎡⎤⎣⎦． 19．【分析】（1）先由题设条件12a ⇒=与12n n a a -=，从而说明数列{}n a 是首项、公比均为2的等比数列，进而求得n a ；（2）先由（1）求得n b ，然后利用错位相减法求得n T ，然后利用n T 单调性求得其取值范围． 解：（1）由题意知：当1n =时，1122S a =-，得12a =；当2n ≥时，由112222n n n n S a S a --=-⇒=-，两式相减整理得：12n n a a -=，∴数列{}n a 是首项、公比均为2的等比数列，2nn a =；（2）由（1）知：2n n n n n b a ==，∵231111132222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①，∴2311111122222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②，由①﹣②可得：()2311111122111111111212222222212nn n n n n T n n n +++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-+⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，∴222n n n T +=-，显然有：2n T <．∵02nnnb =>， ∴n T 单调递增，且1112T b ==， ∴122n T ≤<． 20．【分析】（1）求导数的零点可得1x a =，22ax =-，再分0a =，0a >及0a <讨论函数的单调性，求得函数的最大值与a 取值范围即可；（2）分离参数可得22ln x a x=，构造函数()2ln x h x x =，分析其单调性与值域，从而得到实数a 的取值范围．解：（1）()()()222x a x a a f x x a x x -+'=--=，令()0f x '=，解得1x a =，22a x =-； 当0a =时，()20f x x =≥恒成立，满足题意；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增， 则()()min 2ln 0f x f a a a ==-≥，解得01a <≤； 当0a <时，()f x 在0,2a ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 则()222minln 02422a a a a f x f a ⎛⎫⎛⎫=-=+--≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得3420e a -≤<；综上，实数a 的取值范围为342,1e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）显然1x =不是()g x 的零点，由()0g x =得()22ln x a h x x==（*）， 则()()()22ln 1ln x x h x x -'=，令()0h x '=，解得x =易知，当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭和(x ∈时，()h x单调递减，当e ⎤⎦时，()h x 单调递增，又1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0h x <，（*）不成立，∴只需()2222a h e a h e e⎧>=⎪⎨≤=⎪⎩，∴实数a的取值范围为,e e ⎡⎤-⋃⎣⎦．21．【分析】（1）根据三角形面积可2c =，将P 点代入椭圆得到22611a b+=，联立即可求得a ，b ； （2）设直线l 的方程为y x m =+，表示出AB =m 的取值范围，结合条件表示出λ=m 取值范围求得其范围寄了 解：（1）因为12PF F △的面积为2，即12122c ⨯⨯=，所以2c =，则224a b -=，① 又因为P 点在椭圆上，则22611a b +=，②解①②得a =2b =，故椭圆C 的标准方程为：22184x y +=；（2）设直线l 的方程为y x m =+，则原点O 到直线l的距离d =，由弦长公式可得AB ==，将2y m =+代入椭圆C 中可得2234280x mx m ++-=， 则()221612280m m ∆=-->，解得m -<<由直线和圆相交的条件可得d r <<，解得22m -<<，综上可得m 的取值范围是()2,2-； 设()11,C x y ，()22,D x y ，则1243m x x +=-，212283m x x -=，由弦长公式可得CD ===由CD AB λ=，得CD AB λ=== 因为22m -<<，所以2044m <-≤， 则当0m =时，λ取得最小值为3，此时l 的方程为y x =． （二）选考题[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【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的进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果．解：（1）直线l的参数方程为21x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩（t 为参数）．转换为直角坐标方程为10x y --=．根据222cos sin x y x y ρθρθρ⎧=⎪=⎨⎪+=⎩转换为极坐标方程为：cos sin 1ρθρθ-=．曲线C 的极坐标方程为2cos a ρθ=，0a >．根据222cos sin x y x y ρθρθρ⎧=⎪=⎨⎪+=⎩转换为直角坐标方程为222x y ax+=（0a >）．（2）显然点M 在直线l 上，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得到)2110t a t ++=，所以)121t t a +=+，121t t =． 且24PQ MP MQ =⋅， 则212124t t t t -=，解得1a =或3-由于0a >，所以1a =． [选修4-5：不等式选讲]23．【分析】（Ⅰ）解法一：利用分类讨论法去掉绝对值，求出不等式()0f x >的解集；解法二：()0f x >等价于213x x ->+，利用两边平方法去掉绝对值，从而求得不等式的解集； （Ⅱ）利用绝对值不等式求出()33f x x ++的最小值，从而求得实数a 的取值范围． 解：（Ⅰ）解法一：当12x ≥时，()()21340f x x x x =--+=->，解得4x >； 当132x -≤<时，()()213320f x x x x =-+-+=-->，解得233x -≤<-； 当3x <-时，()()213320f x x x x =-+++=-->，解得3x <-； 综上知，原不等式的解集为243x x x <->⎧⎫⎨⎬⎩⎭或；解法二：()0f x >等价于213x x ->+， 两边平方整理得，231080x x -->， 解得23x <-或4x >； 所以，原不等式的解集为243x x x <->⎧⎫⎨⎬⎩⎭或；（Ⅱ）()()33212321267f x x x x x x ++=-++≥--+=， 当132x -≤≤时等号成立； 所以7a ≤；所以实数a 的取值范围是(],7-∞．。
2020年广东省高考数学二模试卷(理科)(含答案解析)
2020年广东省高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，，则A. B.C. D.2.已知复数为虚数单位，，若，则的取值范围为A. B. C. D.3.周髀算经是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度，夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，则立秋的晷长为A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺4.在中，已知，，且AB边上的高为，则A. B. C. D.5.一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为A. B. C. D.6.已知函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递减，，则不等式的解集为A. B.C. D.7.已知双曲线的右焦点为F，过点F分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，若，则该双曲线的离心率为A. B. 2 C. D.8.已知四边形ABCD中，，，，，E在CB的延长线上，且，则A. 1B. 2C.D.9.的展开式中，的系数为A. 120B. 480C. 240D. 32010.把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到函数的图象，关于的说法有：函数的图象关于点对称；函数的图象的一条对称轴是；函数在上的最上的最小值为；函数上单调递增，则以上说法正确的个数是A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个11.如图，在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，将沿直线DE翻折成，连接C.若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则A. 2B.C.D. 412.已知函数，若函数有唯一零点，则a的取值范围为A. B.C. D. ，二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件，则的最大值是______．14.已知，则______．15.从正方体的6个面的对角线中，任取2条组成1对，则所成角是的有______对．16.如图，直线l过抛物线的焦点F且交抛物线于A，B两点，直线l与圆交于C，D两点，若，设直线l的斜率为k，则______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列和满足，且，，设．求数列的通项公式；若是等比数列，且，求数列的前n项和．18.为了提高生产效益，某企业引进了一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况，分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取100件产品进行质量检测，所有产品质量指标值均在以内，规定质量指标值大于30的产品为优质品，质量指标值在的产品为合格品．旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品质量指标值如频数分布表所示．质量指标频数2820302515合计100请分别估计新、旧设备所生产的产品的优质品率．优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高．根据已知图表数据填写下面列联表单位：件，并判断是否有的把握认为“产品质量高与新设备有关”．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计附：其，中．用频率代替概率，从新设备所生产的产品中随机抽取3件产品，其中优质品数为X件，求X 的分布列及数学期望．19.如图，四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，E是BC上一点，且，设．证明：平面ABCD；若，，求二面角的余弦值．20.已知椭圆C：的焦点为，，P是椭圆C上一点．若椭圆C的离心率为，且，的面积为．求椭圆C的方程；已知O是坐标原点，向量过点的直线l与椭圆C交于M，N两点．若点满足，，求的最小值．21.已知函数，其中e为自然对数的底数．若函数的极小值为，求a的值；若，证明：当时，成立．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．求直线l的直角坐标方程；已知P是曲线C上的一动点，过点P作直线交直线于点A，且直线与直线l的夹角为，若的最大值为6，求a的值．23.已知函数．解不等式：；若a，b，c均为正数，且，证明：．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：集合，，故选：C．求出集合A，B，由此能求出．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：A解析：解：因为复数，所以，由于，即，则的取值范围为，故选：A．根据复数的基本运算法则进行化简，再求复数模的范围即可．本题主要考查复数的乘法运算及模长的计算，比较基础．3.答案：D解析：解：夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，，，即．解得，．立秋的晷长．故选：D．由夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，可得：，，即解出利用通项公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.答案：B解析：解：如图，在中，，，且AB边上的高CD为，，，由余弦定理可得，由正弦定理，可得．故选：B．由已知可求AD，利用勾股定理可求AC，由余弦定理可得BC，进而根据正弦定理可得sin C的值．本题主要考查了勾股定理，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．5.答案：D解析：解：作出该几何体的轴截面图如图，，，设内接圆柱的高为h，由，得．∽，，即，得，该圆锥的体积为．故选：D．由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高，则圆锥体积可求．本题主要考查了圆锥的内接圆柱的体积，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．6.答案：B解析：解：根据题意，函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递减，则在上递减，又由，则，则函数的草图如图：若，则有，解可得，即不等式的解集为；故选：B．根据题意，由函数的奇偶性与单调性分析可得函数的大致图象，据此分析可得关于x的取值范围，即可得答案．本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意作出函数的简图，分析不等式的解集．7.答案：D解析：解：如图，由，得，即，，即．则．故选：D．由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到，则离心率可求．本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线离心率的求法，是基础题．8.答案：A解析：解：在中，由余弦定理有，，，易知，又，，故，．故选：A．先由余弦定理求得，再根据题设条件求得，而展开，利用数量积公式化简求解即可．本题考查平面向量数量积的综合运用，涉及了余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．9.答案：C解析：解：把的展开式看成6个因式的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x，再取3个因式，这3个因式都取y，剩余2个因式取2，相乘即得含的项；故含项的系数为：．故选：C．把的展开式看成6个因式的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x，再取3个因式，这3个因式都取y，剩余2个因式取2，相乘即得含的项，求出项的系数．本题考查了排列组合与二项式定理的应用问题，是综合性题目．10.答案：C解析：解：把函数的图象向右平移个单位长度，得，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到函数的图象，则，函数的图象不关于点对称，故错误；，函数的图象的一条对称轴是，故正确；当时，，则，即函数在上的最上的最小值为，故正确；当时，，可知函数在上不单调，故错误．正确命题的个数为2．故选：C．通过平移变换与伸缩变换求得函数的解析式．由判断错误；由求得最小值判断正确；由x的范围求得函数值域判断正确；由x的范围可知函数在上不单调判断错误．本题考查命题的真假判断与应用，考查型函数的图象与性质，是中档题．11.答案：B解析：解：在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，所以：为等腰直角三角形；斜边DE上的高为：；要想三棱锥的体积最大；需高最大，则当面BCDE时体积最大，此时三棱锥的高等于：；取DC的中点H，过H作下底面的垂线；此时三棱锥的外接球球心在OH上；三棱锥外接球的体积为；所以球半径；如图：；；即：；；联立可得；故选：B．要想体积最大，需高最大，当面BCDE时体积最大，根据对应球的体积即可求解结论．本题考查的知识要点：几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力的应用，属于中档题型．12.答案：D解析：解：因为．令，则，所以当时，，即在R上单调递增，又，所以，，当，，所以在上为增函数，在上为减函数，又，所以当，，当，对恒成立，即当时，，且当且仅当，，故当时，有唯一的零点；排除A，当时，，令，可得，有无数解，所以，不成立，排除BC，故选：D．求导，构造辅助函数，则，当时，可知在R上单调递增，，即可判断在上为增函数，在上为减函数，由，即可证明，当时，有唯一的零点；然后验证时，函数的零点的个数，判断选项即可．本题考查函数的导数的应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及含量，分类讨论思想的应用，是中档题．13.答案：6解析：解：由x，y满足约束条件，作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为直线方程的斜截式：．由图可知，当直线过A时，直线在y轴上的截距最大，Z有最大值为；故答案为：6．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，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数的答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题．14.答案：解析：解：，则．故答案为：由已知结合诱导公式及二倍角公式进行化简即可求解．本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础试题．15.答案：48解析：解：根据题意，如图，在正方体中，与平面中一条对角线成的直线有，，，，，，，，共8条直线，则包含在内的符合题意的对角线有8对；又由正方体6个面，每个面有2条对角线，共有12条对角线，则共有对面对角线所成角为，而其中有一半是重复的；则从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有48对．故答案为：48根据题意，由正方体几何结构分析可得：每一条对角线和另外的8条构成8对直线所成角为，进而可得共有对对角线所成角为，并且容易看出有一半是重复的，据此分析可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16.答案：解析：解：由题意圆的圆心为抛物线的焦点F，再由题意可得直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为：，，设，，联立直线与抛物线的方程：，整理可得，，所以，由抛物线的性质可得：弦长，由题意可得为的直径2，所以，而，所以可得：，因为，所以，代入直线AB中可得，即，将A点坐标代入抛物线的方程，整理可得，解得，因为，所以，故答案为：．由题意设直线AB的方程与抛物线联立求出两根之和，进而求出弦长的值，再由圆的方程可得圆心为抛物线的焦点可得为圆的直径，求出的值，再由题意可得的值，由题意可得A的横坐标，代入直线的方程，可得A的纵坐标，代入抛物线的方程中可得斜率的平方的值．本题考查抛物线的性质及求点的坐标，属于中档题．17.答案：解：依题意，由，可得，两边同时乘以，可得，即，，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，，．由题意，设等比数列的公比为q，则，故，．由知，，且，则，所以：，，得：，，，所以．解析：直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．利用乘公比错位相减法的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．18.答案：解：估计新设备所生产的产品的优质品率为，估计旧设备所生产的产品的优质品率为．补充完整的列联表如下所示，非优质品优质品合计新设备产品 30 70 100旧设备产品 45 55 100合计 75 125 200，有的把握认为“产品质量高与新设备有关”．由知，新设备所生产的优质品率为，而X的所有可能取值为0，1，2，3，，，，．的分布列为：X 0 1 2 3P数学期望．解析：由频数分布表可知，将的频数相加，再除以100，即为新设备的优质品率；由频率分布直方图可知，将的频率组距相加，再乘以组距即为旧设备的优质品率；先填写列联表，再根据的公式计算其观测值，并与附表中的数据进行对比即可作出判断；由知，新设备所生产的优质品率为，而X的所有可能取值为0，1，2，3，然后根据二项分布求概率的方式逐一求出每个X的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望．本题考查频率分布直方图、频数分布表、独立性检验、二项分布、离散型随机变量的分布列和数学期望等知识点，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题．19.答案：证明：四边形ABCD是菱形，是AC的中点，，，，平面PAC，平面PAC，．，O是AC的中点，．平面ABCD，平面ABCD，，平面ABCD；解：由知，平面ABCD，．以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设四边形ABCD的边长为4，．四边形ABCD是菱形，，与都是等边三角形．．0，，0，，0，，，，，．，，即，得．，．设平面PAE的法向量为，由，取，得；设平面PEC的一个法向量为，由，取，得．设二面角的平面角为，则．二面角的余弦值为．解析：由已知可得，，由直线与平面垂直的判定可得平面PAC，得到再由进一步得到平面ABCD；由知，平面ABCD，以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设四边形ABCD的边长为4，由列式求解a，可得所用点的坐标，再求出平面PAE与平面PEC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20.答案：解：依据题意得，所以，所以，因为，故设，代入椭圆方程得，所以的面积为：．联立，解得，，所以椭圆C的方程为：．由题意可知直线l的斜率显然存在，故设直线l的方程为：，联立，消去y并整理得，所以，设，，所以，，因为，所以，当时，，当时，，，因为，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，且满足，所以，综上．解析：根据题意可得方程组联立，解得b，a，进而得出椭圆C的方程．设直线l的方程为：，设，，联立直线l与椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理得，，因为，得，当时，，当时，，，因为，所以，代入化简得化简，利用基本不等式可得出答案．本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，向量问题，属于中档题．21.答案：解：函数的定义域是R，，时，对恒成立，在R递减，函数无极值，时，令，解得：，令，解得：，在递减，在递增，时，取极小值，，即，令，则，，，在递增，，；，，，令，，令，，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递增，时，取极小值，又，，存在使得，在递增，在递减，在递增，，，时，，即，令，，则对于恒成立，在递增，，即当时，，时，，，故时，成立．解析：求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，得到，令，根据函数的单调性求出a的值即可；令，求出，令，，求出，从而证明结论．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，不等式的证明，是一道综合题．22.答案：解：由，得，即．，，直线l的直角坐标方程为，即；依题意可知曲线C的参数方程为为参数．设，则点P到直线l的距离为：．，当时，．又过点P作直线交直线于点A，且直线与直线l的夹角为，，即．的最大值为，即．，解得．解析：把展开两角差的余弦，结合，可得直线l的直角坐标方程；依题意可知曲线C的参数方程为为参数设，写出点P到直线l的距离，利用三角函数求其最大值，可得的最大值，结合已知列式求解a．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，训练了利用三角函数求最值，是中档题．23.答案：解：函数．当时，，解得，故．当时，，恒成立．当时，，解得，故，所以不等式的解集为．证明：由知：，所以：，所以，所以，所以当且仅当时，等号成立．故：．解析：直接利用分段函数的解析式和零点讨论法的应用求出结果．直接利用基本不等式的应用求出结果．本题考查的知识要点：分段函数的性质的应用，基本不等式的应用，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．。
2020年吉林省高考数学二模试卷(理科)(有解析)
2020年吉林省高考数学二模试卷(理科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={x ∈Z|−2⩽x <3},B ={0,2,4}，则A ∩B =( )A. {0,2,4}B. {0,2}C. {0,1,2}D. ϕ2. 复数z =i1+i (i 为虚数单位)的模长是( )A. 12B. √22C. 1D. 23. 若向量a ⃗ =(2,k)，b ⃗ =(−1,2)，满足a ⃗ ⊥b⃗ ，则实数k =( ) A. −1B. 1C. 4D. 04. 已知tan(α+β)=25,tan(β+π4)=14，则tan(a −π4)的值为( )A. 16B. 2213C. 322D. 13185. 如图中的程序框图运行结果M 为( )A. 3B. 13 C. 32 D. 16. 双曲线C ：x 24−y 22=1的离心率为( )A. √22B. √62C. √24D. √647. 在公差不为0的等差数列{a n }中，4a 3+a 11−3a 5=10，则15a 4=( )A. −1B. 0C. 1D. 28. 函数f(x)={(12)x −1,−1≤x ≤0x 2,0<x ≤2，若方程f(x)=x +a 恰有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是( )A. [−1,14)B. [−1,14]C. [−14,2]D. (−14,2]9.某几何体的三视图如图所示，则该儿何体的体积是()A. 23B. 43C. 4D. 2√5310.将函数的图象向右平移π6个单位长度，得到的图象关于y轴对称，则ω的最小值为()A. 7B. 6C. 5D. 411.将正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，则直线BD和平面ABC所成的角的大小为()A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°12.设f(x)=13x3+ax2+5x+6在区间[1,3]上为单调函数，则实数a的取值范围为()A. B.C. D. [−√5,√5]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知n≥3，若对任意的x，都有(x+2)n=a0(x−1)n+a1(x−1)n−1+135⋅(x−1)n−2+⋯+a n，则n=______．14.已知数列{a n}中，a2=2，a n+1−2a n=0，那么数列{a n}的前6项和是______．15.已知满足{x≥2x+y≤42x−y−m≤0 ，若目标函数z=3x+y的最大值为10，则z的最小值为______．16.已知P是抛物线y2=4x上任意一点，Q是圆(x−4)2+y2=1上任意一点，则|PQ|的最小值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知ΔABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c．(1)若bcosA=c，求B；(2)若bsinA=c，求a2+b2+c2ab的最大值．18.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是BC和CC1的中点，已知AB=AC=AA1=4，∠BAC=90°．(Ⅰ)求证：B1D⊥平面AED；(Ⅱ)求二面角B1−AE−D的余弦值．19.随着支付宝、微信等支付方式的上线，越来越多的商业场景可以实现手机支付．为了解各年龄层的人使用手机支付的情况，随机调查50次商业行为，并把调查结果制成下表：年龄(岁)[15,25)[25,35)[35,45)[45,55)[55,65)[65,75)频数510151055手机支付4610620(1)若从年龄在[55,65)的被调查者中随机选取2人进行调查，记选中的2人中使用手机支付的人数为X，求X的分布列及数学期望；(2)把年龄在[15,45)称为中青年，年龄在[45,75)称为中老年，请根据上表完成2×2列联表，并说明能否有95%以上的把握判断使用手机支付与年龄(中青年、中老年)有关联？(附)参考公式：(k2=n×(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),n=a+b+c+d)临界值表：20.(1)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线√7x−√5y+12=0相切．求椭圆C的方程；(2)已知⊙A1：(x+2)2+y2=12和点A2(2,0)，求过点A2且与⊙A1相切的动圆圆心P的轨迹方程．21. 已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx +5，曲线y =f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为y =3x +1．(1)求a ，b 的值；(2)求y =f(x)在[−3,1]上的最大值．22. 已知曲线C 的参数方程为{x =sinα ,y =2cosα(α为参数)，直线l 过点P (0,1)． (1)求曲线C 的标准方程；(2)若直线l 与椭圆交于A 、B 两点，求|PA|⋅|PB|的取值范围．23. 已知定义在R 上的奇函数f(x)满足f(x)=x 2−2x −3(x >0)．(Ⅰ) 若函数g(x)=|f(x)|−a 有4个零点，求实数a 的取值范围； (Ⅱ) 求|f(x +1)|≤4的解集．【答案与解析】1.答案：B解析：本题考查集合的交集运算，属于基础题 解：集合A ={−2,−1,0,1,2}，B ={0,2,4}， 所以A ∩B ={0,2}． 故选B ．2.答案：B解析：本题考查复数的模的求法，及复数的四则运算，考查计算能力，属于基础题． 解：z =i1+i =i (1−i )(1+i )(1−i )=i+12=12+12i ，复数模长：|z |=√(12)2+(12)2=√22，故选B ．3.答案：B解析：解：∵向量a ⃗ =(2,k)，b ⃗ =(−1,2)，满足a ⃗ ⊥b ⃗ ， ∴a ⃗ ⋅b ⃗ =−2+2k =0， 解得实数k =1． 故选：B ．利用向量垂直的性质直接求解．本题考查实数值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．4.答案：C解析：本题考查了正切的差角公式，属于基础题．利用tan(α−π4)=tan[(α+β)−(β+π4)]即可求解．解：由题意可知，tan(α−π4)=tan[(α+β)−(β+π4)]=25−141+25×14=322，故选C．5.答案：C解析：解：执行程序框图，有x=1y=2M=32故选：C．执行程序框图，依次写出得到的x，y，M的值即可．本题主要考察了程序框图和算法，属于基础题．6.答案：B解析：解：双曲线C：x24−y22=1，可得a=2，b=√2，则c=√6．双曲线的离心率为：√62．故选：B．利用双曲线方程求出a，b，c，然后求解离心率即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．7.答案：C解析：本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．利用等差数列的通项公式即可得出．解：设公差为d≠0的等差数列{a n}，∵4a3+a11−3a5=10，∴2a 1+6d =10，即a 1+3d =5=a 4， 则15a 4=1． 故选：C ．8.答案：D解析：解：方程f(x)=x +a 恰有两个不相等的实数根 等价于函数y =f(x)与y =x +a 图象恰有两个不同的交点，由图象可知当直线介于两红色线之间时符合题意， ∵a 为直线的截距，由图易得上面直线的截距为2， 由{y =a +a y =x 2可得x 2−x −a =0，由△=0可得a =−14 ∴a 的取值范围为：a ∈(−14,2] 故选：D问题等价于函数y =f(x)与y =x +a 图象恰有两个不同的交点，数形结合可得． 本题考查函数的零点，转化和数形结合是解决问题的关键，属基础题．9.答案：B解析：解：根据三视图知，该几何体是底面为平行四边形的四棱锥P −ABCD ，如图所示；则该四棱锥的高为2，底面积为1×2=2， 所以该四棱锥的体积是V =13×2×2=43． 故选：B ．根据三视图知该几何体是底面为平行四边形的四棱锥，结合图中数据求出该几何体的体积．本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，是基础题．10.答案：C解析：本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于基础题．由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，求得ω的最小值．解：∵将函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的图象向右平移π6个单位长度，得到y=sin(ωx−ωπ6+π3)的图象关于y轴对称，∴−ωπ6+π3=kπ+π2，k∈Z，ω=−6k−1，因为ω>0，所以当k=−1时，ω的最小值为5，故选：C．11.答案：B解析：解：如图，当平面BAC⊥平面DAC时，取AC的中点E，则BE⊥平面DAC，故直线BD和平面ABC所成的角为∠DBE，cos∠DBE=BEBD =√22，∴∠DBE=45°．故选：B．当平面BAC⊥平面DAC时，取AC的中点E，则BE⊥平面DAC，故直线BD和平面ABC所成的角为∠DBE，由此能求出结果．本题考查直线与平面所成角的求法，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．12.答案：C解析：本题考查利用导数研究函数的单调性，分离参数的应用，构造函数求最值，考查恒成立方法的应用，属于中档题．由题意得f ′(x)=x 2+2ax +5≥0或f ′(x)=x 2+2ax +5≤0恒成立，分离参数得a ≥−x 2−52x或a ≤−x 2−52x在x ∈[1,3]时恒成立，利用导数求y =−x 2−52x的最值即可．解：f(x)=13x 3+ax 2+5x +6在区间[1,3]上为单调函数，又f ′(x)=x 2+2ax +5， 若函数f(x)在[1,3]单调递增，则有f ′(x)=x 2+2ax +5≥0恒成立， 故a ≥−x 2−52x在x ∈[1,3]时恒成立， 令g(x)=−x 2−52x，则g′(x)=−x 2+52x 2，令g′(x)=0，得x =±√5，所以g(x)在[1,√5)单调递增，在(√5,3]单调递减， 又g(1)=−3，g(√5)=−√5，g(3)=−73，所以g(x)在[1,3]上的最大值为g(√5)=−√5，最小值为g(1)=−3， 所以a ≥(−x 2−52x)max =−√5；若函数f(x)在[1,3]单调递减，则有f′(x)=x 2+2ax +5≤0恒成立， 故a ≤−x 2−52x在x ∈[1,3]时恒成立，所以a ≤(−x 2−52x)min =−3． 综上所述，a 的取值范围为．故选C ．13.答案：6解析：根据题意，分析有(x +2)n =[(x −1)+3]n ，由二项式定理求出其展开式，结合题意分析可得C n 2×32=135，即C n 2=15，解可得n 的值，即可得答案．本题考查二项式定理的应用，关键是(x +2)的变形，属于基础题．解：根据题意，(x +2)n =[(x −1)+3]n ，其展开式为：T r+1=C nr(x −1)n−r ×3r ， 又由(x +2)n =a 0(x −1)n +a 1(x −1)n−1+135⋅(x −1)n−2+⋯+a n ，则有C n 2×32=135，即C n 2=15，解可得：n =6．故答案为6．14.答案：63解析：解：∵a 2=2，a n+1−2a n =0， ∴a n+1=2a n ，∴2a 1=2，解得a 1=1． ∴数列{a n }是等比数列，首项为1，公比为2， ∴S 6=26−12−1=63．故答案为：63．利用等比数列的前n 项和公式即可得出．本题考查了等比数列的前n 项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15.答案：5解析：解：不等式组对应的平面区域如图： 由z =3x +y 得y =−3x +z平移直线y =−3x +z ，则由图象可知当直线y =−3x +z 经过点C 时，直线y =−3x +z 的截距最大，此时z 最大，为3x +y =10由{3x +y =10x +y =4，解得{x =3y =1，即C(3,1)，此时C 在2x −y −m =0上， 则m =5．当直线y =−3x +z 经过点A 时，直线y =−3x +z 的截距最小，此时z 最小， 由{x =22x −y −5=0，得{x =2y =−1，即A(2,−1)， 此时z =3×2−1=5， 故答案为：5．作出不等式组对应的平面区域，根据z 的几何意义，利用数形结合即可得到m 的值．然后即可得到结论．本题主要考查线性规划的应用，根据z 的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键．16.答案：2√3−1解析：本题考查抛物线与圆的位置关系的应用，距离的最小值的求法，是中档题．设点P的坐标为(14m2,m)，圆(x−4)2+y2=1的圆心坐标A(4,0)，求出|PA|的最小值，即可得到|PQ|的最小值．解：设点P的坐标为(14m2,m)，圆(x−4)2+y2=1的圆心坐标A(4,0)，∴|PA|2=(14m2−4)2+m2=116(m2−8)2+12≥12，∴|PA|≥2√3，∵Q是圆(x−4)2+y2=1上任意一点，∴|PQ|的最小值为2√3−1，故答案为：2√3−1．17.答案：解：(1)因为bcosA=c，由正弦定理得sinBcosA=sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，所以sinAcosB=0，因为0<A<π，sinA≠0，所以cosB=0，B=π2，(2)因为bsinA=c，由正弦定理得sinBsinA=sinC，由余弦定理得，当C=π4时，a2+b2+c2ab可取最大值2√2．解析：本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，难度一般，(1)正弦定理结合已知条件和角的取值范围可得答案；(2)直接应用正弦定理余弦定理结合bsinA=c可得答案．18.答案：解：(Ⅰ)依题意，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，∵AB=AC=AA1=4，∴A(0,0，0)，B(4,0，0)，E(0,4，2)，D(2,2，0)，B1(4,0，4)，∴B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2，−4)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4，2)， ∵B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−4+4+0=0， ∴B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即B 1D ⊥AD ， ∵B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+8−8=0， ∴B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即B 1D ⊥AE ，又AD ，AE ⊂平面AED ，且AD ∩AE =A ， 则B 1D ⊥平面AED ；(Ⅱ)由(Ⅰ)知B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2，−4)，为平面AED 的一个法向量， 设平面B 1AE 的法向量为n⃗ =(x,y ，z)， ∵AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4，2)，AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0，4)， ∴{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{4y +2z =04x +4z =0，令y =1，得x =2，z =−2，即n⃗ =(2,1，−2)， ∴cos(n ⃗ ,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=n⃗⃗ ⋅B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ⃗⃗ |⋅|B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√9×√24=√66， ∴二面角二面角B 1−AE −D 的余弦值为√66．解析：(Ⅰ)建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别计算B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，利用直线与平面垂直的判定定理可证B 1D ⊥平面AED ；(Ⅱ)由(Ⅰ)分别求出平面AED 和平面B 1AE 一个法向量；利用空间两个向量的夹角公式即可求出二面角B 1−AE −D 的余弦值．此题考查了二面角及求法，直线与平面垂直的判定，锻炼了学生空间想象能力和逻辑推理能力，熟练掌握二面角的求法及直线与平面垂直的判定方法是解本题的关键．19.答案：解：(1)年龄在[55,65)的被调查者共5人，其中使用手机支付的有2人，则抽取的2人中使用手机支付的人数X 可能取值为0，1，2．∴p (X =0)=C 32C 52=310;P (X =1)=C 31C 21C 52=35;P (X =2)=C 22C 52=110．∴X的分布列为：∴E(X)=0×310+1×35+2×110=45;(2)2×2列联表如图所示，∵K2=50×(20×12−8×10)20×30×28×22=800231≈3.463<3.841，∴没有95%以上的把握判断使用手机支付与年龄(中青年、中老年)有关联．解析：本题考查了离散型随机变量的分布列和数学期望及独立性检验．(1)由随机变量的X的所有可能取值为0，1，2，求得对应的概率，得到分布列，求得数学期望；(2)由列联表，代入公式，K2=50×(20×12−8×10)20×30×28×22=800231≈3.463<3.841，得到结果．20.答案：解：(1)由题意得{ca =12√7+5=ba2=b2+c2，解得a=4，b=2√3，c=2故椭圆C的A1方程为x216+y212=1.(2)⊙A1：(x+2)2+y2=12和点A2(2,0)，过点A2且与⊙A1相切的动圆圆心P满足：||PA 1|−|PA 2||=2√3<|A 1A 2|故P 点的轨迹为以A 1，A 2为焦点的双曲线2a =2√3,c =2,解得a =√3,b =1圆心P 的轨迹方程为：x 23−y 2=1解析：(1)利用椭圆的离心率以及椭圆的短半轴长为半径的圆与直线√7x −√5y +12=0相切，列出方程组求解a ，b ，即可得到椭圆方程．(2)判断P 点的轨迹为以A 1，A 2为焦点的双曲线，求出a ，b ，即可得到双曲线方程． 本题考查椭圆的简单性质以及双曲线的定义的应用，考查转化思想以及计算能力．21.答案：解：(1)由f(x)=x 3+ax 2+bx +5得，f′(x)=3x 2+2ax +b ，∴y =f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为： y −f(1)=f′(1)(x −1)，即y −(a +b +6)=(3+2a +b)(x −1)， 整理得y =(3+2a +b)x +3−a ．又∵y =f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为y =3x +1， ∴{3+2a +b =33−a =1，解得{a =2b =−4，∴a =2，b =−4．(2)由(1)知f(x)=x 3+2x 2−4x +5， f′(x)=3x 2+4x −4=(3x −2)(x +2)， 令f′(x)=0，得x =23或x =−2． 当x 变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：∴f(x)的极大值为f(−2)=13，极小值为f(23)=9527， 又∵f(−3)=8，f(1)=4， ∴f(x)在[−3,1]上的最大值为13．解析：本题考查了导数的几何意义，导数与函数的单调性、极值和最值关系，属于中档题． (1)先由求导公式和法则求出导数，再由点斜式求出切线方程并化为斜截式，再与条件对比列出方程，求出a 和b 的值；(2)由(1)求出f′(x)，再求出临界点，列出表格，求出函数的极值和端点处的函数值，对比后求出函数在已知区间上的最大值．22.答案：解：(1)由曲线C 的参数方程为为参数)， 根据得曲线C 的标准方程为x 2+y 24=1；(2)设直线l 的参数方程为代入椭圆方程得：，则，又因为，∴|PA|⋅|PB|的取值范围为[34,3]．解析：本题考查椭圆的参数方程，直线的参数方程的几何意义，基础题． (1)根据消去参数α，直接得到曲线C 的标准方程；(2)设直线l 的参数方程为代入椭圆方程利用韦达定理求解，根据三角函数的值域求解即可．23.答案：(本小题满分12分)解：(Ⅰ)因为f(x)是定义在R 上的奇函数，且f(x)=x 2−2x −3(x >0)， 则f(x)={x 2−2x −3,(x >0)0,(x =0)−x 2−2x +3,(x <0).…(2分) 从而可得函数y =f(x)与y =|f(x)|的图象分别如下图所示．…(4分)因为函数g(x)=|f(x)|−a有4个零点，则题设可等价转化为函数y=|f(x)|与函数y=a的图象有4个交点．…(5分)由右上图可知，a=4或0<a≤3，…(6分)即：当a=4或0<a≤3时，函数g(x)=|f(x)|−a有4个零点．…(7分)(Ⅱ)令f(x)=4得，x=2√2+1或−1，…(8分)因为f(x)是定义在R上的奇函数，当f(x)=−4时，解得x=−2√2−1或1…(9分)结合左上图可知，|f(x+1)|≤4⇔−2√2−1≤x+1≤2√2+1，…(10分)即：−2√2−2≤x≤2√2.…(11分)所以所求解集为[−2√2−2,2√2].…(12分)解析：(Ⅰ)利用f(x)是定义在R上的奇函数，求出函数的解析式，画出函数y=f(x)与y=|f(x)|的图象，利用函数g(x)=|f(x)|−a有4个零点，转化为函数y=|f(x)|与函数y=a的图象有4个交点．推出实数a的取值范围即可．(Ⅱ)令f(x)=4得，x=2√2+1或−1，利用函数f(x)是定义在R上的奇函数，结合图象，求解即可．本题考查函数与方程的应用，函数的图象的应用，考查数形结合思想以及转化思想的应用，考查计算能力．。
2020年浙江省温州市高考数学二模试卷(理科)含答案解析
浙江省温州市2020年高考数学二模试卷（理科）（解析版）一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40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U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，则A∩∁U B=（）A．{3}B．{1，2，4，5} C．{1，2}D．{1，3，5}2．已知实数x，y满足，则z=x﹣y（）A．最小值为﹣1，不存在最大值B．最小值为2，不存在最大值C．最大值为﹣1，不存在最小值D．最大值为2，不存在最小值3．直线l1：mx+y﹣1=0与直线l2：（m﹣2）x+my﹣1=0，则“m=1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（）A．4 B．C．8 D．5．设集合S={A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算⊕为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3．若（A2⊕A3）⊕A m=A0，则m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．36．点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C 的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是（）A．射线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．抛物线7．数列{a n}是递增数列，且满足a n+1=f（a n），a1∈（0，1），则f（x）不可能是（）A ．f （x ）=B ．f （x ）=2x ﹣1C ．f （x ）=D ．f （x ）=log 2（x +1）8．棱长为2的正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为（ ）A ．2B ．C ．D ．2二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分） 9．以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是 ，离心率为 ． 10．函数的图象如图所示，则ω= ，φ= ．11．已知等差数列{a n }的公差为﹣3，且a 3是a 1和a 4的等比中项，则通项a n = ，数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为 ． 12．设奇函数f （x ）=，则a +c 的值为 ，不等式f （x ）＞f （﹣x ）在x ∈[﹣π，π]上的解集为 ． 13．若正数a ，b 满足log 2a=log 5b=lg （a +b ），则的值为 ．14．若存在x 0∈[﹣1，1]使得不等式10002124+≤+•-x x x a 成立，则实数a 的取值范围是 ．15．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，M，N分别为线段BC，CD上的点，且满足，若，则x+y的最小值为．三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=，sinA=．（Ⅰ）求sinC的值；（II）设D为AC的中点，若△ABC的面积为8，求BD的长．17．如图，矩形ABCD中，=λ（λ＞1），将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C﹣AB﹣E为直二面角．（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；（2）设F是BE的中点，二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．18．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）的图象过点（1，0）．（1）记函数f（x）在[0，2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0，2]，存在x2∈[0，2]，使得f（x1）+f（x2）＞a，求的取值范围．19．已知椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形．（1）求该椭圆方程；（2）过x轴上的一点M（m，0）作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2+|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．=n2﹣m2 20．设正项数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n，m∈N+，n＞m，均有a2n+m a2n﹣m成立．（1）求a2，a3的值，并求{a n}的通项公式；+a2n+1与2a2n的大小；（2）（ⅰ）比较a2n﹣1（ⅱ）证明：a2+a4+…+a2n＞．2020年浙江省温州市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40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U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，则A∩∁U B=（）A．{3}B．{1，2，4，5} C．{1，2}D．{1，3，5}【分析】由全集U及B，求出B的补集，找出A与B补集的交集即可．【解答】解：∵全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，∴∁U B={1，2}，则A∩∁U B={1，2}，故选：C．【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．2．已知实数x，y满足，则z=x﹣y（）A．最小值为﹣1，不存在最大值B．最小值为2，不存在最大值C．最大值为﹣1，不存在最小值D．最大值为2，不存在最小值【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=x﹣y，得y=x﹣z表示，斜率为1纵截距为﹣z的一组平行直线，平移直线y=x﹣z，当直线y=x﹣z经过点A时，即和直线AD：x﹣y=﹣1平行时，直线y=x ﹣z的截距最大，此时z最小，最小为﹣1，无最大值，故选：A．【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决．3．直线l1：mx+y﹣1=0与直线l2：（m﹣2）x+my﹣1=0，则“m=1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】对m分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．【解答】解：当m=0时，两条直线分别化为：y﹣1=0，2x+1=0，此时两条直线相互垂直，∴m=0．当m≠0时，若l1⊥l2，则﹣m（﹣）=﹣1，解得m=1．综上可得：m=0，或m=1，故“m=1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（）A．4 B．C．8 D．【分析】由三视图知该几何体是一个四棱锥，由三视图求出几何元素的长度，由锥体的体积公式求出几何体的体积．【解答】解：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个矩形：两条边分别是4、2，且四棱锥的高是2，∴几何体的体积V==，故选：B．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，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．5．设集合S={A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算⊕为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3．若（A2⊕A3）⊕A m=A0，则m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根据新定义进行推理计算即可．【解答】解：∵2+3=5，5除4的余数为1，∴A2⊕A3=A1，则A1⊕A m=A0，则1+m是4的倍数，则m=3，故选：D．【点评】本题主要考查推理的应用，根据新定义是解决本题的关键．比较基础．6．点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C 的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是（）A．射线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．抛物线【分析】根据题意可知|PC|﹣r=|PA|，即P到C与A的距离之差为常数，故而P在双曲线上运动．【解答】解：设圆C的半径为r，由题意可知P到圆C的距离为|PC|﹣r，∴|PC|﹣r=|PA|，即|PC|﹣|PA|=r．∴P点轨迹为以A，C为焦点的双曲线靠近A点的一只．故选：C．【点评】本题考查了圆锥曲线的定义，属于基础题，7．数列{a n}是递增数列，且满足a n+1=f（a n），a1∈（0，1），则f（x）不可能是（）A．f（x）=B．f（x）=2x﹣1 C．f（x）=D．f（x）=log2（x+1）【分析】A．由a1∈（0，1），可得＞a n，即可判断出数列{a n}的单调性；B．由a1∈（0，1），不妨取a1=，则a2=﹣1=﹣1，即可判断出数列{a n}的单调性；C：f（x）=，令2x﹣x2≥0，可得得0≤x≤2．由f（x）==，利用二次函数的单调性及其a1∈（0，1），即可判断出数列{a n}的单调性；D．利用几何画板画出图象y=log2（x+1），y=x，可知：在x∈（0，1）时，log2（x+1）＞x，即可判断出数列{a n}的单调性．【解答】解：对于A．∵a1∈（0，1），∴＞a n，可得数列{a n}是递增数列；对于B．∵a1∈（0，1），不妨取a1=，则a2=﹣1=﹣1，因此数列{a n}不是递增数列；对于C：f（x）=，令2x﹣x2≥0，解得0≤x≤2．由f（x）==，可知：当0≤x≤1时，函数f（x）单调递增；当1≤x≤2时，函数f（x）单调递减．∵a1∈（0，1），∴数列{a n}是递增数列；对于D．利用几何画板画出图象y=log2（x+1），y=x，可知：在x∈（0，1）时，log2（x+1）＞x，∴a n+1=log2（a n+1）＞a n，因此数列{a n}是递增数列．故选：B．【点评】本题考查了数列的单调性，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．8．棱长为2的正方形ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A．2 B． C． D．2【分析】由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，求出MN，即可得出结论．【解答】解：由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM=2．EN=，∠MEN=135°，∴MN==．故选：B．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）9．以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是y=±x，离心率为．【分析】由椭圆=1的焦点坐标为（，0），长轴顶点为（±2，0），求出双曲线的标准方程，由此能求出结果．【解答】解：∵椭圆=1的焦点坐标为（，0），长轴顶点为（±2，0），∴以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的标准方程为：=1，∴双曲线的渐近线方程是y=±x，离心率e==．故答案为：，．【点评】本题考查双曲线的渐近线方程和离心率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆、双曲线的性质的合理运用．10．函数的图象如图所示，则ω=2，φ=．【分析】通过函数的图象，求出T然后求出ω，利用图象经过（π，0）求出φ的值．【解答】2，解：由图象可知T=π，，则ω=2，∵函数经过点（π，1），∴1=2sin（2×π+φ），sinφ=，|φ|＜，故φ=；故答案为2，．【点评】本题是基础题，考查三角函数的图象的应用，学生的视图能力，注意角的范围的应用．11．已知等差数列{a n}的公差为﹣3，且a3是a1和a4的等比中项，则通项a n=﹣3n+15，数列{a n}的前n项和S n的最大值为30．【分析】由题意可得（a1﹣6）2=a1（a1﹣6），解之可得a1，代入通项公式得到a n=﹣3n+15，再判断数列{a n}的前n项和S n的最大值的n的情况，即可求出，【解答】解：由题意可得（a1﹣6）2=a1（a1﹣9），解得a1=12，∴a n=12+（n﹣1）×（﹣3）=﹣3n+15，∴a n=﹣3n+15≥0，解得n≤5，∴S5=5×12+=30，故答案为：﹣3n+15，30．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式和等比中项的定义，属基础题．12．设奇函数f（x）=，则a+c的值为0，不等式f（x）＞f（﹣x）在x∈[﹣π，π]上的解集为．【分析】根据函数奇偶性的定义和性质求出a，b，c的值，利用分类讨论的思想进行求解即可得到结论．【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴f（0）=0，即f（0）=acos0﹣sin0+c=a+c=0，即a+c=0，则f（x）=，若x＜0，则﹣x＞0，则f（﹣x）=acosx+sinx﹣a=﹣cosx﹣bsinx﹣a，则a=﹣1，b=﹣，c=1，即f（x）=，若0≤x≤π，则由f（x）＞f（﹣x）得﹣cosx﹣sinx+1＞cosx+sinx﹣1，即cosx+sinx＜1，即cos（x﹣）＜，∵0≤x≤π，∴﹣≤x﹣≤，则＜x﹣≤，即＜x≤π，若﹣π≤x＜0，则由f （x ）＞f （﹣x ）得cosx ﹣sinx ﹣1＞﹣cosx +sinx +1，即cosx ﹣sinx ＞1，即cos （x +）＞， ∵﹣π≤x ＜0，∴﹣≤x +＜，则﹣＜x +＜，即﹣＜x ＜0，综上不等式的解集为，故答案为：．【点评】本题主要考查不等式的求解，根据函数奇偶性的性质求出a ，b ，c 的值，利用分类讨论的思想结合三角函数的图象和性质是解决本题的关键．13．若正数a ，b 满足log 2a=log 5b=lg （a +b ），则的值为 1 ．【分析】设log 2a=log 5b=lg （a +b ）=k ，可得a=2k ，b=5k ，a +b=10k ，可得a +b=ab ．即可得出． 【解答】解：设log 2a=log 5b=lg （a +b ）=k ， ∴a=2k ，b=5k ，a +b=10k ， ∴ab=10k ， ∴a +b=ab ， 则=1．故答案为：1．【点评】本题考查了对数与指数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．若存在x 0∈[﹣1，1]使得不等式10002124+≤+•-x x x a 成立，则实数a 的取值范围是[0，] ．【分析】将不等式进行等价转化，利用换元法，结合基本不等式的性质进行转化求解，建立不等式关系进行求解即可得到结论． 【解答】解：不等式|4﹣a2+1|≤2等价为≤2，即|2+﹣a |≤2，即﹣2≤2+﹣a≤2，即a﹣2≤2+≤2+a，设t=2，当x0∈[﹣1，1]是t∈[，2]，设y=t+，则函数在[，1]上是减函数，在[1，2]上是增函数，则当t=1时，函数取得最小值y=1+1=2，当t=2或t=，函数取得最大值y=+2=，则2≤y≤，∵即a﹣2≤y≤2+a，∴若[a﹣2，a+2]与[2，]没有公共点，则a+2＜2或a﹣2＞，即a＜0或a＞，则若[a﹣2，a+2]与[2，]有公共点，则0≤a≤，故答案为：[0，]【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，将不等式进行转化，利用不等式求出不等式的范围，建立不等式关系是解决本题的关键．15．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，M，N分别为线段BC，CD上的点，且满足，若，则x+y的最小值为．【分析】由题意建立平面直角坐标系，设点M（3，a），N（b，4），0＜a＜4，0＜b＜3；求得b=，a=，从而可得+=（x+y﹣1）2，再设x+y=m，则x=m﹣y；利用判别式即可求出m的最小值．【解答】解：由题意建立如图所示坐标系，如图所示；设点M（3，a），N（b，4），且0＜a＜4，0＜b＜3；∵=（3，4），=（3，a），=（b，4）；又∵=x+y，∴（3，4）=x（3，a）+y（b，4），即，∴b=，a=，∴+=+=+=1，即+=（x+y﹣1）2，设x+y=m，则x=m﹣y；则+=（m﹣1）2，即25y2﹣18my+9m2﹣144（m﹣1）2=0，故△=（18m）2﹣4×25×（9m2﹣144（m﹣1）2）≥0，即24m2﹣50m+25≥0，解得，m≥或m≤（舍去）；∴x+y的最小值．故答案为：．【点评】本题考查了平面向量的应用问题，也考查了数形结合的思想与转化思想的应用问题，是较难的题目．三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=，sinA=．（Ⅰ）求sinC的值；（II）设D为AC的中点，若△ABC的面积为8，求BD的长．【分析】（1）利用向量的数量积和正玄定理得出sinBcosA=sinAcosB，根据三角公式得出A=B，根据诱导公式求解即可．（2）利用面积公式，以及余弦定理求解即可．【解答】解：在△ABC中，∵=，∴cbcosA=cacosB，即bcosA=acosB，sinBcosA=sinAcosB，sin（A﹣B）=0，∴A=B，∵sinA=．∴sinC=sin（π﹣2A）=sin（2A）=2sinAcosA=2××=．（2）设AC=BC=m，∵△ABC的面积为8，∴×=，m=3，cosC=，根据余弦定理得出：BD2=m2×=m2=BD=．【点评】本题考查了向量数量积以及正弦定理和余弦定理的运用，在判断三角形形状时，要注意对角的范围进行分析，即求角的大小需要两个条件：该角的一个三角函数值和该角的范围，缺一不可，正、余弦定理是解三解形必用的数学工具17．如图，矩形ABCD中，=λ（λ＞1），将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C﹣AB﹣E为直二面角．（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；（2）设F是BE的中点，二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．【分析】（Ⅰ）推导出AB⊥BC，BC⊥AE，从而AE⊥平面BCE，由此能证明平面ACE⊥平面BCE．（Ⅱ）以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出cosθ的取值范围．【解答】（本题15分）证明：（Ⅰ）∵二面角C﹣AB﹣E为直二面角，AB⊥BC，∴BC⊥AE平面，∴BC⊥AE…（2分）∵AE⊥CE，BC∩CE=C，∴AE⊥平面BCE…（4分）∵AE⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE…（6分）解：（Ⅱ）如图，以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立如图空间直角坐标系，则AB=λ…（8分）则设平面EAC的法向量为则，取x=1，则…（10分）同理设平面FAC的法向量为…（12分）∴…（14分）∵…（15分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．18．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）的图象过点（1，0）．（1）记函数f（x）在[0，2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0，2]，存在x2∈[0，2]，使得f（x1）+f（x2）＞a，求的取值范围．【分析】（1）方法一：由f（x）是开口向上的抛物线，可得：M=max{f（0），f（2）}，即，两式相加可得a的最大值；方法二：=，结合M≤1，可得a的最大值（2）存在，使，结合二次函数的图象和性质，分类讨论，最后综合讨论结果，可得答案．【解答】解：（1）∵f（x）过点（1，0），∴f（1）=a+b+c=0，…（1分）∴c=﹣a﹣b，f（x）=ax2+bx﹣a﹣b∵f（x）是开口向上的抛物线，∴M=max{f（0），f（2）}…（3分）∴…（5分）两式相加得a≤1，即a的最大值为1…（6分）解法二：由解得：=≤=1 …（6分）（2）由题意，存在，使，∴…（8分）∵a+b+c=0∴f（x）=ax2+bx﹣a﹣b其对称轴为①当，即时，f（x）在[0，2]上单调递增，∴∴＞0均符合题意…（10分）②当，即时，f（x）在[0，]上递减，在[，2]上递增且f（0）＜f（2），∴∴由得：，符合题意…（12分）③当，即时，f（x）在[0，]上递减，在[，2]上递增且f（0）≥f（2），∴由得：∴符合题意…（13分）④当即时，f（x）在[0，2]上单调递减，∴，∴均符合题意…（14分）综上所述：∴或…（15分）【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．19．已知椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形．（1）求该椭圆方程；（2）过x轴上的一点M（m，0）作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2+|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）根据题意，有，由此能求出椭圆方程．（Ⅱ）联立方程组，得：（3+4k2）x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件推导出|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意．【解答】（本题15分）解：（Ⅰ）∵椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形，∴根据题意，有…（4分）解得：，故所求椭圆方程为．…（6分）（Ⅱ）联立方程：，整理得：（3+4k2）x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0在△＞0的情况下有：…（9分）令﹣24k2+18=0，得，即…（13分）此时|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意，…（15分）【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数是否存在的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式的合理运用．20．设正项数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n，m∈N+，n＞m，均有a2n+m a2n=n2﹣m2﹣m成立．（1）求a2，a3的值，并求{a n}的通项公式；+a2n+1与2a2n的大小；（2）（ⅰ）比较a2n﹣1（ⅱ）证明：a2+a4+…+a2n＞．【分析】（1）先令m=1，求得a3，n=m+2，求得a2，分类讨论n为奇数或偶数，分别求得通项公式，+a2n+1与2a2n的通项公式，化简、比较大小，采用分析法，写出所以偶数项和奇（2）a2n﹣1数项整理即可．【解答】解：（1）令m=1，得，从而，所以，令n=m+2，得从而，，又=，∴，，从而，∴当n为偶数时，；令n=m+1，，可知当n为奇数时，综上可得（n∈N+）．+a2n+1﹣2a2n（2）（i）a2n﹣1==＜0，+a2n+1＜2a2n所以a2n﹣1（ii）即证明由（i）得，，…，将上述的n个式子相加，得所以，所以，只需证，事实上，当k=0，1，2，…，n时，+﹣1﹣=﹣≥0，（∵，1），∴从而。
2020年河南省郑州市高考数学二模试卷和答案(理科)
2020年河南省郑州市高考数学二模试卷（理科）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．（5分）已知集合A＝{x|a+1≤x≤3a﹣5}，B＝{x|3＜x＜22}，且A ∩B＝A，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，9]B．（﹣∞，9）C．[2，9]D．（2，9）2．（5分）已知复数z＝（其中i是虚数单位，满足i2＝﹣1）则z 的共轭复数是（）A．1﹣2i B．1+2i C．﹣2+i D．﹣1+2i 3．（5分）郑州市2019年各月的平均气温（°C）数据的茎叶图如图：则这组数据的中位数是（）A．20B．21C．20.5D．234．（5分）圆（x+2）2+（y﹣12）2＝4关于直线x﹣y+8＝0对称的圆的方程为（）A．（x+3）2+（y+2）2＝4B．（x+4）2+（y﹣6）2＝4C．（x﹣4）2+（y﹣6）2＝4D．（x+6）2+（y+4）2＝4 5．（5分）在边长为30米的正六边形广场正上空悬挂一个照明光源，已知这个光源发出的光线过旋转轴的截面是一个等腰直角三角形，要使整个广场都照明，光源悬挂的高度至少为（）A．30米B．20米C．15米D．15米6．（5分）若α∈（，π），则2cos2α＝sin（﹣α），则sin2α的值为（）A．B．﹣C．1D．7．（5分）在如图所示的程序框图中，若输出的值是4，则输入的x 的取值范围是（）A．（2，十∞）B．（2，4]C．（4，10]D．（4，+∞）8．（5分）为了研究国民收人在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示．劳伦茨曲线为直线OL时，表示收人完全平等•劳伦茨曲线为折线OKL 时，表示收入完全不平等．记区域A为不平等区域，a表示其面积，s为△OKL的面积．将Gini＝，称为基尼系数对于下列说法：①Gini越小，则国民分配越公平；②设劳伦茨曲线对应的函数为y＝f（x），则对∀x∈（0，1），均有＞1；③若某国家某年的劳伦茨曲线近似为y＝x2（x∈[0，1]），则Gini ＝；④若某国家某年的劳伦茨曲线近似为y＝x3（x∈[0，1]），则Gini ＝．其中不正确的是（）A．①④B．②③C．①③④D．①②④9．（5分）2019年10月1日是中华人民共和国成立70周年国庆日，将2，0，1，9，10按照任意次序排成一行，拼成一个6位数，则产生的不同的6位数的个数为（）A．96B．84C．120D．360 10．（5分）已知等差数列{a n}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，S n为数列{a n}的前n项和，则的最小值为（）A．4B．3C．2﹣2D．211．（5分）《九章算术》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”．现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A．πB．2πC．6πD．24π12．（5分）过双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点F作直线y ＝﹣x的垂线，垂足为A，交双曲线左支于B点，若＝2，则该双曲线的离心率为（）A．B．2C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）二项式（x+）6展开的所有项的系数和为，展开式中的常数项是．14．（5分）已知函数f（x）＝﹣，g（x）＝x•cosx﹣sinx，当x∈[﹣4π，4π]且x≠0时，方程f（x）＝g（x）根的个数是．15．（5分）已知四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°．AD ＝l，BC＝2，M是AB边上的动点，则||的最小值为．16．（5分）设函数的图象上存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形（其中0为坐标原点），且斜边的中点恰好在y轴上，则实数m的取值范围是．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．（12分）已知数列{a n}为公差不为零的等差数列，S7＝77，且满足a112＝a1•a61．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}满足，且，求数列{b n}的前n项和T n．18．（12分）由团中央学校部、全国学联秘书处、中国青年报社共同举办的2018年度全国“最美中学生“寻访活动结果出炉啦，此项活动于2018年6月启动，面向全国中学在校学生，通过投票方式寻访一批在热爱祖国、勤奋学习、热心助人、见义勇为等方面表现突出、自觉树立和践行社会主义核心价值观的“最美中学生”．现随机抽取了30名学生的票数，绘成如图所示的茎叶图，若规定票数在65票以上（包括65票）定义为风华组．票数在65票以下（不包括65票）的学生定义为青春组．（Ⅰ）在这30名学生中，青春组学生中有男生7人，风华组学生中有女生12人，试问有没有90%的把握认为票数分在青春组或风华组与性别有关；（Ⅱ）如果用分层抽样的方法从青春组和风华组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，那么至少有1人在青春组的概率是多少？（Ⅲ）用样本估计总体，把频率作为概率，若从该地区所有的中学（人数很多）中随机选取4人，用ξ表示所选4人中青春组的人数，试写出ξ的分布列，并求出ξ的数学期望．附：；其中n＝a+b+c+d独立性检验临界表：P（K2＞k0）0.1000.0500.010K 2.706 3.841 6.63519．（12分）如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将△ACD 折起，使得点D在平面ABC上的射影恰好落在边AB上．（1）求证：平面ACD⊥平面BCD；（2）当时，求二面角D﹣AC﹣B的余弦值．20．（12分）在平面直角坐标系xOy内，动点A到定点F（3，0）的距离与A到定直线x＝4距离之比为．（Ⅰ）求动点A的轨迹C的方程；（Ⅱ）设点M，N是轨迹C上两个动点直线OM，ON与轨迹C 的另一交点分别为P，Q，且直线OM，ON的斜率之积等于﹣，问四边形MNPQ的面积S是否为定值？请说明理由．21．（12分）已知函数．（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝在x＝1处的切线方程；（Ⅱ）讨论函数F（x）＝在（0，十∞）上的单调性．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程] 22．（10分）在极坐标系中，圆C的方程为ρ＝2asinθ（a＞0）．以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，设直线l的参数方程为（t为参数）．（Ⅰ）求圆C的标准方程和直线l的普通方程；（Ⅱ）若直线l与圆C交于A，B两点，且．求实数a 的取值范围？[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+1|﹣a|x﹣1|．（Ⅰ）当a＝﹣2时，解不等式f（x）＞5；（Ⅱ）若（x）≤a|x+3|，求a的最小值．2020年河南省郑州市高考数学二模试卷（理科）答案与解析一、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．【分析】根据A∩B＝A可得出A⊆B，从而可讨论A是否为空集：A＝∅时，a+1＞3a﹣5；A≠∅时，，解出a的范围即可．【解答】解：∵A∩B＝A，∴A⊆B，且A＝{x|a+1≤x≤3a﹣5}，B＝{x|3＜x＜22}，∴①A＝∅时，a+1＞3a﹣5，解得a＜3；②A≠∅时，，解得3≤a＜9，∴综上得，实数a的取值范围是（﹣∞，9）．故选：B．2．【分析】利用复数的运算法则化简z，再根据共轭复数的定义即可得出．【解答】解：复数z＝＝﹣2﹣i，则z的共轭复数是﹣2+i．故选：C．3．【分析】根据茎叶图中的数据，计算这组数据的中位数即可．【解答】解：由茎叶图知，这组数据从小到大排列为：1，2，15，16，18，20，21，23，23，28，32，34，所以中位数是×（20+21）＝20.5．故选：C．4．【分析】一个圆关于直线对称的圆是圆心坐标关于直线对称，半径相等，求出已知圆的圆心坐标及半径，设所求的圆的圆心，可得两个圆心的中垂线为已知直线，进而求出所求的圆心坐标，进而求出圆的方程．【解答】解：由圆（x+2）2+（y﹣12）2＝4可得圆心坐标（﹣2，12），半径为2，由题意可得关于直线x﹣y+8＝0对称的圆的圆心与（﹣2，12）关于直线对称，半径为2，设所求的圆心为（a，b）则解得：a＝4，b＝6，故圆的方程为：（x﹣4）2+（y﹣6）2＝4，故选：C．5．【分析】如图所示，点O为正六边形ABCDEF的中心，△PAD 是一个等腰直角三角形，∠APD＝90°．△OAB为等边三角形，可得OA＝30，利用等腰直角三角形的性质即可得出．【解答】解：如图所示，点O为正六边形ABCDEF的中心，△PAD 是一个等腰直角三角形，∠APD＝90°．△OAB为等边三角形，∴OA＝30，∵OP⊥平面ABCDEF，∴∠OAP＝45°，∴OP＝OA＝30．要使整个广场都照明，光源悬挂的高度至少为30m．故选：A．6．【分析】由条件利用两角和的正弦公式、二倍角公式求得，cosα﹣sinα，或cosα+sinα的值，由此求得sin2α的值．【解答】解：法1：∵α∈（，π），且2cos2α＝sin（﹣α），∴2（cos2α﹣sin2α）＝（sinα﹣cosα），∴cosα+sinα＝﹣，或cosα﹣sinα＝0（根据角的取值范围，此等式不成立排除）．∵cosα+sinα＝，则有1+sin2α＝，sin2α＝﹣；故选：B．法2：∵α∈（，π），∴2α∈（π，2π），∴sin2α＜0，综合选项，故选：B．7．【分析】根据题意i＝3，循环三次，可通过循环三次解出x．【解答】解：根据结果，3[3（3x﹣2）﹣2]﹣2≤82，且3{3[3（3x﹣2）﹣2]﹣2}﹣2＞82，解之得2＜x≤4，故选：B．8．【分析】可由当Gini＝，则a越小，不平等区域越小，越公平，进行判断①，f（x）＜x，则对∀x∈（0，1），均有＜1，可由判断②，先积分求a，再求Gini，判断③④【解答】解：①：由题意知A为不平等区域，a表示其面积，s为△OKL的面积．当Gini＝，则a越小，不平等区域越小，越公平，①对，②：由图可知f（x）＜x，则对∀x∈（0，1），均有＜1，②错；③：若某国家某年的劳伦茨曲线近似为y＝x2（x∈[0，1]），a＝，Gini＝，③错，④：若某国家某年的劳伦茨曲线近似为y＝x3（x∈[0，1]），a＝，Gini＝，④对，故选：B．9．【分析】根据题意，由排除法分析：先计算将2，0，1，9，10按照任意次序排成一行的排法数目，排除其中“0”在首位和数字“1”和“0”相邻且为“1”在“0”之前中重复的情况数目，分析可得答案．【解答】解：根据题意，将2，0，1，9，10按照任意次序排成一行，“10”是一个整体，有A55＝120种情况，其中数字“0”在首位的情况有：A44＝24种情况，数字“1”和“0”相邻且为“1”在“0”之前的排法有：A44＝24种，则可以产生：120﹣24﹣24+12＝84种，故选：B．10．【分析】a1，a3，a13成等比数列，a1＝1，可得：a32＝a1a13，即（1+2d）2＝1+12d，d≠0，解得d．可得a n，S n．代入利用分离常数法化简后，利用基本不等式求出式子的最小值．【解答】解：∵a1，a3，a13成等比数列，a1＝1，∴a32＝a1a13，∴（1+2d）2＝1+12d，d≠0，解得d＝2．∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．S n＝n+×2＝n2．∴＝＝＝n+1+﹣2≥2﹣2＝4，当且仅当n+1＝时取等号，此时n＝2，且取到最小值4，故选：A．11．【分析】由题意，PB为球的直径，求出PB，可得球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：如图所示，该几何体为四棱锥P﹣ABCD．底面ABCD 为矩形，其中PD⊥底面ABCD．AB＝1，AD＝2，PD＝1．则该阳马的外接球的直径为PB＝．∴该阳马的外接球的表面积为：．故选：C．12．【分析】根据题意直线AB的方程为y＝（x﹣c）代入双曲线渐近线方程，求出A的坐标，进而求得B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．【解答】解：设F（c，0），则直线AB的方程为y＝（x﹣c）代入双曲线渐近线方程y＝﹣x得A（，﹣），由＝2，可得B（﹣，﹣），把B点坐标代入双曲线方程﹣＝1，即＝1，整理可得c＝a，即离心率e＝＝．故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．【分析】令x＝1得所有项的系数和，然后求出通项公式，结合常数项的条件进行求解即可．【解答】解：令x＝1得所有项的系数和为（1+2）6＝36＝729，通项公式T k+1＝C x6﹣k•（）k＝C•2k•x6﹣2k，k＝0，1， (6)令6﹣2k＝0得k＝3，即常数项为T4＝C•23＝20×8＝160，故答案为：729，16014．【分析】先对两个函数分析可知，函数f（x）与g（x）都是奇函数，且f（x）是反比例函数，g（x）在[0，π]上是减函数，在[π，2π]上是增函数，在[2π，3π]上是减函数，在[3π，4π]上是增函数；且g（0）＝0，g（π）＝﹣π；g（2π）＝2π；g（3π）＝﹣3π；g （4π）＝4π；从而作出函数的图象，由图象求方程的根的个数即可．【解答】解：g′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx；令g′（x）＝0得x＝kπ，k∈Z．∴g（x）在[0，π]上是减函数，在[π，2π]上是增函数，在[2π，3π]上是减函数，在[3π，4π]上是增函数；且g（0）＝0，g（π）＝﹣π；g（2π）＝2π；g（3π）＝﹣3π；g （4π）＝4π故作函数f（x）与g（x）在[0，4π]上的图象如下，结合图象可知，两图象在[0，4π]上共有4个交点；又f（x），g（x）都是奇函数，且f（x）不经过原点，∴f（x）与g（x）在[﹣4π，4π]上共有8个交点，故f（x）＝g（x）有8个零点．故答案为：8．15．【分析】建立平面直角坐标系，用坐标表示向量，求出向量+的模长表达式，再求最小值．【解答】解：建立平面直角坐标系，如图所示，设A（0，a），M（0，b），且0≤b≤a；则C（2，0），D（1，a）；所以＝（2，﹣b），＝（1，a﹣b）；所以+＝（3，a﹣2b），所以＝9+（a﹣2b）2，当且仅当a﹣2b＝0，即a＝2b时，||取得最小值为＝3．故答案为：3．16．【分析】曲线y＝f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．设P（t，f（t））（t＞0），则Q（﹣t，t3+t2），运用向量垂直的条件：数量积为0，构造函数h（x）＝（x+1）lnx （x≥e），运用导数判断单调性，求得最值，即可得到m的范围．【解答】解：假设曲线y＝f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（﹣t，t3+t2），∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，∴＝0，即﹣t2+f（t）（t3+t2）＝0 ①．若方程①有解，存在满足题设要求的两点P、Q；若方程①无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．若0＜t＜e，则f（t）＝﹣t3+t2代入①式得：﹣t2+（﹣t3+t2）（t3+t2）＝0，即t4﹣t2+1＝0，而此方程无解，因此t≥e，此时f（t）＝lnt，代入①式得：﹣t2+（lnt）（t3+t2）＝0，即m＝（t+1）lnt②，令h（x）＝（x+1）lnx（x≥e），则h′（x）＝lnx+1+＞0，∴h（x）在[e，+∞）上单调递增，∵t≥e，∴h（t）≥h（e）＝e+1，∴h（t）的取值范围是[e+1，+∞）．∴对于m≥e+1，方程②总有解，即方程①总有解．故答案为：[e+1，+∞）．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．【分析】本题第（Ⅰ）题先设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），然后根据题干可列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d 的值，即可计算出数列{a n}的通项公式；第（Ⅱ）题由题干可得．根据递推公式的特点可用累加法计算出数列{}的通项公式，接着计算出数列{b n}的通项公式，然后运用裂项相消法计算前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）由题意，设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则解得．∴a n＝5+2•（n﹣1）＝2n+3，n∈N*．（Ⅱ）依题意，由，可得．则当n≥2时，＝（n﹣1）（n﹣2+5）+3＝n（n+2）．当n＝1时，，即＝3也满足上式，∴＝n（n+2），∴b n＝＝（﹣），n∈N*．T n＝b1+b2+b3+b4+…+b n﹣1+b n＝（1﹣）+（﹣）+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）+（﹣）＝（1﹣+﹣+﹣+﹣+…+﹣+﹣）＝（1+﹣﹣）＝．18．【分析】（I）作出2×2列联表，求出k2≈1.83＜2.706，从而没有90%的把握认为成绩分在青春组或风华组与性别有关．（Ⅱ）用A表示“至少有1人在青春组”，利用对立事件概率计算公式能求出至少有1人在青春组的概率．（III）由题知，抽取的30名学生中有12名学生是青春组学生，抽取1名学生是青春组学生的概率为，从所有的中学生中抽取1名学生是甲组学生的概率是，ξ服从二项分布．由此能求出ξ的分布列、数学期望．【解答】解：（I）作出2×2列联表：青春组风华组合计男生7613女生51217合计121830由列联表数据代入公式得，因为1.83＜2.706，故没有90%的把握认为成绩分在青春组或风华组与性别有关．（Ⅱ）用A表示“至少有1人在青春组”，则至少有1人在青春组的概率为．（III）由题知，抽取的30名学生中有12名学生是青春组学生，抽取1名学生是青春组学生的概率为，那么从所有的中学生中抽取1名学生是甲组学生的概率是，又因为所取总体数量较多，抽取4名学生可以看出4次独立重复实验，于是ξ服从二项分布．ξ的取值为0，1，2，3，4．且．所以得ξ的分布列为：ξ01234P数学期望．19．【分析】（1）设点D在平面ABC上的射影为点E，连结DE推导出DE⊥BC，AB⊥BC，从而BC⊥平面ABD，进而BC⊥AD，又AD⊥CD，从而AD⊥平面BCD，由此能证明平面ACD⊥平面BCD．（2）过点D作AC的垂线，垂足为M，连结ME，则DE⊥AC，AC⊥平面DME，EM⊥AC，从而∠DMC是二面角D﹣AC﹣B的平面角，由此能求出二面角D﹣AC﹣B的余弦值．【解答】证明：（1）设点D在平面ABC上的射影为点E，连结DE，则DE⊥平面ABC，∴DE⊥BC，∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥AD，又AD⊥CD，∴AD⊥平面BCD，而AD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面BCD．解：（2）在矩形ABCD中，过点D作AC的垂线，垂足为M，连结ME，∵DE⊥平面ABC，∴DE⊥AC，又DM∩DE＝D，∴AC⊥平面DME，∴EM⊥AC，∴∠DMC是二面角D﹣AC﹣B的平面角，设AD＝a，则AB＝2a，在△ADC中，由题意得AM＝，DM＝a，在△AEM中，，解得EM＝a，∴cos∠DME＝＝．∴二面角D﹣AC﹣B的余弦值为．20．【分析】（I）先设A的坐标，然后根据题意列出方程，进行化简即可求解A的轨迹方程；（II）由已知结合直线的斜率公式进行化简，然后结合三角形的面积公式及已知椭圆的性质可求．【解答】解（I）设A（x，y），由题意，，化简得x2+4y2＝12，所以，动点A的轨迹C的方程为，（Ⅱ）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则由斜率之积，得，，因为点M，N在椭圆C上，所以．所以＝（）（3﹣），化简得．直线AB的方程为（y2﹣y1）x﹣（x2﹣x1）y+x2y1﹣x1y2＝0，原点O到直线MN的距离为．所以，△MON的面积，根据椭圆的对称性，四边形MNPQ的面积S＝2|x1y2﹣x2y1|，所以，，＝4[﹣]，＝，所以S＝12．所以，四边形MNPQ的面积为定值12．21．【分析】（I）把a＝1代入后对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程．（II）先对F（x）求导，然后结合导数与单调性的关系对a进行分类讨论，确定导数的符号，进而可求函数的单调性．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，曲线．．x＝1时，切线的斜率为，又切线过点（1，0）所以切线方程为x﹣2y﹣1＝0，（Ⅱ），，当a＜0时，F'（x）＜0，函数F（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，令，，当△≤0时，即0＜a≤4，k（x）≥0，此时F'（x）≥0，函数F （x）在（0，+∞）上单调递增；当△＞0时，即a＞4，方程有两个不等实根x1＜x2，所以0＜x1＜1＜x2，此时，函数F（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增；在（x1，x2）上单调递减．综上所述，当a＜0时，F（x）的单减区间是（0，+∞）；当a＞4时，F（x）的单减区间是，单增区间是当0＜a≤4时，F（x）单增区间是（0，+∞）．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程] 22．【分析】（Ⅰ）利用极坐标方程进行转化即可求圆C的标准方程，消去参数即可求直线l的普通方程；（Ⅱ）利用直线和圆相交的弦长公式进行转化求解即可．【解答】解：（Ⅰ）∵ρ＝2asinθ（a＞0）．∴ρ2＝2aρsinθ，即x2+y2＝2ay，即x2+（y﹣a）2＝a2，（a＞0）．则圆C的标准方程为x2+（y﹣a）2＝a2，（a＞0）．由，消去参数t得4x﹣3y+5＝0，即直线l的普通方程为4x﹣3y+5＝0；（Ⅱ）由圆的方程得圆心C（0，a），半径R＝a，则圆心到直线的距离d＝，∵．∴2≥a，即a2﹣d2≥a2，则d2≤，即d≤，则≤，则﹣≤≤，由得得≤a≤10．即实数a的取值范围是≤a≤10．[选修4-5：不等式选讲]23．【分析】（Ⅰ）将a＝2代入f（x），表示出f（x）的分段形式，结合函数的单调性求出不等式的解集即可；（Ⅱ）问题转化为≤，求出a的最小值即可．【解答】解：（Ⅰ）当a＝﹣2时，f（x）＝，由f（x）的单调性及f（﹣）＝f（2）＝5，得f（x）＞5的解集为{x|x＜﹣，或x＞2}．…（5分）（Ⅱ）由f（x）≤a|x+3|得a≥，由|x﹣1|+|x+3|≥2|x+1|得≤，得a≥．（当且仅当x≥1或x≤﹣3时等号成立）故a的最小值为．…（10分）。
2020年湖北省黄冈中学高考数学二模试卷(理科) (解析版)
2020年湖北省黄冈中学高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．设集合A＝{x|2﹣2x≥0}，B＝{x|y＝ln|x|}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，1]B．（﹣∞，0）∪（0，1]C．[1，+∞）D．（0，1）∪（1，+∞）2．已知i为虚数单位，复数z满足（1+i3）z＝2，则下列判断正确的是（）A．z的虚部为iB．|z|＝2C．z的实部为﹣1D．z在复平面内所对应的点在第一象限3．已知向量，，||＝2，且在方向上的投影为，则•＝（）A．0B．C．﹣1D．﹣244．某学校为了解高三年级学生在线学习情况，统计了2020年4月18日﹣27日（共10天）他们在线学习人数及其增长比例数据，并制成如图所示的条形图与折线图的组合图．根据组合图判断，下列结论正确的是（）A．这10天学生在线学习人数的增长比例在逐日减小B．前5天在线学习人数的方差大于后5天在线学习人数的方差C．这10天学生在线学习人数在逐日增加D．前5天在线学习人数增长比例的极差大于后5天在线学习人数增长比例的极差5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．a＞b＞c6．已知展开式的中间项系数为20，则由曲线和y＝x a围成的封闭图形的面积为（）A．B．C．1D．7．已知角α的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，将角α的终边绕O点顺时针旋转后，经过点（﹣3，4），则sinα＝（）A．B．C．D．8．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称4×5为20最佳分解．当p×q（p≤q且p，q∈N*）是正整数n的最佳分解时，定义函数f（n）＝q﹣p，则数列{f（3n）}（n∈N*）的前2020项的和为（）A．31010+1B．C．D．31010﹣19．甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制．在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，先多得2分者为胜方．在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立在某局双方10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局的概率为（）A．B．C．D．10．若点A为抛物线y2＝4x上一点，F是抛物线的焦点，|AF|＝5，点P为直线x＝﹣1上的动点，则|PA|+|PF|的最小值为（）A．8B．C．D．11．已知函数f（x）＝sin|2x|+2|sin x|cos x，给出下列四个命题：①f（x）是偶函数；②f（x）在区间上单调递增；③f（x）在[﹣2π，2π]有7个零点；④f（x）的最大值为2．其中真命题的个数是（）A．0B．1C．2D．312．已知函数f（x）＝（lnx+1﹣ax）（e x﹣m﹣ax），若存在实数a使得f（x）＜0恒成立，则实数m的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（﹣∞，1）C．（1，2）D．（﹣2，1）二、填空题：13．若实数x，y满足，则z＝x+y的最大值是．14．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a7﹣a4＝6，S7﹣S4＝﹣51，则a n＝．15．如图，F1、F2是双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F1的直线与圆x2+y2＝a2相切，切点为T，且交双曲线的右支于点P，若，则双曲线C的离心率e＝．16．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童．如图的刍童ABCD ﹣EFGH有外接球，且AB＝4，AD＝4，EH＝2，EF＝6，点E到平面ABCD 的距离为4，则该刍童外接球的半径为．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．如图，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，．（1）求A；（2）若AD是BC边的中线，，求△ABC的面积．18．如图1，四边形ABCD是正方形，四边形ADE1F1和BCE2F2是菱形，AB＝2，∠DAF1＝∠CBF2＝60°．分别沿AD，BC将四边形ADE1F1和BCE2F2折起，使E1、E2重合于E，F1、F2重合于F，得到如图2所示的几何体．在图2中，M、N分别是CD、EF的中点．（1）证明：MN⊥平面ABCD；（2）求平面DCN与平面ABF所成锐二面角的余弦值．19．共享单车是互联网大潮下的新产物，是共享经济的先锋官．如今，无论一线二线城市，人群稍密集的区域都会有红黄绿等彩色的二维码单车，带给人们新的出行体验．只要有微信或者支付宝，安装相应共享单车App，仅需很少的费用就可以骑走了，有效的解决了某些场景下的“最后一公里”问题．某共享单车运营公司的市场研究人员为了解公司的经营状况，对该公司最近六个月内的市场占有率进行了统计，设月份代码为x，市场占有率为y（%），得结果如表：年月2019.122020.12020.22020.32020.42020.5x123456y81116151822（1）观察数据，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明（精确到0.001）；（2）求y关于x的线性回归方程，并预测该公司2020年6月份的市场占有率；（3）根据调研数据，公司决定再采购一批单车投入市场，现有采购成本分别为1200元/辆和1000元/辆的甲、乙两款车型，报废年限不相同．考虑到公司的经济效益，该公司决定先对这两款单车各100辆进行科学模拟测试，得到两款单车使用寿命统计如表：1年2年3年4年总计报废年限车辆数车型甲款10205020100乙款153********经测算，平均每辆单车每年可以为公司带来收入600元，不考虑除采购成本之外的其他成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，且用频率估计每辆单车使用寿命的概率，以每辆单车产生利润的期望值为决策依据，如果你是该公司的负责人，你会选择采购哪款车型？参考数据：，，，≈46.6．参考公式：相关系数r＝，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．20．已知椭圆C：（a＞b＞0）过点，离心率，直线l：y＝kx+1与椭圆C交于A，B两点．（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在定点P，使得为定值．若存在，求出点P的坐标和的值；若不存在，请说明理由．21．已知函数f（x）＝e x+cos x﹣2，f'（x）为f（x）的导数．（1）当x≥0时，求f'（x）的最小值；（2）当时，xe x+x cos x﹣ax2﹣2x≥0恒成立，求a的取值范围．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程] 22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：（t1为参数），曲线C2：（t2为参数），且tanθ1tanθ2＝﹣1，点P为曲线C1与C2的公共点．（1）求动点P的轨迹方程；（2）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρcosθ﹣3ρsinθ+10＝0，求动点P到直线l距离的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|x|+|x﹣3|．（1）求不等式的解集；（2）若f（x）的最小值为M，且a+2b+2c＝M（a，b，c∈R），求证：a2+b2+c2≥1．参考答案一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的．1．设集合A＝{x|2﹣2x≥0}，B＝{x|y＝ln|x|}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，1]B．（﹣∞，0）∪（0，1]C．[1，+∞）D．（0，1）∪（1，+∞）【分析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．解：A＝{x|2x≤2}＝{x|x≤1}，B＝{x|x≠0}，∴A∩B＝（﹣∞，4）∪（0，1]．故选：B．2．已知i为虚数单位，复数z满足（1+i3）z＝2，则下列判断正确的是（）A．z的虚部为iB．|z|＝2C．z的实部为﹣1D．z在复平面内所对应的点在第一象限【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．解：由（1+i3）z＝2，得，其实部为1，虚部为1，故A错、C错；z在复平面内所对应的点的坐标为（1，1），在第一象限，故D正确．故选：D．3．已知向量，，||＝2，且在方向上的投影为，则•＝（）A．0B．C．﹣1D．﹣24【分析】根据平面向量数量积的定义，求解即可．解：∵在方向上的投影为，∴||cos＜，＞＝，又||＝4，故选：C．4．某学校为了解高三年级学生在线学习情况，统计了2020年4月18日﹣27日（共10天）他们在线学习人数及其增长比例数据，并制成如图所示的条形图与折线图的组合图．根据组合图判断，下列结论正确的是（）A．这10天学生在线学习人数的增长比例在逐日减小B．前5天在线学习人数的方差大于后5天在线学习人数的方差C．这10天学生在线学习人数在逐日增加D．前5天在线学习人数增长比例的极差大于后5天在线学习人数增长比例的极差【分析】对于A：23﹣24的增长比例在下降，故A错误；对于B：由条形图可得前五天学习人数的方差小，故B错误；对于C：由条形图可知学习人数在逐日增加，故C正确；对于D：前五天在线学习人数增长比例的极差小于后五天在线学习人数增长比例的极差，故D错误．解：对于A，由折线图很明显，23﹣24的增长比例在下降，故A错误；对于B，由条形图可得前5天学习人数的变化幅度明显比后5天的小，故方差也小，故B错误；对于D，前5天增长比例的极差大约为15%﹣5%＝10%，后5天增长比例的极差大约为40%﹣5%＝35%，所以前五天在线学习人数增长比例的极差小于后五天在线学习人数增长比例的极差，故D错误．故选：C．5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．a＞b＞c【分析】由已知结合指数函数与对数函数的性质即可比较大小．解：∵，，lnπ＞1，∴，又a＞1，故选：A．6．已知展开式的中间项系数为20，则由曲线和y＝x a围成的封闭图形的面积为（）A．B．C．1D．【分析】首先由展开式的通项求出a，然后利用定积分表示封闭图形的面积，然后计算即可．解：因为展开式的中间项系数为20，所以，解得a＝2，即曲线和y＝x a围成的封闭图形的面积为，故选：A．7．已知角α的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，将角α的终边绕O点顺时针旋转后，经过点（﹣3，4），则sinα＝（）A．B．C．D．【分析】直接利用三角函数的定义和角的变换的应用求出结果．解：∵角α的终边按顺时针方向旋转后得到的角为，由三角函数的定义：可得，，∴＝，故选：B．8．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称4×5为20最佳分解．当p×q（p≤q且p，q∈N*）是正整数n的最佳分解时，定义函数f（n）＝q﹣p，则数列{f（3n）}（n∈N*）的前2020项的和为（）A．31010+1B．C．D．31010﹣1【分析】直接利用分类讨论思想的应用和数列的求和的应用求出结果．解：当n为偶数时，，当n为奇数时，，故选：D．9．甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制．在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，先多得2分者为胜方．在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立在某局双方10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局的概率为（）A．B．C．D．【分析】在比分为10：10后甲先发球的情况下，甲以13：11赢下此局分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲；②后四球胜方依次为乙甲甲甲，由此能求出所求事件概率．解：在比分为10：10后甲先发球的情况下，甲以13：11赢下此局分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为；②后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为，所以，所求事件概率为：，故选：C．10．若点A为抛物线y2＝4x上一点，F是抛物线的焦点，|AF|＝5，点P为直线x＝﹣1上的动点，则|PA|+|PF|的最小值为（）A．8B．C．D．【分析】求出点A为（4，4），画出图形，利用对称性转化求解即可．解：由题意可知，p＝2，F（1，0），由抛物线的定义可知，，∴x A＝4，代入抛物线方程，得，不妨取点A为（4，4），设点F关于x＝﹣6的对称点为E，则E（﹣3，0），故选：D．11．已知函数f（x）＝sin|2x|+2|sin x|cos x，给出下列四个命题：①f（x）是偶函数；②f（x）在区间上单调递增；③f（x）在[﹣2π，2π]有7个零点；④f（x）的最大值为2．其中真命题的个数是（）A．0B．1C．2D．3【分析】先判断f（x）为偶函数，再考虑x≥0时，f（x）的图象和性质，从而可得正确选项．解：f（x）＝sin|2x|+2|sin x|cos x，f（﹣x）＝sin|﹣2x|+2|sin（﹣x）|cos（﹣x）＝sin|5x|+2|sin x|cos x＝f（x），当x≥0时，f（x）＝sin|2x|+2|sin x|cos x＝，又f（x）＝而f（x）在[﹣2π，2π]上有无数个零点，故③错．故选：C．12．已知函数f（x）＝（lnx+1﹣ax）（e x﹣m﹣ax），若存在实数a使得f（x）＜0恒成立，则实数m的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（﹣∞，1）C．（1，2）D．（﹣2，1）【分析】问题可转化为存在实数a，使得直线y＝ax始终在函数g（x）＝lnx+1与函数h （x）＝e x﹣m之间，利用导数的几何意义数形结合解答即可．解：依题意，存在实数a，使得直线y＝ax始终在函数g（x）＝lnx+1与函数h（x）＝e x﹣m之间，考虑直线y＝ax与函数g（x），函数h（x）相切于同一点的情况，作出下图，由图象观察可知，当m＜1时，函数h（x）越偏离函数g（x），符合题意，故选：B．二、填空题：13．若实数x，y满足，则z＝x+y的最大值是5．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，转化求解即可．解：实数x，y满足，在坐标系中画出不等式组表示的平面区域，如图所示．由，解得C（5，3），代入目标函数z＝x+y，得z max＝2+3＝5．故答案为：7．14．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a7﹣a4＝6，S7﹣S4＝﹣51，则a n＝2n﹣29．【分析】设等差数列{a n}的公差为d，利用等差数数列的通项公式、前n项公式求出a6＝﹣17，d＝2，由此能求出通项公式．解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a7﹣a4＝6，S3﹣S4＝﹣51，解得：a6＝﹣17，d＝2，故答案为：2n﹣29．15．如图，F1、F2是双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F1的直线与圆x2+y2＝a2相切，切点为T，且交双曲线的右支于点P，若，则双曲线C的离心率e＝．【分析】连接PF2，过F2作F2Q∥OT，若，通过在Rt△PQF2中，利用勾股定理求解双曲线C的离心率即可．解：连接PF2，过F2作F2Q∥OT，若，则易知|OF1|＝c，|OT|＝a，|TF1|＝|TQ|＝|QP|＝b，|QF2|＝2a，|PF4|＝|PF1|﹣2a＝3b﹣2a，所以双曲线C的离心率．故答案为：．16．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童．如图的刍童ABCD ﹣EFGH有外接球，且AB＝4，AD＝4，EH＝2，EF＝6，点E到平面ABCD 的距离为4，则该刍童外接球的半径为5．【分析】如图，由已知得，球心在上下底面中心连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根据OB＝OG，利用两个直角三角形OO1G与直角三角形OO2B，即可列出外接圆半径的方程，求解即可．解：假设O为刍童外接球的球心，连接HF、EG交于点O1，连接AC、DB交于点O2，由球的几何性质可知O，O1，O2在同一条直线上，由题意可知，OO2⊥平面ABCD，OO1⊥平面EFGH，O2O1＝4．∴．设外接球的半径OG＝OB＝R，∴，解得r＝3．故答案为：5．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．如图，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，．（1）求A；（2）若AD是BC边的中线，，求△ABC的面积．【分析】（1）由已知结合余弦定理可求cos A，进而可求A；（2）由已知结合三角形的内角和定理，诱导公式及正弦定理可得B，C的关系，然后结合正弦定理可求b，c，再由三角形的面积公式即可求解．解：（1）∵，∴，∵8＜A＜π，∴．在三角形ABD中，，在三角形ADC中，，∴sin2B＝sin2C，∴（舍去）或者B＝C．由正弦定理得，故三角形ABC的面积．18．如图1，四边形ABCD是正方形，四边形ADE1F1和BCE2F2是菱形，AB＝2，∠DAF1＝∠CBF2＝60°．分别沿AD，BC将四边形ADE1F1和BCE2F2折起，使E1、E2重合于E，F1、F2重合于F，得到如图2所示的几何体．在图2中，M、N分别是CD、EF的中点．（1）证明：MN⊥平面ABCD；（2）求平面DCN与平面ABF所成锐二面角的余弦值．【分析】（1）连接DF，易知△DEF为等边三角形，故EF⊥DN，EF⊥CN，由线面垂直的判定定理可得EF⊥平面CDN，从而AD⊥平面CDN，AD⊥MN；由等腰三角形的性质可知MN⊥CD；再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）取AB的中点G，连接MG，以M为原点，MG、MC、MN所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，逐一写出M、A、B、G、F的坐标，由法向量性质求得平面ABF的法向量；由（1）知，MG⊥平面CDN，故可取平面CDN的法向量为；再利用空间向量数量积的坐标运算求出cos＜，＞即可得解．【解答】（1）证明：连接DF，由图1知，四边形ADEF为菱形，且∠DEF＝60°，∴△DEF为等边三角形，∴EF⊥DN．又DN∩CN＝N，DN、CN⊂平面CDN，∴EF⊥平面CDN．∵MN⊂平面CDN，∴AD⊥MN．又AD、CD⊂平面ABCD，AD∩CD＝D，∴MN⊥平面ABCD．（2）解：取AB的中点G，连接MG，以M为原点，MG、MC、MN所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，在Rt△DMN中，DM＝1，DN＝EN＝，∴MN＝，∴，设平面ABF的法向量为，由，得，由（1）知，AD⊥平面CDN，∴，故平面DCN与平面ABF所成锐二面角的余弦值为．19．共享单车是互联网大潮下的新产物，是共享经济的先锋官．如今，无论一线二线城市，人群稍密集的区域都会有红黄绿等彩色的二维码单车，带给人们新的出行体验．只要有微信或者支付宝，安装相应共享单车App，仅需很少的费用就可以骑走了，有效的解决了某些场景下的“最后一公里”问题．某共享单车运营公司的市场研究人员为了解公司的经营状况，对该公司最近六个月内的市场占有率进行了统计，设月份代码为x，市场占有率为y（%），得结果如表：年月2019.122020.12020.22020.32020.42020.5x123456y81116151822（1）观察数据，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明（精确到0.001）；（2）求y关于x的线性回归方程，并预测该公司2020年6月份的市场占有率；（3）根据调研数据，公司决定再采购一批单车投入市场，现有采购成本分别为1200元/辆和1000元/辆的甲、乙两款车型，报废年限不相同．考虑到公司的经济效益，该公司决定先对这两款单车各100辆进行科学模拟测试，得到两款单车使用寿命统计如表：报废年限1年2年3年4年总计车辆数车型甲款10205020100乙款153********经测算，平均每辆单车每年可以为公司带来收入600元，不考虑除采购成本之外的其他成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，且用频率估计每辆单车使用寿命的概率，以每辆单车产生利润的期望值为决策依据，如果你是该公司的负责人，你会选择采购哪款车型？参考数据：，，，≈46.6．参考公式：相关系数r＝，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．【分析】（1）求出相关系数，接近1，可用线性回归模型进行拟合；（2）求出回归直线方程的系数，得到回归直线方程，2020年6月份代码x＝7，代入线性回归方程得，推出预报值即可．（3）甲款单车的利润X的分布列，求解乙款单车的利润Y的分布列与期望，比较两个期望值，即可推出选择的车型．解：（1）由参考数据可得，接近8．所以y与x之间具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合；所以y关于x的线性回归方程为．（3）用频率估计概率，甲款单车的利润X的分布列为：乙款单车的利润Y的分布列为：以每辆单车产生利润的期望值为决策依据，应选择乙款车型．20．已知椭圆C：（a＞b＞0）过点，离心率，直线l：y＝kx+1与椭圆C交于A，B两点．（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在定点P，使得为定值．若存在，求出点P的坐标和的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用已知条件列出方程组，求出a，b即可得到椭圆方程．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），则由通过韦达定理，结合向量的数量积转化求解即可．解：（1）椭圆C：（a＞b＞0）过点，离心率，可得，解得a＝2，b＝，所以所求椭圆方程．显然△≥0，，，即x0＝7．则，解得，．即存在点，使得为定值．21．已知函数f（x）＝e x+cos x﹣2，f'（x）为f（x）的导数．（1）当x≥0时，求f'（x）的最小值；（2）当时，xe x+x cos x﹣ax2﹣2x≥0恒成立，求a的取值范围．【分析】（1）求导，判断函数的单调性，进而得到函数的最值；（2）令h（x）＝e x+cos x﹣2﹣ax，依题意当时，x•h（x）≥0恒成立，然后分a≤1及a＞1讨论，即可得出结论．解：（1）f'（x）＝e x﹣sin x，令g（x）＝e x﹣sin x，x≥0，则g'（x）＝e x﹣cos x．当x∈[0，π）时，g'（x）为增函数，g'（x）≥g'（0）＝7；故x≥0时，g'（x）≥0，g（x）为增函数，（2）令h（x）＝e x+cos x﹣2﹣ax，h'（x）＝e x﹣sin x﹣a，则时，x•h（x）≥5恒成立．所以h（x）为增函数，故h（x）≥h（0）＝0恒成立，即x•h（x）≥0恒成立；h'''（x）＝e x+sin x在上为增函数，故存在唯一，使得h'''（x0）＝0．x∈（x0，5）时，h'''（x）≥0，h''（x）为增函数．故存在唯一使得h''（x1）＝0．x∈（x1，6）时，h''（x1）＜0，h'（x）为减函数．所以时，h'（x）＞0，h（x）为增函数，当a＞1时，由（1）可知h'（x）＝e x﹣sin x﹣a在[3，+∞）上为增函数，故存在唯一x2∈（0，+∞），使得h'（x2）＝0．所以h（x）＜h（0）＝0，此时x•h（x）＜0，与x•h（x）≥0恒成立矛盾．综上所述，a≤6．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程] 22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：（t1为参数），曲线C2：（t2为参数），且tanθ1tanθ2＝﹣1，点P为曲线C1与C2的公共点．（1）求动点P的轨迹方程；（2）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρcosθ﹣3ρsinθ+10＝0，求动点P到直线l距离的取值范围．【分析】（1）分别把曲线C1与C2中的参数消去，结合已知tanθ1tanθ2＝﹣1，可得动点P的轨迹方程；（2）由（1）中P的轨迹方程，得圆心坐标，化直线的极坐标方程为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，可得动点P到直线l距离的取值范围．解：（1）设点P的坐标为（x，y），∵点P为曲线C1与C2的公共点，∴点P同时满足曲线C1与C2的方程．由tanθ1tanθ6＝﹣1，得，（2）由已知，直线l的极坐标方程6ρcosθ﹣ρsinθ+10＝0，∵P的轨迹为圆（去掉两点），∴点P到直线l的距离的取值范围为．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|x|+|x﹣3|．（1）求不等式的解集；（2）若f（x）的最小值为M，且a+2b+2c＝M（a，b，c∈R），求证：a2+b2+c2≥1．【分析】（1）根据f（x）＝|x|+|x﹣3|，，利用零点分段法解不等式即可；（2）先用绝对值三角不等式求出f（x）的最小值M，得到a+2b+2c的值，然后利用柯西不等式，由（a+2b+2c）2≤（12+22+22）（a2+b2+c2），证明不等式a2+b2+c2≥1成立．解：（1）∵f（x）＝|x|+|x﹣3|，∴当x＜0时，等价于|x|+|x﹣8|＞﹣5，该不等式恒成立；当x＞3时，等价于，解得x＞4，（2）证明：∵f（x）＝|x|+|x﹣3|≥|x﹣（x﹣3）|＝3，由柯西不等式，可得6＝（a+2b+2c）2≤（52+24+22）（a2+b4+c2）＝9（a2+b2+c2），当且仅当，，时等号成立，∴a2+b2+c2≥1．。
2020届吉林省高考二模数学(理科)试卷及答案
)
2
5
A． 7 24
B． 5 24
C． 5 24
D． 7 24
5．（5 分）执行如图所示的程序框图，输出的结果为 ( )
A． 19 3
B．4
C． 25 4
D． 13 2
6．（5
分）连接双曲线 C1
:
x2 a2
y2 b2
1 及 C2
:
y2 b2
x2 a2
1的
4
个顶点的四边形面积为 S1 ，连接
4
A． 3 3
B． 2 2
C． 3 2
D． 2 3 3
12．（5
分）已知函数
f
(x)
1 ax3 3
x2 (a
0)
．若存在实数
x0
(1, 0) ，且
x0
1 2
，使得
f (x0 )
f
( 1) ，则实数 a 的取值范围为 ( 2
)
A． ( 2 ， 5) 5
B． ( 2 ， 3) (3 ， 5) 3
C． (18 ， 6) 7
(a
c)
b
，
(a c)b (1 n) 2 4 2 0 ，
D．6
解得 n 5 ．
故选： C ．
4．（5 分）设 tan 1 ， cos( ) 4 ( (0, )) ，则 tan(2 ) 的值为 (
)
2
5
A． 7 24
B． 5 24
C． 5 24
D． 7 24
第 6页（共 19页）
x 3 ， M 19 4 ，退出循环，输出结果为 19 ．
3
3
故选： A ．
6．（5
分）连接双曲线 C1
2020年高考全国II卷理科数学试题(含解析)
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅱ）一、选择题1.已知集合{2,1,0,1,2,3}U =--，{1,0,1}A =-，{1,2}B =，则()U C A B ⋃=（ ） A.{2,3}- B.{2,2,3}-C.{2,1,0,3}--D.{2,1,0,2,3}--【答案】A 【解析】∵{1,0,1,2}AB =-，∴ (){2,3}UC A B ⋃=-.2.若α为第四象限角，则（ ） A.cos20α> B.cos20α<C.sin 20α>D.sin 20α<【答案】D 【解析】∵22()2k k k Z ππαπ-+<<∈，∴424()k k k Z ππαπ-+<<∈，∴2α是第三象限角或第四象限角，∴sin 20α<.3.在新冠肺炎疫情期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作。
已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单超过1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（ ） A.10名 B.18名 C.24名 D.32名 【答案】B【解析】因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为160050012001850+-=名.4.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，己知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇形面形石板（不含天心石）（ ） A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设每一层有n 环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差9d =，19a =，由等差数列性质知n S ，2n n S S -，32n n S S -成等差数列，且2322()()n n n n S S S S n d ---=，则29729n =，得9n =，则三层共有扇形面石板为3271272627934022n S S a ⨯==+⨯=块. 5.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线230x y --=的距离为（ ）A.【答案】B【解析】设圆心为(,)a a ，则半径为a ，圆过点(2,1)，则222(2)(1)a a a -+-=，解得1a =或5a =，所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心到直线的距离都是5d =. 6.数列{}n a 中，12a =，m n m n a a a +=,若155121022k k k a a a ++++++=-,则k =（ ）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】取1m =，则11n n a a a +=，又12a =，所以12n na a +=，所以{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，则2nn a =，所以11011115512102(12)222212k k k k k k a a a ++++++-+++==-=--，得4k =.7.右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A.EB.FC.GD.H【答案】A【解析】该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然选A.8.设O 为坐标原点，直线x a =与双曲线2222:1x yC a b-=(0,0)a b >>的两条渐近线分别交于D ，E 两点，若ODE ∆的面积为8，则C 的焦距的最小值为（ ） A.4 B.8 C.16 D.32 【答案】B【解析】双曲线2222:1x y C a b -=(0,0)a b >>的两条渐近线分别为b y x a =±，则容易得到||2DE b =，则8ODE S ab ∆==，222216c a b ab =+≥=，当且仅当a b ==号成立，所以min 4c =，焦距min (2)8c =.9.设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则()f x （ ）A. 是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增B.是奇函数，且在11(,)22-单调递减C. 是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增D.是奇函数，且在1(,)2-∞-单调递减【答案】D【解析】函数()ln |21|ln |21|ln |21|ln |21|()f x x x x x f x -=-+---=--+=-，则()f x 为奇函数，故排除A 、C ；当11(,)22x ∈-时，()ln(21)ln(12)f x x x =+--，根据函数单调性的性质可判断()f x 在11(,)22-上单调递增，故排除B ；当1(,)2x ∈-∞-时，212()ln(21)ln(12)lnln(1)2121x f x x x x x +=----==+--，根据复合函数单调性可判断()f x 在1(,)2-∞-上单调递减，故D 正确.10.已知ABC ∆的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上，若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）B.32C.1【答案】C【解析】设ABC ∆的外接圆圆心为1O ，记1OO d =，圆1O 的半径为r ，球O 半径为R ，等边三角形ABC ∆的边长为a ，则2ABC S ∆==，可得3a =，于是r ==，由题知球O 的表面积为16π，则2R =，由222R r d =+易得1d =，即O 到平面ABC 的距离为1.11.若2233x y x y ---<-，则（ ） A.ln(1)0y x -+> B.ln(1)0y x -+< C.ln ||0x y -> D.ln ||0x y -<【答案】A【解析】2323x x y y---<-，设()23x x f x -=-，则()2ln 23ln30x xf x -'=+>，所以函数()f x 在R 上单调递增，因为()()f x f y <，所以x y <，则11y x -+>，ln(1)0y x -+>，选A.12.01-周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列12......n a a a 满足{}10,1(1,2,...)a i ∈=，且存在正整数m ,使得(1,2,...)i m i a a i +==成立，则称其为01-周期序列，并称满足(1,2,...)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期，对于周期为m的01-序列12......n a a a ，11()(1,2,...,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标，下列周期为5的01-序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A. 11010... B.11011... C. 10001... D.11001... 【答案】C【解析】对于A 选项：511111(1)(10000)555i i i C a a +===++++=∑，5211121(2)(01010)5555i i i C a a +===++++=>∑，不满足，排除；对于B 选项，5111131(1)(10011)5555i i i C a a +===++++=>∑，不满足，排除；对于C 选项，511111(1)(00001)555i i i C a a +===++++=∑，52111(2)(00000)055i i i C a a +===++++=∑，53111(3)(00000)055i i i C a a +===++++=∑，541111(4)(10000)555i i i C a a +===++++=∑，满足；对于D 选项，5111121(1)(10001)5555i i i C a a +===++++=>∑，不满足，排除；故选C 。
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2020年高考数学二模试卷（理科）
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、选择题： (共12题；共24分)
1. （2分）如果，那么（）
A . 0⊆A
B . {0}∈A
C . ∅∈A
D . {0}⊆A
2. （2分）(2017·郎溪模拟) 若复数z满足（3﹣4i）z=|4+3i|，则z的虚部为（）
A . ﹣4
B .
C . 4
D .
3. （2分） (2018高二上·六安月考) 已知“ ，”的否定是（）
A . ，，
B . ，，
C . ，，
D . ，，
4. （2分）已知2a=3b=m，ab≠0且a，ab，b成等差数列，则m=（）
A .
B .
C .
D . 6
5. （2分） (2017高二下·雅安开学考) 按流程图的程序计算，若开始输入的值为x=3，则输出的x的值是（）
A . 6
B . 21
C . 156
D . 231
6. （2分）(2017·铜仁模拟) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A . 16π﹣
B . 16π﹣
C . 8π﹣
D . 8π﹣
7. （2分） (2017高二下·河北期中) 某人午觉醒来，发现表停了，他打开收音机，想听电台报时，他等待的时间不多于10分钟的概率为（）
A .
B .
C .
D .
8. （2分）已知O是坐标原点，点，若点为平面区域上的一个动点，则
的取值范围是（）
A .
B .
C .
D .
9. （2分）(2017·静安模拟) 某班班会准备从含甲、乙的6名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（）
A . 336种
B . 320种
C . 192种
D . 144种
10. （2分） (2016高二下·长治期中) 与椭圆C： =1共焦点且过点（1，）的双曲线的标准方程为（）
A . x2﹣ =1
B . y2﹣2x2=1
C . ﹣ =1
D . ﹣x2=1
11. （2分）长方体ABCD—中，AB=2，AD=2，，则点D到平面的距离是（）
A .
B .
C .
D . 2
12. （2分）(2016·韶关模拟) 已知，则f（﹣1+log35）=（）
A . 15
B .
C . 5
D .
二、填空题： (共4题；共4分)
13. （1分）在二项式（﹣x2）4展开式中含x3项的系数是________．
14. （1分）已知当抛物线型拱桥的顶点距水面2米时，量得水面宽8米．当水面升高1米后，水面宽度是________ 米．
15. （1分） (2015高三上·河北期末) 对于数列{an}，定义Hn= 为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn=2n+1 ，记数列{an﹣kn}的前n项和为Sn ，若Sn≤S5对任意的n（n∈N*）恒成立，则实数k的取值范围为________ ．
16. （1分） (2016高二下·揭阳期中) 函数f（x）=x3﹣3x的极小值为________．
三、解答题： (共7题；共50分)
17. （5分） (2016高二上·潮阳期中) △ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB．
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值．
18. （10分）抛掷一枚质地均匀的骰子，用X表示掷出偶数点的次数．
（1）若抛掷一次，求E（X）和D（X）；
（2）若抛掷10次，求E（X）和D（X）．
19. （5分） (2016高二上·重庆期中) 如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
（Ⅰ）证明：A1C1=AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1 ，∠BCC1=120°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
20. （5分） (2016高三上·平阳期中) 已知椭圆C： =1的左顶点为A（﹣3，0），左焦点恰为圆x2+2x+y2+m=0（m∈R）的圆心M．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点A且与圆M相切于点B的直线，交椭圆C于点P，P与椭圆C右焦点的连线交椭圆于Q，若三点B，M，Q共线，求实数m的值．
21. （15分）(2017·南通模拟) 已知函数，，其中e为自然对数的底数．
（1）
求函数在x 1处的切线方程；
（2）
若存在，使得成立，其中为常数，
求证：；
（3）
若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
22. （5分）(2017·常宁模拟) 已知直线l的参数方程为（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，圆C的极坐标方程为ρ2﹣4ρsinθ+2=0．
（Ⅰ）把圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；
（Ⅱ）将直线l向右平移h个单位，所得直线l′与圆C相切，求h．
23. （5分）(2017·三明模拟) 已知函数f（x）=|2x﹣a|+|2x﹣1|，a∈R．
（I）当a=3时，求关于x的不等式f（x）≤6的解集；
（II）当x∈R时，f（x）≥a2﹣a﹣13，求实数a的取值范围．
参考答案一、选择题： (共12题；共24分)
1-1、
2-1、
3-1、
4-1、
5-1、
6-1、
7-1、
8-1、
9-1、
10-1、
11-1、
12-1、
二、填空题： (共4题；共4分)
13-1、
14-1、
15-1、
16-1、
三、解答题： (共7题；共50分)
17-1、
18-1、
18-2、
19-1、
20-1、21-1、
21-2、
21-3、
22-1、23-1、。