2020年云南省高考数学一模试卷(理科)

2020年云南省高考数学模拟试卷(理科)(4月份)

2020年云南省高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1. 已知集合S ＝{x|2x ＝1}，T ＝{x|ax ＝1}．若S ∩T ＝T ，则常数a 的值为（） A.0或2 B.0或12C.2D.122. 已知i 为虚数单位，若(2+3i)z ＝1+i ，则复数z 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3. 为得到函数y ＝6sin (2x +π3)的图象，只需要将函数y ＝6cos 2x 的图象（）A.向右平行移动π6个单位B.向左平行移动π6个单位C.向右平行移动π12个单位D.向左平行移动π12个单位4. 某班星期三上午要上五节课，若把语文、数学、物理、历史、外语这五门课安排在星期三上午，数学必须比历史先上，则不同的排法有（） A.60种 B.30种 C.120种 D.24种5. 执行如图所示的程序框图．若输入的S ＝0，则输出的S ＝（）A.20B.40C.62D.776. 一个几何体的三视图如图所示（其中正视图的弧线为四分之一圆周），则该几何体的体积为（）A.32−4πB.32−2πC.64−4πD.64−2π7. 已知实数x ，y 满足约束条件{−3≥x −4y3x +5y ≤25x ≥1，则z ＝2x +y 的最大值等于（）A.10B.12C.16D.228. 已知抛物线C:y 2＝4x 的焦点为F ，经过点Q(−1, 0)作直线l ，l 与抛物线C 在第一象限交于A 、B 两点．若点F 在以AB 为直径的圆上，则直线l 的斜率为（） A.√33B.√22C.12D.19. 已知tan (π−α)＝2，则sin 4αsin (π2+2α)=( )A.±85B.85C.−85D.−6510. 已知正△ABC 的顶点都在球O 的球面上，正△ABC 的边长为2√3．若球心O 到△ABC 所在平面的距离为√5，则球O 的表面积为（） A.36π B.32πC.36√3πD.32√3π11. 已知双曲线C:x 2a2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，点A 是双曲线C 的右顶点，点M 是双曲线C 的右支上一点，|MF 1|＝5a ．若△F 2MA 是以∠AMF 2为顶角的等腰三角形，则双曲线C 的离心率为（） A.3 B.√52C.√31−12D.√33−1212. 已知平行四边形ABCD 的面积为9√3，∠BAD =2π3，E 为线段BC 的中点．若F 为线段DE 上的一点，且AF →=λAB →+56AD →，则|AF →|的最小值为（）A.√11B.3C.√7D.√5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 在(√x 3−√x)8的二项展开式中，x 的系数等于________（用数字作答）．已知离散型随机变量X的分布列如下：若X的数学期望等于4118，则a＝________．已知f(x)=13x3+m2x2−6x+1在(−1, 1)单调递减，则m的取值范围为________．在锐角△ABC中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c．若a2+b(b−√3a)＝1，c＝1，则√3a−b的取值范围为________．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：共60分．某老师为了研究某学科成绩优良是否与学生性别有关系，采用分层抽样的方法，从高二年级抽取了30名男生和20名女生的该学科成绩（单位：分），得到如图所示男生成绩的频率分布直方图和女生成绩的茎叶图，规定不低于80分为成绩优良．其中30名男生该学科成绩分成以下六组：[40, 50),[50, 60),[60, 70),[70, 80),[80, 90),[90, 100]．（1）请完成下面的列联表（单位：人）：（2）根据（1）中的列联表，能否有90%的把握认为该学科成绩优良与性别有关系？附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)其中n＝a+b+c+d．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＝a n+1，设b n=S n(1+S n)(1+S n+1)，数列{b n}的前n项和为T n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：T n<13．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB＝AC，M、N、D分别是A1B1、A1C1、BC的中点．（1）求证：AD⊥MN；（2）若三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，AB＝AA1，∠ABC=π6，求二面角M−AD−N的正弦值．已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ax2−(a+1)x(ln x−1)，g(x)＝e x2−ax2．（1）若a＝e，求曲线y＝f(x)g(x)在点(1, 0)处的切线方程；（2）若g(x)在(−1, 0)单调递增，判断函数f(x)是否有零点．若有，有多少个？若没有，说明理由．已知椭圆E的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为√32，F1，F2分别为椭圆E的左、右焦点，点P在椭圆E上，以线段F1F2为直径的圆经过点P，线段F1P与y轴交于点B，且|F1P|⋅|F1B|＝6．（1）求椭圆E的方程；（2）设动直线l与椭圆E交于M、N两点，且OM→⋅ON→=0．在平面直角坐标系xOy中，是否存在定圆Q，动直线l与定圆Q都相切？若存在，求出圆Q所有的方程；若不存在，说明理由．（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，则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为{x=2+2cosαy=sinα（α为参数）．以原点O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ρ=√3+cos 2θ−sin2θ．（1）直接写出曲线C2的普通方程；（2）设A是曲线C1上的动点，B是曲线C2上的动点，求|AB|的最大值．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知f(x)＝|2x+1|+|2x+3|，m是f(x)的最小值．（1）求m；（2）若a>0，b>0，且a+b=√3ab，求证：1a2+2b2≥m．参考答案与试题解析2020年云南省高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1.【答案】A【考点】交集及其运算【解析】根据S∩T＝T可得出T⊆S，并得出S={12}，从而可讨论a是否为0:a＝0时，显然满足条件；a≠0时，可得出1a =12，从而可得出a的值．【解答】∵S∩T＝T，∴T⊆S，且S={12}，T＝{x|ax＝1}，∴ ①a＝0时，T＝⌀，满足T⊆S；②a≠0时，T={1a }，则1a=12，解得a＝2，综上得，a的值为0或2．2.【答案】D【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求得z的坐标得答案．【解答】由(2+3i)z＝1+i，得z=1+i2+3i =(1+i)(2−3i)(2+3i)(2−3i)=513−113i，∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(513,−113)，位于第四象限．3.【答案】C【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】由诱导公式先将y＝6cos2x转化成y＝6sin2x，然后在将y＝6sin2x平移得到y＝6sin(2x+π3)，先向右平移π4，再向左平移π6，即向右平移π12．【解答】∵y＝6cos2x，∴6cos2(x−π4)＝6cos(2x−π2)＝6cos(π2−2x)＝6sin2x∴y＝6cos2x先向由平移π4个单位得到y＝6sin2x，∵y＝6sin(2x+π3)＝6sin2(x+π6)是将y＝6sin2x向作平移π6个单位，综上所述将y＝6cos2x向右平移π12个单位得到y＝6sin(2x+π3)，4.【答案】A【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据题意，先计算五门课程任意排列的情况数目，又由数学排在历史之前和数学排在历史之后的情况数目是相同的，据此分析可得答案．【解答】根据题意，把语文、数学、物理、历史、外语这五门课安排在星期三上午，将五门课程任意排列，有A55＝120种情况，其中数学排在历史之前和数学排在历史之后的情况数目是相同的，则数学比历史先上的排法有1202=60种；5.【答案】B【考点】程序框图【解析】本题是一个直到型循环结构，算法功能是对数列{2n}、{n}求前4项的和．套公式计算即可．【解答】由题意可知，框图的算法功能是对数列{2n}、{n}求前4项的和，∴S=2(1−24)1−2+1+2+3+4=40．6.【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为棱长为4的正方体挖去一个四分之一圆柱，圆柱的底面半径为2，高为4．再由棱柱与圆柱的体积公式求解．【解答】由三视图还原原几何体如图，该几何体为棱长为4的正方体挖去一个四分之一圆柱，圆柱的底面半径为2，高为4．则该几何体的体积为4×4×4−14×π×22×4=64−4π． 7.【答案】 B【考点】简单线性规划【解析】先根据约束条件画出可行域，设z ＝2x +y ，再利用z 的几何意义求最值，只需求出直线z ＝2x +y 可行域内的点A 时，从而得到z ＝2x +y 的最值即可．【解答】如图：作出可行域，目标函数：z ＝2x +y ，则y ＝−2x +z ，当目标函数的直线过点A 时，Z 有最大值．A 点坐标由方程组{−3=x −4y3x +5y =25 解得A(5, 2)Z max ＝2x +y ＝12．故z ＝2x +y 的最大值为：12； 8.【答案】 B【考点】抛物线的性质直线与抛物线的位置关系【解析】设出直线AB 的方程，与抛物线联立，利用点F 在以AB 为直径的圆上，结合韦达定理转化求解即可．【解答】设AB 的斜率为k ，直线方程为：y ＝k(x +1)，与抛物线y 2＝4x 联立，可得k 2x 2+(2k 2−4)x +k 2＝0，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，可得x 1+x 2=4−2k 2k 2，x 1x 2＝1，则y 1y 2=√16x 1x 2=4，点F 在以AB 为直径的圆上，FA →⋅FB →=0，可得(x 1−1, y 1)⋅(x 2−1, y 2)＝0，即x 1x 2−(x 1+x 2)+1+y 1y 2＝0，即1+2k 2−4k 2+1+4＝0，解得k ＝±√22， l 与抛物线C 在第一象限交于A 、B 两点．所以k =√22． 9.【答案】 C【考点】运用诱导公式化简求值【解析】由已知利用诱导公式可求tan α，进而根据二倍角公式，诱导公式，同角三角函数基本关系式化简所求即可计算得解．【解答】∵ tan (π−α)＝−tan α＝2， ∴ tan α＝−2， ∴sin 4αsin (π2+2α)=2sin 2αcos 2αcos 2α=4sin αcos α=4sin αcos αsin 2α+cos 2α=4tan α1+tan 2α=4×(−2)1+(−2)2=−85．10.【答案】 A【考点】球的体积和表面积【解析】由已知结合正弦定理可先求出三角形ABC 外接圆的半径，然后结合球的性质R 2＝r 2+d 2可求R ，代入球的表面积公式即可求．【解答】解；设正△ABC 的外接圆半径r ，由正弦定理可得，2√3sin 60=2r ，故r ＝2，由球的性质可知，R 2＝r 2+d 2＝4+5＝9，所以球的表面积S ＝4π×9＝36π． 11.【答案】 D【考点】双曲线的离心率【解析】椭圆双曲线的定义，结合三角形是等腰三角形，列出关系式求解双曲线的离心率即可．【解答】双曲线C:x 2a2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，点A 是双曲线C 的右顶点，点M 是双曲线C 的右支上一点，|MF 1|＝5a ．若△F 2MA 是以∠AMF 2为顶角的等腰三角形，可得：√25a 2−(3c+a 2)2=√9a 2−(c−a 2)2，可得：8a 2＝c 2+ac ，e 2+e −8＝0，e >1，解得e =√33−12． 12.【答案】 D【考点】平面向量的基本定理【解析】可根据条件得出AF →=λAE →+(56−12λ)AD →，然后根据E ，F ，D 三点共线即可得出λ=13，从而得出AF →=13AB →+56AD →，然后根据条件可得出|AB →||AD →|=18，从而可得出AF →2=(13|AB →|)2+(56|AD →|)2−5，然后根据不等式a 2+b 2≥2ab 即可求出|AF →|的最小值．【解答】如图，连接AE ，则：BE →=12AD →，AE →=AB →+12AD →，∴ AF →=λ(AB →+12AD →)+(56−12λ)AD →=λAE →+(56−12λ)AD →，且E ，F ，D 三点共线，∴ λ+56−12λ=1，解得λ=13， ∴ AF →=13AB →+56AD →，∵ 平行四边形ABCD 的面积为9√3，∠BAD =2π3，∴ |AB →||AD →|sin2π3=√32|AB →||AD →|=9√3，∴ |AB →||AD →|=18， ∴ AF →2=19AB →2+2536AD →2+59|AB →||AD →|cos2π3=(13|AB →|)2+(56|AD →|)2−5≥2⋅13⋅56⋅|AB →||AD →|−5=59×18−5=5，当且仅当13|AB →|=56|AD →|，即|AB →|=52|AD →|=3√5时取等号，∴ |AF →|的最小值为√5．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.【答案】 28【考点】二项式定理及相关概念【解析】利用二项展开式的通项公式求出第r +1项，令x 的指数为2求出展开式中x 2项的系数．【解答】根据二项式定理(√x 3√x )8的通项为T r+1＝C 8r ⋅(−1)r ⋅x16−5r6，16−5r 6=1，即r ＝2时，可得T 3=∁82x ＝28x ；即x 项的系数为28，【答案】754【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】先根据数学期望的计算方法求得b 的值，再根据分布列的性质，即概率和为1，即可求得a 的值．【解答】由分布列的性质可知，a +13+112+b +512=1，数学期望E(X)=0×a +1×13+2×112+3×b +4×512=4118，解得，b =127,a =754，【答案】[−5, 5] 【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】f′(x)＝x 2+mx −6，根据f(x)在(−1, 1)单调递减，可得f′(x)≤0在(−1, 1)上恒成立．利用二次函数的单调性即可得出．【解答】f′(x)＝x 2+mx −6， ∵ f(x)=13x 3+m2x 2−6x +1在(−1, 1)单调递减， ∴ f′(x)＝x 2+mx −6≤0在(−1, 1)上恒成立．{m ≤01+m −6≤0 ，{m ≥01−m −6≤0 ，解得：−5≤m ≤5，则m 的取值范围为[−5, 5]．【答案】 (1, √3) 【考点】余弦定理【解析】先根据余弦定理求得角C ，结合正弦定理把√3a −b 转化为2(√3sin A −sin B)，再结合AB 之间的关系求出角A 的范围，与正弦函数相结合即可求得结论．【解答】因为在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 对的边分别为a ，b ，c ．∵ a 2+b(b −√3a)＝1，c ＝1⇒a 2+b 2−√3ab ＝c 2⇒2cos C =√3⇒cos C =√32⇒C ＝30∘，∴ csin C =asin A =bsin B =1sin 30=2； ∴ a ＝2sin A ，b ＝2sin B ；∴√3a−b＝2(√3sin A−sin B)＝2[√3sin A−sin(150∘−A)]＝2[√3sin A−(12cos A+√32sin A)]＝2(√32sin A−12cos A)＝2sin(A−30∘)；∵0∘<A<90∘，0∘<B<90∘，A+B＝150∘；∴60∘<A<90∘；∴30∘<A−30∘<60∘⇒2sin(A−30∘)∈(1, √3)；故√3a−b∈(1, √3)；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．【答案】根据题意填写列联表如下；根据列联表中数据，计算K2=50×(9×9−21×11)220×30×30×20=258=3.125>2.706，所以有90%的把握认为该学科成绩优良与性别有关系．【考点】独立性检验【解析】（1）根据题意填写列联表即可；（2）根据列联表中数据计算K2，对照临界值得出结论．【解答】根据题意填写列联表如下；根据列联表中数据，计算K2=50×(9×9−21×11)220×30×30×20=258=3.125>2.706，所以有90%的把握认为该学科成绩优良与性别有关系．【答案】S n＝a n+1，即为S n＝S n+1−S n，即S n+1＝2S n，则S n＝S1⋅2n−1＝a1⋅2n−1＝2n；又a1＝S1＝2，当n≥2时，a n＝S n−S n−1＝2n−1，则数列{a n}的通项公式为a n={2,n=12n−1,n≥2,n∈N∗；证明：由（1）可得S n＝2n，b n=S n(1+S n)(1+S n+1)=2n(1+2n)(1+2n+1)=11+2n−11+2n+1，则T n=11+2−11+22+11+22−11+23+⋯+11+2n−11+2n+1=13−11+2n+1，由n为正整数，可得11+2n+1>0，即13−11+2n+1<13，则T n<13．【考点】数列的求和数列递推式【解析】（1）由数列的递推式和等比数列的通项公式可得S n＝2n，再由a1＝S1，当n≥2时，a n＝S n−S n−1，计算可得所求通项公式；（2）求得b n=2n(1+2n)(1+2n+1)=11+2n−11+2n+1，由数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得证．【解答】S n＝a n+1，即为S n＝S n+1−S n，即S n+1＝2S n，则S n＝S1⋅2n−1＝a1⋅2n−1＝2n；又a1＝S1＝2，当n≥2时，a n＝S n−S n−1＝2n−1，则数列{a n}的通项公式为a n={2,n=12n−1,n≥2,n∈N∗；证明：由（1）可得S n＝2n，b n=S n(1+S n)(1+S n+1)=2n(1+2n)(1+2n+1)=11+2n−11+2n+1，则T n=11+2−11+22+11+22−11+23+⋯+11+2n−11+2n+1=13−11+2n+1，由n为正整数，可得11+2n+1>0，即13−11+2n+1<13，则T n<13．【答案】证明：∵D是BC的中点，AB＝AC，∴AD⊥BC，∵M，N分别是A1B1、A1C1的中点，∴MN // B1C1，在三棱柱ABC−A1B1C1中，BC // B1C1，∴MN // BC，∴AD⊥MN．如图，设AA1＝2，作AH // BC，由（1）知AD⊥BC，∴AD⊥AH，由已知得AH，AD，AA1两两互相垂直，由∠ABC=π6，得∠BAH=π6，∠BAD=π3，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，则A(0, 0, 0)，A1(0, 0, 2)，D(0, 1, 0)，B(√3,1,0)，B1(√3, 1, 2)，C(−√3, 1, 0)，C1(−√3, 1, 2)，M(√32, 12, 2)，N(−√32, 12, 2)，AD→=(0, 1, 0)，AM→=(√32, 12, 2)，AN→=(−√32, 12, 2)，设平面ADM的一个法向量为n→=(x, y, z)，则{n→⋅AD→=y=0n→⋅AM→=√32x+12y+2z=0，取z=−√3，得n→=(4, 0, −√3)，设平面ADN 的法向量m →=(a, b, c)，则{m →⋅AD →=b =0m →⋅AN →=−√32a +12b +2c =0 ，取c =√3，得m →=(4, 0, √3)，设二面角M −AD −N 的平面角的大小为θ，则|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=1319，∵ 0<θ<π，∴ sin θ=√1−cos 2θ=8√319， ∴ 二面角M −AD −N 的正弦值为8√319．【考点】二面角的平面角及求法直线与平面垂直【解析】（1）推导出AD ⊥BC ，MN // B 1C 1，BC // B 1C 1，从而MN // BC ，由此能证明AD ⊥MN ．（2）设AA 1＝2，作AH // BC ，由AD ⊥BC ，得AD ⊥AH ，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A −xyz ，利用向量法能求出二面角M −AD −N 的正弦值．【解答】证明：∵ D 是BC 的中点，AB ＝AC ，∴ AD ⊥BC ， ∵ M ，N 分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，∴ MN // B 1C 1，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BC // B 1C 1， ∴ MN // BC ，∴ AD ⊥MN ．如图，设AA 1＝2，作AH // BC ，由（1）知AD ⊥BC ，∴ AD ⊥AH ，由已知得AH ，AD ，AA 1两两互相垂直，由∠ABC =π6，得∠BAH =π6，∠BAD =π3，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A −xyz ，则A(0, 0, 0)，A 1(0, 0, 2)，D(0, 1, 0)，B(√3,1,0)，B 1(√3, 1, 2)， C(−√3, 1, 0)，C 1(−√3, 1, 2)，M(√32, 12, 2)，N(−√32, 12, 2)， AD →=(0, 1, 0)，AM →=(√32, 12, 2)，AN→=(−√32, 12, 2)，设平面ADM 的一个法向量为n →=(x, y, z)，则{n →⋅AD →=y =0n →⋅AM →=√32x +12y +2z =0，取z =−√3，得n →=(4, 0, −√3)，设平面ADN 的法向量m →=(a, b, c)，则{m →⋅AD →=b =0m →⋅AN →=−√32a +12b +2c =0 ，取c =√3，得m →=(4, 0, √3)，设二面角M −AD −N 的平面角的大小为θ，则|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=1319，∵ 0<θ<π，∴ sin θ=√1−cos 2θ=8√319， ∴ 二面角M −AD −N 的正弦值为8√319．【答案】若a ＝e ，y ＝f(x)g(x)＝[ex 2−(e +1)x(ln x −1)](e x 2−ex 2)，∴ y′＝[ex 2−(e +1)x(ln x −1)]′(e x 2−ex 2)+[ex 2−(e +1)x(ln x −1)](e x 2−ex 2)′＝[ex 2−(e +1)x(ln x −1)]′(e x 2−ex 2)+[ex 2−(e +1)x(ln x −1)](2xe x 2−2ex)， ∴ 当x ＝1时，y′＝0，…2分∴ 曲线y ＝f(x)g(x)在点(1, 0)处的切线的斜率k ＝0， ∴ 曲线y ＝f(x)g(x)在点(1, 0)处的切线方程为y ＝0...4分函数f(x)没有零点．∵ g(x)在(−1, 0)单调递增，∴ 当x ∈(−1, 0)时，g′(x)＝2xe x 2−2ax ≥0，即a ≥e x 2． ∴ a ≥e...6分由f(x)＝ax 2−(a +1)x(ln x −1)得f′(x)＝2ax −(a +1)ln x 且x >0，设ℎ(x)＝2ax −(a +1)ln x ，则ℎ′(x)＝2a −a+1x=2a(x−a+12a)x，∴ 当0<x <a+12a时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；当x >a+12a时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；∴ 当x =a+12a时，ℎ(x)取得最小值，即[ℎ(x)]min ＝ℎ(a+12a )＝a +1−(a +1)ln a+12a⋯9分∵ a ≥e ，∴a+12a<a+a 2a，即0<a+12a<1，∴ [ℎ(x)]min ＝ℎ(a+12a )＝a +1−(a +1)lna+12a>0．∴ ℎ(x)>0，即f′(x)>0，∴ f(x)在定义域(0, +∞)单调递增． ∵ f(1)＝2a +1>0， ∴ 当a >1时，f(x)>0，当0<x <1时，x(ln x −1)<0，f(x)＝ax 2−(a +1)x(ln x −1)>0． ∴ 当x ∈(0, +∞)时，f(x)>0，∴ f(x)＝0无实根，即函数f(x)没有零点．…12分【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（1）若a ＝e ，可得y′＝[ex 2−(e +1)x(ln x −1)]′(e x 2−ex 2)+[ex 2−(e +1)x(ln x −1)](2xe x 2−2ex)，由x ＝1时，k ＝y′|x ＝1＝0，即可求得曲线y ＝f(x)g(x)在点(1, 0)处的切线方程；（2）依题意，g(x)在(−1, 0)单调递增⇒a ≥e x 2，由f′(x)＝2ax −(a +1)ln x 且x >0，设ℎ(x)＝2ax −(a +1)ln x ，通过求导后，对x 分0<x <a+12a，x >a+12a及x =a+12a三类讨论，可求得[ℎ(x)]min ＝ℎ(a+12a )＝a +1−(a +1)lna+12a，再进一步分析即可得到函数f(x)没有零点．【解答】若a ＝e ，y ＝f(x)g(x)＝[ex 2−(e +1)x(ln x −1)](e x 2−ex 2)，∴ y′＝[ex 2−(e +1)x(ln x −1)]′(e x 2−ex 2)+[ex 2−(e +1)x(ln x −1)](e x 2−ex 2)′＝[ex 2−(e +1)x(ln x −1)]′(e x 2−ex 2)+[ex 2−(e +1)x(ln x −1)](2xe x 2−2ex)， ∴ 当x ＝1时，y′＝0，…2分∴ 曲线y ＝f(x)g(x)在点(1, 0)处的切线的斜率k ＝0， ∴ 曲线y ＝f(x)g(x)在点(1, 0)处的切线方程为y ＝0...4分函数f(x)没有零点．∵ g(x)在(−1, 0)单调递增，∴ 当x ∈(−1, 0)时，g′(x)＝2xe x 2−2ax ≥0，即a ≥e x 2． ∴ a ≥e...6分由f(x)＝ax 2−(a +1)x(ln x −1)得f′(x)＝2ax −(a +1)ln x 且x >0，设ℎ(x)＝2ax −(a +1)ln x ，则ℎ′(x)＝2a −a+1x=2a(x−a+12a)x，∴ 当0<x <a+12a时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；当x >a+12a时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增； ∴ 当x =a+12a时，ℎ(x)取得最小值，即[ℎ(x)]min ＝ℎ(a+12a )＝a +1−(a +1)lna+12a⋯9分∵ a ≥e ，∴a+12a<a+a 2a，即0<a+12a<1，∴ [ℎ(x)]min ＝ℎ(a+12a)＝a +1−(a +1)ln a+12a>0．∴ ℎ(x)>0，即f′(x)>0，∴ f(x)在定义域(0, +∞)单调递增．∵ f(1)＝2a +1>0， ∴ 当a >1时，f(x)>0，当0<x <1时，x(ln x −1)<0，f(x)＝ax 2−(a +1)x(ln x −1)>0． ∴ 当x ∈(0, +∞)时，f(x)>0，∴ f(x)＝0无实根，即函数f(x)没有零点．…12分【答案】设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，|F 1F 2|＝2c ，∵ ∠BF 1O ＝∠PF 1F 2，∠F 1OB ＝∠F 1PF 2=π2，∴ △F 1BO ∽△F 1F 2P ，∴ |F 1B||F 1F 2|=|F 1O||F 1P|，即|F 1P||F 1B|＝|F 1O||F 1F 2|＝2c 2＝6，∴ c =√3，根据e =c a=√32，解得a ＝2，所以b 2＝a 2−c 2＝1，则椭圆E 的方程为x 24+y 2=1；当动直线l 的斜率为0或不存在时，根据图象的对称性不难发现，若满足条件的定圆Q 存在，则圆心Q 只能为原点O ，设圆Q 的半径为r ，则斜率为0的动直线l 有两条，方程分别为y ＝r ，y ＝−r ，斜率不存在的动直线l 有两条，方程分别为x ＝r 和x ＝−r ，这四条直线与定圆Q 都相切，则点(r, r)在椭圆E 上，∴ r 24+r 2=1，解得r 2=45，解得r =2√55， ∴ 若满足条件的定圆Q 存在，则其方程只能是x 2+y 2=45，下面证明方程为x 2+y 2=45的圆满足题设要求，①当直线l 的斜率不存在时，显然直线l 与圆x 2+y 2=45相切，②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx +m ，即kx −y +m ＝0， M(x 1, kx 1+m)，N(x 2, kx 2+m)，联立{y =kx +m x 24+y 2=1得x 2+4(kx +m)2−4＝0，即(4k 2+1)x 2+8kmx +4m 2−4＝0，∵ 动直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，∴ △＝64k 2m 2−4(4k 2+1)(4m 2−4)>0，即4k 2+1−m 2>0，且{x 1+x 2=−8km4k 2+1x 1x 2=4m 2−44k 2+1， ∵ OM →⋅ON →=0，∴ OM →⋅ON →=x 1x 2+(kx 1+m)(kx 2+m)＝(1+k 2)x 1x 2+mk(x 1+x 2)+m 2 =(1+k 2)(4m 2−4)4k 2+1−8m 2k 24k 2+1+m 2＝0， ∴ k 2+1=5m 24，∵ 圆心Q 即原点O 到直线l 的距离d =√k 2+1=√24=2√55=r ，∴ 直线l 与圆Q:x 2+y 2=45相切，综上，存在一个定圆Q ，动直线l 都与圆Q 相切，且圆Q 的方程为x 2+y 2=45．【考点】椭圆的标准方程椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】（1）作图，根据条件结合圆的性质可证得△F 1BO ∽△F 1F 2P ，则可得2c 2＝6，再结合离心率可得a 的值；（2）考虑当直线l 的斜率不存在或者为0时，Q 存在，此时Q 的方程为x 2+y 2=45，下面证明方程为x 2+y 2=45的圆满足题设要求，①当直线l 的斜率不存在时，显然直线l 与圆x 2+y 2=45相切，②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx +m ，利用根与系数关系已经点到直线距离证明即可．【解答】设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，|F 1F 2|＝2c ，∵ ∠BF 1O ＝∠PF 1F 2，∠F 1OB ＝∠F 1PF 2=π2， ∴ △F 1BO ∽△F 1F 2P ，∴ |F 1B||F 1F 2|=|F 1O||F 1P|，即|F 1P||F 1B|＝|F 1O||F 1F 2|＝2c 2＝6，∴ c =√3，根据e =ca =√32，解得a ＝2，所以b 2＝a 2−c 2＝1，则椭圆E 的方程为x 24+y 2=1；当动直线l 的斜率为0或不存在时，根据图象的对称性不难发现，若满足条件的定圆Q 存在，则圆心Q 只能为原点O ，设圆Q 的半径为r ，则斜率为0的动直线l 有两条，方程分别为y ＝r ，y ＝−r ，斜率不存在的动直线l 有两条，方程分别为x ＝r 和x ＝−r ，这四条直线与定圆Q 都相切，则点(r, r)在椭圆E 上，∴ r 24+r 2=1，解得r 2=45，解得r =2√55， ∴ 若满足条件的定圆Q 存在，则其方程只能是x 2+y 2=45，下面证明方程为x 2+y 2=45的圆满足题设要求，①当直线l 的斜率不存在时，显然直线l 与圆x 2+y 2=45相切，②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx +m ，即kx −y +m ＝0， M(x 1, kx 1+m)，N(x 2, kx 2+m)，联立{y =kx +m x 24+y 2=1得x 2+4(kx +m)2−4＝0，即(4k 2+1)x 2+8kmx +4m 2−4＝0，∵ 动直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，∴ △＝64k 2m 2−4(4k 2+1)(4m 2−4)>0，即4k 2+1−m 2>0，且{x 1+x 2=−8km4k 2+1x 1x 2=4m 2−44k 2+1 ， ∵ OM →⋅ON →=0，∴ OM →⋅ON →=x 1x 2+(kx 1+m)(kx 2+m)＝(1+k 2)x 1x 2+mk(x 1+x 2)+m 2 =(1+k 2)(4m 2−4)4k 2+1−8m 2k 24k 2+1+m 2＝0，∴ k 2+1=5m 24，∵ 圆心Q 即原点O 到直线l 的距离d =|m|√k 2+1=|m|√5m24=2√55=r ，∴ 直线l 与圆Q:x 2+y 2=45相切，综上，存在一个定圆Q ，动直线l 都与圆Q 相切，且圆Q 的方程为x 2+y 2=45．（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，则按所做的第一题计分.作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】曲线C 2的极坐标方程ρ=√2．整理得：3ρ2+3ρ2cos 2θ＝4，转换为直角坐标方程为x 2+y 24=1．曲线C 1的参数方程为{x =2+2cos αy =sin α （α为参数）．转换为直角坐标方程为(x −2)2+y 2＝4，所以该曲线是以C(2, 0)为圆心2为半径的圆．A 是曲线C 1上的动点，B 是曲线C 2上的动点，设B(cos θ, 2sin θ)，则|BC|=√(cos θ−2)2+4sin 2θ=√cos 2θ−4cos θ+4+4sin 2θ=√−3cos 2θ−4cos θ+8 =√−3(cos θ+23)2+283，当cos θ=−23时．|BC|max =√283=2√213，所以求|AB|的最大值为2√213+2．【考点】圆的极坐标方程圆的参数方程【解析】1)直接利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换的应用求出结果．（2）利用直线和曲线的位置关系的应用建立等量关系，进一步求出最值．【解答】曲线C 2的极坐标方程ρ=√2．整理得：3ρ2+3ρ2cos 2θ＝4，转换为直角坐标方程为x 2+y 24=1．曲线C 1的参数方程为{x =2+2cos αy =sin α （α为参数）．转换为直角坐标方程为(x −2)2+y 2＝4，所以该曲线是以C(2, 0)为圆心2为半径的圆．A 是曲线C 1上的动点，B 是曲线C 2上的动点，设B(cos θ, 2sin θ)，则|BC|=√(cos θ−2)2+4sin 2θ=√cos 2θ−4cos θ+4+4sin 2θ=√−3cos 2θ−4cos θ+8 =√−3(cos θ+23)2+283，当cos θ=−23时．|BC|max =√283=2√213，所以求|AB|的最大值为2√213+2．[选修4-5：不等式选讲]（10分）【答案】由绝对值不等式的性质得f(x)＝|2x +1|+|2x +3|≥|(2x +1)−(2x +3)|＝2，又∵ f(−1)＝2， ∴ m ＝2；证明：∵ a >0,b >0,a +b =√3ab ， ∴ 1a +1b =√3， ∴ 1b =√3−1a ， ∴ 1b 2=1a 2−2√3a +3，∴ 1a 2+2b 2=3a 2−4√3a+6=(√3a −2)2+2≥2，∴1a2+2b 2≥2=m ．【考点】不等式的证明绝对值三角不等式【解析】（1）利用绝对值不等式的性质可得m ＝2；（2）根据题意1b =√3−1a ，进而1a 2+2b 2=3a 2−4√3a+6=(√3a −2)2+2≥2，由此得证．【解答】由绝对值不等式的性质得f(x)＝|2x +1|+|2x +3|≥|(2x +1)−(2x +3)|＝2，又∵ f(−1)＝2， ∴ m ＝2；证明：∵ a >0,b >0,a +b =√3ab ，∴ 1a +1b=√3，∴ 1b=√3−1a，∴1b 2=1a 2−2√3a +3，∴ 1a 2+2b 2=3a 2−4√3a+6=(√3a −2)2+2≥2，∴ 1a 2+2b 2≥2=m ．。

云南省2020届高三第一次省统测试数学(理)试卷(有答案)

云南省2020届高三第一次省统测试数学（理）试卷注童事项：.. …心.1,本医海分150分，考试时何为120分钟。

鲁巒、先域自己药展积淮考证号普荒息填塞祖试爛乘和字她卡上M井捋虐#证号条仍倒耐M在齧廳卡的据定也暨◎'2、选律題的柞答土轟小題遶曲基崇后.JA2B楣笔把答题卡上箱应題冒的答彙赫昔涂黑。

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一、选搁B:本題共12 zbS t每小題5分・扶创分+在毎小题给出的四个选度収R 有一項呈符含世目耍求的，h 设A - [x|jf > 1} > B ^^xpt2 -x-2 <0）»则（G咼Cl5 =（）.A. {x|x>-l} B, {x|-l<xi 1} C &卜1CH<1}' I）. {r|l<x<； 2）2已知Sfeztfi足（17"丽和卜其中f为虛数单位，则S»z在農平面內对应点所在的線限为I ）•…」’. ，A.第一象限氐第二象限C第三象限 D.第四象限去巳知平面同量讪満足O =1, "&叭若“+巧丄仗_坊，则实数祈等于（）去设a ^log a 0J ；■ 6=10^t ft6- c~U M» M ( )A. a<6<cB. b<c<aC. c<a<bD. b<a <c戟学(理科［试鹽患第［頁共&真3.我国古代名着《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺.重四斤, •'斩末一尺.贡二斤J意思是：“现有一金锤，长5尺，头部1尺，重4斤；尾部1尺, 重2斤” •若该金锤从头到尾.毎一尺的重楚构成等琏数列，则该金镭总St为（•）A.6 斤•：’B.7 斤C.9 斤"•D. 15 斤■・. - S .V ・・‘ ••….6.设光线通过一块玻璃，强度损失10%..如果光线原来的强度为k（k>0）,通过*块这样的玻璃以后强度为『，则那么光线强度减弱到原来的+以下时，至少通过这样的玻璃块数为（）（參考数据：lg 2^0.301 lg3« 0.477 ）».A.12 B. 13 . C.14 D. 15 ,7.已知F为抛物线/=4x的焦点，过点F且斜率为1的直线交拋物线于凡3两点，・・ * ・, ■・;；£.・：¥.・•・••则||私|-|呵他值等于（）.- , 1.〔J •八•:乙；J，：；.：' 7 ・.・•［「•，°- .. ! ■..•・；：「.•：：：、.扎8血：•： B. 8 ° ,-：； C. 472. : D.4 ・/ ；?• . r'. 1J I ■ M *._ ・・.・：・••■. ，・-- .•&图1是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，记1号到16号同学的成绩依次为已M““，儿6,图2是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生情况的程序框图，那么该程序框图输出的结果是（1011A. 16B. 10图2C.7D.6数学（理科）试题卷• ■ p • • • I✓10•如图是某个三棱锥的三视图，若在该三棱锥的外接球内任取一点.则该点在三棱锥内的概率为（1）■11 •已知双曲线M:斗-£> 0, b a 0）的渐近线均和圆N :兀口尸亠6卄5二0相切,a b且双曲线M 的右焦点为圆N 的圆心，则双曲线M 的离心率为（）人还 B. | C. V3 D.V25-212•已知函数如7-尹有两个不同极值点，则实数询取值范国是（） A. （0,e ） B,（e,+«>）C. （0,-）D.二、填空题；睿题共4小BS.毎小题5分■共20分.13 •设尊比数列仏｝的前刃项和为3,•且4知2®,①成等差数列，若d 严1, •■则S 严,/• . •」•； ''・14. _________________________________________________________________ 著二项式（❻十与的展开式中*的一次项的系数是-70,则°二 _____________________ .X・■ <• • • • " • • • * • • • •• •. 9 • • • •15. 已知函数/w=r!ma,0<x<;r 与八层（仁/?）的图像有三个不同交点，则实数[Vx,X> iT9 113兀B. 13兀屁n 9屈D.—-— 169”169加・'上的取值区间为：•・16.在四面体4BCQ中，AB=BD^AD=CD^AC=BC=4,用平行于AR,CD的平面截此四面体，得到截面四边形ETCH,则四边形面积的最大值为______________________ .数爭（理科）试趙卷第3页三、解答羸共70分•鮮答应写出文字说明过程成演算步就17T1題为必考題, 每个试IS 考生都亳须件答.第22. 23 M 为选考题，考生根据宴求作答・17.(本小题满分12分)•： •某市在开展创建"全国文明城市”活动中，工作有序扎实，成效显著,尤其是城市环境卫生大为改观,探得市民好评-“创文”过程中, 某网站椎出了关于环境治理和保护问题情况的问卷调査,现从参与问卷调査的人群中随机选出200 人，并将这200人按年龄分组；第1级［1525), 第 2 组［25,35),第 3 组［35,45),第 4 组［45$), 第5组［55,65),得到的频率分布直方图如图所示.(1)求出&的值;.(2)若已从年龄较小的第1,2组中用分层抽样的方法抽取5人，现要再从这5人中!®机抽取3人进行何卷调査，设第2组抽到§人，求随机变就§的分布列及数学期望 £&)・•'•••； • ； ••、：、•二•-，■-18.(本小题満分 12 分) :… ' • . ；： '•••- •••-•-："、•■. ■七•.. . ■•厶•t f.■・、• .•/•.0 . • • .. ■.*• •, ■ ■已知函数/(x) = 2 sin(jf - —) cos jt + f 的最大值为1.(1)求『的值；3. '..'. "'；(2)设锐角MBC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a = 2近,A/1BC的.厂:•• ■ ' ••.•••/. ‘:・・• ■ .•- > ; 面积为屁且/⑷号，求b^c的值.数学(理科)试題事（本小题满分12分）；：必•如图,.菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2,它们所在平面互相垂直，EP丄平而ABCD、EF"平面4ECD.；'〈I〉求证：平面XC万丄平面BDF：" .■'* R(2 )若ZCBA= 60° V-求二面角A-BC-F的大小20.（本小题漓分12分）I、* s• '' ；；：；■已知函数, g（x）=ln x-ln a ,其中。

云南省红河州2020届高三高考数学(理科)一模试题(wd无答案)

云南省红河州2020届高三高考数学（理科）一模试题一、单选题(★) 1. 设集合，3，5，，，则（）A．，B．，C．，D．，(★) 2. 设，则（）A．0B．1C．D．3(★) 3. 下图为某地区2007年~2019年地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额折线图．根据该折线图，下列结论正确的是（）A．财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势B．财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同C．财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量D．城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增大(★★) 4. 若变量 x， y满足约束条件，则目标函数的最小值为（）A．1B．-2C．-5D．-7(★★) 5. 设，则的值是（）A．1B．e C．D．(★★★) 6. 数列是等差数列，，且构成公比为 q的等比数列，则（）A．1或3B．0或2C．3D．2(★) 7. 我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺,两鼠对穿,初日各一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问几何日相逢？”现用程序框图描述,如图所示,则输出结果 n=( )A．2B．3C．4D．5(★★) 8. 已知函数其图象的相邻两条对称轴之间的距离为．将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称，则下列说法正确的是（）A．函数的周期为B．函数的图象关于点对称C．函数在上有且仅有1个零点D．函数在上为减函数(★★)9. 已知双曲线的右焦点为，第一象限内的点在双曲线的渐近线上，为坐标原点，若，则的面积为（）A．1B．C．D．2(★★★) 10. 在棱长为2的正方体中，点 M是棱 AD上一动点，则下列选项中不正确的是（）A．异面直线与所成的角的大小B．直线与平面一定平行C．三棱锥的体积为定值4D．(★★★) 11. 函数 f( x)＝ x 2－ bx＋ c满足 f( x＋1)＝ f(1－ x)，且 f(0)＝3，则 f( b x)与 f( c x)的大小关系是A．f(b x)≤f(c x)B．f(b x)≥f(c x)C．f(b x)>f(c x)D．与x有关，不确定(★★★) 12. 已知、是椭圆和双曲线的公共焦点， P是它们的一个公共点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，，则的最大值为（）A．B．C．D．1二、填空题(★★) 13. 已知的展开式中的系数为5，则________.(★★) 14. 设向量，，，且，则____________.(★★) 15. 已知圆台上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为，圆台的外接球的球心为 O，且球心在圆台的轴上，满足，则圆台的外接球的表面积为____________．(★★★★) 16. 已知数列的前 n项和为，，，且．若对都成立，则实数的最小值为____________．三、解答题(★★★) 17. 某微商对某种产品每天的销售量( x件）进行为期一个月的数据统计分析，并得出了该月销售量的直方图（一个月按30天计算）如图所示.假设用直方图中所得的频率来估计相应的事件发生的概率.（1）求频率分布直方图中的的值；（2）求日销量的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）若微商在一天的销售量不低于25件，则上级商企会给微商赠送100元的礼金，估计该微商在一年内获得的礼金数.(★★★) 18. 如图，在四棱锥 P-ABCD中，平面 ABCD，，，，．（Ⅰ）求证：平面平面 PCD；（Ⅱ）求直线 PA与平面 PBC所成角的正弦值．(★★★) 19. 在锐角三角形 ABC中，角 A， B， C所对的边分别为 a， b， c，若．（Ⅰ）求角 A的大小；（Ⅱ）若，求面积的最大值．(★★★★) 20. 已知 M是抛物线上一点， F是抛物线 C的焦点，．（Ⅰ）求直线 MF的斜率；（Ⅱ）已知动圆 E的圆心 E在抛物线 C上，点在圆 E上，且圆 E与 y轴交于 A， B两点，令，，求最大值．(★★★★) 21. 已知函数．（Ⅰ）若函数在处的切线与直线平行，求实数 n的值；（Ⅱ）若时，函数恰有两个零点，证明：．(★★★) 22. 在直角坐标系 xOy中，曲线 C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点， x轴的轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线 C的极坐标方程；（Ⅱ）设 A， B为曲线 C上两点（均不与 O重合），且满足，求的最大值．(★★★) 23. 已知函数（1）求不等式的解集；（2）若为中的最大元素，正数，满足，证明。

2020年云南省昆明市高考数学三诊一模试卷(理科)(6月份)(含答案解析)

020年云南省昆明市高考数学三诊一模试卷（理科）（6月份）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.在复平面内，复数所对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.已知集合0，1，，，则A. B. 0， C. 0， D. 1，3.已知一家便利店从1月份至5月份的营业收入与成本支出的折线图如图：关于该便利店1月份至5月份的下列描述中，正确的是A. 各月的利润保持不变B. 各月的利润随营业收入的增加而增加C. 各月的利润随成本支出的增加而增加D. 各月的营业收入与成本支出呈正相关关系4.已知点在双曲线的一条渐近线上，该双曲线的离心率为A. B. C. 2 D. 45.已知点，，则A. 1B.C.D. 26.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体的体积为A. 216B. 108C.D. 367.材料一：已知三角形三边长分别为a，b，c，则三角形的面积为，其中这个公式被称为海伦秦九韶公式．材料二：阿波罗尼奥斯在圆锥曲线论中提出椭圆定义：我们把平面内与两个定点，的距离的和等于常数大于的点的轨迹叫做椭圆．根据材料一或材料二解答：已知中，，，则面积的最大值为A. B. 3 C. D. 68.已知函数的图象向左平移个单位后与的图象重合，则的最小值为A. 8B. 4C. 2D. 19.如图1，已知PABC是直角梯形，，，D在线段PC上，将沿AD折起，使平面平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图对于图2，下列选项错误的是A. 平面平面PBCB. 平面PDCC. D.10.已知F为抛物线的焦点，点P为抛物线上一点，以线段PF为直径的圆与x轴相切于点M，且满足，，则p的值为A. 4B. 3C. 2D. 111.已知函数，是的唯一极小值点，则实数k的取值范围为A. B. C. D.12.在中，，，有下述四个结论：若G为的重心，则；若P为BC边上的一个动点，则为定值2；若M，N为BC边上的两个动点，且，则的最小值为；已知P为内一点，若，且，则的最大值为2．其中所有正确结论的编号是A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若，则______．14.若“，”是真命题，则实数a的取值范围是______．15.在ABC中，，，，D在线段AB上，若与的面积之比为3：1，则______．16.某校同时提供A、B两类线上选修课程，A类选修课每次观看线上直播40分钟，并完成课后作业20分钟，可获得积分5分；B类选修课每次观看线上直播30分钟，并完成课后作业30分钟，可获得积分4分．每周开设2次，共开设20周，每次均为独立内容，每次只能选择A类、B类课程中的一类学习，当选择A类课程20次，B类课程20次时，可获得总积分共______分．如果规定学生观看直播总时间不得少于1200分钟，课后作业总时间不得少于900分钟，则通过线上选修课的学习，最多可以获得总积分共______分．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列为正项等比数列，为的前n项和，若，．求数列的通项公式；从三个条件：；；中任选一个作为已知条件，求数列的前n项和．18.已知四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，为正三角形，M是PC的中点，过M的平面平行于平面PAB，且平面与平面PAD的交线为ON，与平面ABCD的交线为OE．在图中作出四边形不必说出作法和理由；若，求平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值．19.已知椭圆C：左焦点为，经过点的直线l与圆：相交于P，Q两点，M是线段与C的公共点，且．求椭圆C的方程．与C的交点为A，B，且A恰为线段PQ的中点，求的面积．20.近年来，国家为了鼓励高校毕业生自主创业，出台了许多优惠政策，以创业带动就业．某高校毕业生小张自主创业从事苹果的种植，并开设网店进行销售．为了做好苹果的品控，小张从自己果园的苹果树上，随机摘取150个苹果测重单位：克，其重量分布在区间内，根据统计的数据得到如图1所示的频率分布直方图．以上述样本数据中频率作为概率，现一顾客从该果园购买了30个苹果，求这30个苹果中重量在内的个数X的数学期望；小张的网店为了进行苹果的促销，推出了“买苹果，送福袋”的活动，买家在线参加按图行进赢取福袋的游戏该游戏的规则如下：买家点击抛掷一枚特殊的骰子，每次抛掷的结果为1或2，且这两种结果的概率相同；从出发格第0格开始，每掷一次，按照抛掷的结果，按如图2所示的路径向前行进一次，若掷出1点，即从当前位置向前行进一格从第k格到第格，，若掷出2点，即从当前位置向前行进两格从第k格到第格，行进至第31格获得福袋或第32格谢谢惠顾，游戏结束．设买家行进至第i格的概率为，1，2，，，．求、，并写出用、表示3，，的递推式；求，并说明该大学生网店推出的此款游戏活动，是更有利于卖家，还是更有利于买家．21.已知，，．若，证明：；对任意都有，求整数a的最大值．22.在平面直角坐标系xOy中，直线过点，倾斜角为以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．写出直线l的参数方程及曲线C的直角坐标方程；若l与C相交于A，B两点，M为线段AB的中点，且，求．23.设函数．当时，求函数的定义域；设，当时，成立，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：，复数z所对应的点的坐标为，位于第一象限．故选：A．利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.答案：D解析：解：集合0，1，，1，2，3，，1，．故选：D．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．3.答案：D解析：解：对于A，通过计算可得1至5月的利润分别为，，，，，故A错误；对于B，由A所得利润，可知利润并不随收入增加而增加，故B错误；对于C，同理可得C错误；对于D，由折线图可得支出越多，收入也越多，故而收入与支出呈正相关，故D正确，故选：D．利用收入与支出单位：万元情况的折线统计图直接求解．本题考查学生合情推理的能力，考查折线统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．4.答案：C解析：解：根据点在双曲线的渐近线上，所以双曲线的一条渐近线方程为，所以有，根据双曲线中a，b，c的关系，可以得，所以有，故选：C．利用已知条件推出a，b的关系，然后转化求解双曲线的离心率即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．5.答案：B解析：解：点，，，故选：B．利用两点间距离公式结合三角函数公式求解．本题主要考查了两点间距离公式，以及三角函数公式，是基础题．6.答案：B解析：解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为等腰三角形，高为6的三棱柱体，如图所示：所以：．故选：B．首先把三视图转换为几何体，进一步求出三棱柱体的体积．本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，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，属于基础题型．7.答案：C解析：解：中，，，所以点A的轨迹是以B、C为焦点的椭圆，如图所示；则，，，所以椭圆的标准方程为；由图形知，当点A在椭圆的短轴端点时，的面积取得最大值；此时的面积为．故选：C．由题意知点A的轨迹是椭圆，写出椭圆的标准方程，求出面积的最大值．本题考查了椭圆的定义与应用问题，也考查运算求解能力，是基础题．8.答案：B解析：解：函数，把的图象向左平移个单位所得的图象为，即，，，的最小值为4；故选：B．由条件利用函数的图象变换规律，终边相同的角的特征，求得的最小值．本题主要考查函数的图象变换规律，终边相同的角，属于基础题．9.答案：A解析：解：如图，图1中，则图2中，又平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，则，故选项C正确；由平面ABCD，平面PDC，得平面平面ABCD，而平面平面，平面ABCD，，平面BDC，故选项B正确；，平面平面ABCD，且平面平面，平面PAD，则，即是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则，故选项D正确．因此错误的只能是A．故选：A．由已知利用平面与平面垂直的性质得到平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面平面ABCD，结合判定B正确；再证明平面PAD，得到为直角三角形，判定D正确；由错误的选项存在可知A错误．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．10.答案：C解析：解：由线段PF为直径的圆与x轴相切于点M，且满足，，可得轴，可得圆的直径为2，半径为1，可得P的横坐标为2，P的纵坐标为1，即，，即，将P的坐标代入抛物线的方程可得，所以，故选：C．由题由线段PF为直径的圆与x轴相切于点M，且满足，可得轴，再由可得P的横坐标为2，即圆的直径为2，半径为1，所以P的纵坐标为1，将P的坐标代入抛物线的方程可得p的值．本题考查抛物线的性质及圆与x轴相切的性质，属于中档题．11.答案：D解析：解：由题可知，，是的唯一极小值点，恒成立，即，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，，，即．故选：D．对函数求导可得，因为是的唯一极小值点，所以恒成立，即，令，则，易知当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以，即，故而得解．本题考查利用导数研究函数的极值，还用到了构造法，将原函数的极值问题转化为新函数的恒成立问题是解题的关键，考查学生的转化与化归能力和运算能力，属于中档题．12.答案：A解析：解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系．则，，．，．对于，由重心坐标公式，可得，则，，，故正确；对于，设，则，则，故错误；对于，不妨设M靠近B，，则，得，则．当时，取得最小值为，故正确；对于，由，且P为内一点，，得，即，则的最大值小于2，故错误．所有正确结论的编号是．故选：A．以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系．由重心坐标公式结合向量的数乘与坐标运算判断；设，把用含有t的代数式表示判断；不妨设M靠近B，，则，求得M与N的坐标，得到关于x的函数，利用二次函数求最值判断；由向量加法的平行四边形法则结合图形求得与的范围判断．本题考查命题的真假判断与应用，考查平面向量的数乘与坐标运算，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属难题．13.答案：10解析：解：因为，所以为x的系数；故；故答案为：10．转化为求x的系数，即可得到结论．本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．14.答案：解析：解：“”是真命题，；故答案为：．根据对数函数的性质得到关于a的不等式，解出即可．本题考查了特称命题的真假，考查对数函数的性质，是一道基础题．15.答案：1解析：解：因为与的面积之比为3：1，故AD：：1；故BD；；；故答案为：1．先根据面积之比求得BD，再代入余弦定理即可求解．本题考查三角形的实际应用，考查计算能力．16.答案：180 190解析：解：依题意，当选择A类课程20次，B类课程20次时，可获得总积分共分；设选择A类课程x次，B类课程y次，则依题意有，，目标函数为，作出不等式组满足的可行域如图阴影部分所示，将平移，由图可知，当移至点P时，目标函数取得最大值，联立，解得，故最大值为，即最多可以获得总积分共190分．故答案为：180，190．依题意，当选择A类课程20次，B类课程20次时，易知此时总积分为180分；设选择A类课程x 次，B类课程y次，建立关于x，y的线性不等式租，作出可行域，进而求得最大值．本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题．17.答案：解：设数列的公比为，，，故：，解得，由，解得，；若选：由题意知：，此时数列是首项为1，公比为的等比数列，其前n项和若选：由题意知：，；若选：由题意知：，此时数列是首项为0，公差为1的等差数列，其前n项和．解析：设数列的公比为，由题设条件分别列出q与的方程，解出q与，就可求出；若选：由题设条件求得，再利用等比数列的前n项和公式求得；若选：由题设条件求得，再利用分组求和法求得；若选：由题设条件求得，再利用等差数列的前n项和公式求得．本题主要考查等差、等比数列的基本量的计算及数列前n项和的求法，属于基础题．18.答案：解：如图，四边形MNOE即为所求，其中N为PD中点，O为AD中点，E为BC中点．连结OP，依题意，，，，，且，平面PAD，则，为正三角形，且O为AD中点，平面ABCD，，，，以O为原点，建立如图空间直角坐标系，，4，，4，，0，，2，，则2，，2，，0，，设平面的一个法向量y，，则，取，得，设平面BME的一个法向量b，，则，取，得，则．平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值为．解析：四边形MNOE即为所求，其中N为PD中点，O为AD中点，E为BC中点．连结OP，推导出，，平面PAD，，从而平面ABCD，，，，以O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量能求出平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值．本题考查平面的作法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．19.答案：解：由圆：可得，因为，所以，即，又，故，所以椭圆C的方程为；设，，为线段PQ的中点，则，，又，解得，，若，则，直线l的方程为，由解得，即，所以的面积，若，同理可求得的面积，综上所述，的面积为．解析：由题意可得，所以，可得a的值，又，可求出b的值，从而得出椭圆C的方程；由，结合，可求处点A的坐标，分情况讨论即可求出的面积．本题主要考查了椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系，是中档题．20.答案：解：要图可知，苹果的重量在内的频率为：，一顾客从该果园购买了30个苹果重量在内的个数为X，则，故E个；买家要行进至第1格的情况只有1种：买家第一次抛掷骰子，结果为1，行进至第1格，其概率为，则，买家要行进至第2格的情况有以下两种：当前格在第0格，第一次抛掷骰子，结果为2，行进至第2格，其概率为，当前格在第1格，第二次抛掷骰子，结果为1，行进至第2格，其概率为，则，买家要行进至第i格2，3，的情况有以下两种：当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为2，行进至第i格，其概率为，当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为1，行进至第i格，其概率为，则，2，，由得：，即，2，，故数列2，是首项为，公比为的等比数列，，2，，，即，2，，故买家行进至第31格获得福袋的概率为，故买家行进至第32格谢谢惠顾的概率为，由于，故买家行进至第31格获得福袋的概率大于买家行进至第32格谢谢惠顾的概率，故小张推出的此款游戏活动更有利于卖家，解析：求出频率，代入公式，求出数学期望值即可；买家要行进至第1格的情况只有1种，依次写出买家要行进至第2格的情况以及买家要行进至第i格2，3，的情况，求出递推公式即可；求出数列2，是首项为，公比为的等比数列，得到，2，，计算，判断即可．本题考查了求概率，数学期望以及等比数列的性质问题，考查递推公式，是一道综合题．21.答案：解：设，则．注意到，因为，因为，则在单调递减，所以，，，所以存在唯一零点，使得则在时单调递增，在上单调递减，又，，所以在上恒成立，所以在上单调递增，则，即，所以．因为对任意的，不等式，即恒成立，令，则，由知，所以，由于a为整数，则，因此，下面证明，在区间恒成立，由知，则，故H，设，，则，所以在上单调递减，所以，所以，在上恒成立，综上所述，整数a的最大值为2．解析：设，，求导得且，再求，得在单调递减，所以，，，所以存在唯一零点，使得，得在时单调递增，在上单调递减，，，进而在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，即可得证．根据题意得对任意的，不等式恒成立，令，则，由知，所以，由于a为整数，所以，得，接下来证明，在区间恒成立，即可得整数a的最大值为2．本题考查导数的综合应用，参数的取值范围，属于中档题．22.答案：解：直线过点，倾斜角为则直线的参数方程为：为参数．曲线C的极坐标方程为根据，转换为直角坐标方程为．将直线的参数方程代入，得到：，所以，由于M为线段AB的中点，所以，整理得，整理得：解得，舍去，整理得：，所以．解析：直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质及一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解：时，要使函数有意义，则需满足，或或，或，所以函数的定义域为．当，成立，即成立，所以且，可得，而，，，所以a的取值范围是解析：代入，使真数有意义，分段解绝对值不等式即可；由题成立转化为成立，再由x的范围即可解出a的范围．本题主要考查的是绝对值不等式的解法，及求参范围，是道综合题．。

2020年云南省昆明市高考数学三诊一模试卷(理科)(5月份)

2020年云南省昆明市高考数学三诊一模试卷（理科）（5月份）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知集合A＝{x|x＜﹣1或x＞2}，B＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，则A∩B＝（）A．{﹣3，﹣2}B．{2，3}C．{﹣3，﹣2，3}D．{﹣3，﹣2，2，3}2．（5分）若复数z满足（1+2i）z＝5i，则z＝（）A．2+i B．2﹣i C．﹣2+i D．﹣2﹣i 3．（5分）在正项等比数列{a n}中，若a1＝1，a3＝a2+2，S n为其前n 项的和，则＝（）A．6B．9C．12D．154．（5分）若夹角为120°的向量与满足|+|＝||＝2，则||＝（）A．1B．2C．D．45．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．πC．D．2π6．（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的T＝（）A．B．C．D．7．（5分）已知圆C：（x﹣1）2+y2＝r2（r＞1）与x轴负半轴的交点为M，过点M且斜率为2的直线1与圆C的另一个交点为N，若MN的中点P恰好落在y轴上，则|MN|＝（）A．B．C．D．8．（5分）若直线y＝x与曲线y＝lnx+ax相切，则a＝（）A．B．C．D．9．（5分）抛物线上任意两点A、B处的切线交于点P，称△PAB为“阿基米德三角形”．当线段AB经过抛物线焦点F时，△PAB具有以下特征：①P点必在抛物线的准线上；②△PAB为直角三角形，且PA⊥PB③PF⊥AB．若经过抛物线y2＝4x焦点的一条弦为AB，阿基米德三角形为△PAB，且点P的纵坐标为4，则直线AB的方程为（）A．x﹣2y﹣1＝0B．2x+y﹣2＝0C．x+2y﹣1＝0D．2x﹣y﹣2＝010．（5分）已知函数f（x）＝x3+3x，若对任意t∈[﹣1，1]不等式f （2t2﹣m）+f（t）≥0恒成立，则实数m的取值范围是（）A．m≤1B．C．D．11．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的高为2，，过该棱锥高的中点且平行于底面ABCD的平面截该正四棱锥所得截面为A1B1C1D1，若底面ABCD与截面A1B1C1D1的顶点在同一球面上，则该球的表面积为（）A．20πB．C．4πD．12．（5分）如图，某公园内有一个半圆形湖面，O为圆心，半径为1千米，现规划在△OCD区域种荷花，在△OBD区域修建水上项目．若∠AOC＝∠COD，且使四边形OCDB面积最大，则cos∠AOC＝（）A．B．C．D．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）能说明命题“∀x∈R且x≠0，”是假命题的x的值可以是．（写出一个即可）14．（5分）已知F是双曲线M：的右焦点，点P在M上，O为坐标原点，若，则M的离心率为．15．（5分）河图洛书是中国古代流传下来的神秘图案，被誉为“宇宙魔方”，九宫格源于河图洛书．如图是由9个单位正方形（边长为1个单位的正方形）组成的九宫格，一个质点从A点沿单位正方形的边以最短路径运动到B点，共有种不同的路线，则在这些路线中，该质点经过p点的概率为．16．（5分）定义域为R的偶函数f（x）满足f（1+x）+f（1﹣x）＝0，当x∈[0，1）时，，给出下列四个结论：①|f（x）|＜1；②若f（x1）+f（x2）＝0，则x1+x2＝0③函数f（x）在（0，4）内有且仅有3个零点；④若x1＜x2＜x3，且f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则x3﹣x1的最小值为4．其中，正确结论的序号是．三、解答题（共5小题，满分60分）17．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，底面ABC为等边三角形，侧棱AA1⊥平面ABC，D为CC1中点，AA1＝2AB，AB1和A1B 交于点O．（1）证明：OD∥平面ABC；（2）求AB与平面A1BD所成角的正弦值．18．（12分）2020年1月，教育部《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》印发，自2020年起，在部分高校开展基础学科招生改革试点（也称“强基计划”）．强基计划聚焦高端芯片与软件、智能科技、新材料、先进制造和国家安全等关键领域以及国家人才紧缺的人文社会科学领域，选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．新材料产业是重要的战略性新兴产业，如图是我国2011﹣2019年中国新材料产业市场规模及增长趋势图．其中柱状图表示新材料产业市场规模（单位：万亿元），折线图表示新材料产业市场规模年增长率（%）．（1）求从2012年至2019年，每年新材料产业市场规模年增长量的平均数（精确到0.1）；（2）从2015年至2019年中随机挑选两年，求两年中至少有一﹣年新材料产业市场规模年增长率超过20%的概率；（3）由图判断，从哪年开始连续三年的新材料产业市场规模的方差最大．（结论不要求证明）19．（12分）△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2B+sin2C ＝sin2A+sinBsinC．（1）求A；（2）从三个条件：③△ABC的面积为中任选一个作为已知条件，求△ABC周长的取值范围．20．（12分）已知函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设g（x）＝f（x）﹣lna，若g（x）存在两个极值点x1，x2，求g（x1）+g（x2）的最小值．21．（12分）椭圆规是画椭圆的一种工具，如图1所示，在十字形滑槽上各有一个活动滑标M，N，有一根旋杆将两个滑标连成一体，|MN|＝4，D为旋杆上的一点，且在M，N两点之间，且|ND|＝3|MD|，当滑标M在滑槽EF内作往复运动，滑标N在滑槽GH 内随之运动时，将笔尖放置于D处可画出椭圆，记该椭圆为C．如图2所示，设EF与GH交于点O，以EF所在的直线为x轴，以GH所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．（1）求椭圆C的方程；（2）设A1，A2是椭圆C的左、右顶点，点P为直线x＝6上的动点，直线A1P，A2P分别交椭圆于Q，R两点，求四边形A1QA2R 面积的最大值．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．并用铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4--4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l的极坐标方程；（2）设动点M的极坐标为（ρ，θ），射线OM与直线l相交于点A，且满足|OA|•|OM|＝4，求点M轨迹的极坐标方程．[选修4--5：不等式选讲]23．已知f（x）＝2|x+1|+|x﹣1|．（1）解不等式f（x）≤4；（2）设f（x）的最小值为m，实数a，b，c满足a2+b2+c2＝m，证明：．2020年云南省昆明市高考数学三诊一模试卷（理科）（5月份）答案与解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．【分析】利用交集定义直接求解．【解答】解：∵集合A＝{x|x＜﹣1或x＞2}，B＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴A∩B＝{﹣3，﹣2，3}．故选：C．2．【分析】通过分母实数化，求出z即可．【解答】解：∵z满足（1+2i）z＝5i，∴z＝＝＝2+i故选：A．3．【分析】先由a1＝1，a3＝a2+2求出公比q，再利用前n项的和公式求出结果．【解答】解：设正项等比数列{a n}的公比为q，则q＞0．∵a1＝1，a3＝a2+2，∴q2＝q+2⇒q＝2．∴＝＝1+q3＝9，故选：B．4．【分析】根据向量数量积的应用，把|+|＝2两边平方，转化成模平方和数量积，利用已知即可得到结论．【解答】解：∵|+|＝2，∴2+2•+2＝4，即||2+4||cos120°+4＝4，则||＝2，或||＝0（舍），故选：B．5．【分析】由三视图还原原几何体，该几何体是组合体，下方为圆锥，圆锥的高是2，底面半径为1，上方为一个半球去掉右前方的四分之一，半球的半径为1，再由圆锥与球的体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是组合体，下方为圆锥，圆锥的高是2，底面半径为1，上方为一个半球去掉右前方的四分之一，半球的半径为1，则该几何体的体积为．故选：C．6．【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量T的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：模拟程序的运行，可得k＝1，S＝0，T＝0，S＝1满足条件S＜15，执行循环体，T＝1，k＝2，S＝3满足条件S＜15，执行循环体，T＝，k＝3，S＝6满足条件S＜15，执行循环体，T＝，k＝4，S＝10满足条件S＜15，执行循环体，T＝，k＝5，S＝15此时，不满足条件S＜15，退出循环，输出T的值为．故选：D．7．【分析】由题意画出图形，求出M的坐标，写出直线l的方程，与圆的方程联立求得N点横坐标，再由中点坐标公式求得r，进一步求出M与N的坐标，则答案可求．【解答】解：取y＝0，可得x＝1﹣r或x＝1+r，由题意可得，M（1﹣r，0），设直线l的方程为y＝2（x+r﹣1），联立，得5x2+（8r﹣10）x+3r2﹣8r+4＝0．由x M+x N＝1﹣r+x N＝，得x N＝．由MN的中点P恰好落在y轴上，得1﹣r++x N＝0，即r＝．∴M（﹣，0），N（，1），则|MN|＝＝．故选：B．8．【分析】先设切点，再对曲线求导，然后令导数等于1，然后结合x＝lnx+ax，即可求出a的值．【解答】解：设切点为（x，y），由题意．∴，解得．故选：D．9．【分析】由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2＝4x焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，可求出点P（﹣1，4），从而得到直线PF的斜率为﹣2，又PF⊥AB，所以直线AB的斜率为，再利用点斜式即可求出直线AB的方程．【解答】解：由题意可知，抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为（1，0），准线方程为：x＝﹣1，由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2＝4x焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，∴点P（﹣1，4），∴直线PF的斜率为：＝﹣2，又∵PF⊥AB，∴直线AB的斜率为，∴直线AB的方程为：y﹣0＝，即x﹣2y﹣1＝0，故选：A．10．【分析】函数f（x）＝x3+3x，判断其奇偶性．不等式f（2t2﹣m）+f（t）≥0，化为：f（2t2﹣m）≥﹣f（t）＝f（﹣t），利用其单调性及其二次函数的单调性即可得出．【解答】解：函数f（x）＝x3+3x，f（﹣x）＝﹣x3﹣3x＝﹣f（x），∴函数f（x）为R上的奇函数．f′（x）＝3x2+3＞0，∴函数f（x）为R上的增函数．不等式f（2t2﹣m）+f（t）≥0，化为：f（2t2﹣m）≥﹣f（t）＝f （﹣t），∴2t2﹣m≥﹣t，化为：m≤2t2+t，t∈[﹣1，1]．令g（t）＝2t2+t＝2﹣，t∈[﹣1，1]．∴t＝﹣时，函数g（t）取得最小值，g（﹣）＝﹣．则实数m的取值范围是m≤﹣．故选：D．11．【分析】如图（见解答部分）：根据正四棱锥，球心必在高线上，并且底面边长和高，可知对角面PAC是等腰直角三角形，当截面过高的中点时，截面的对角线长可求，再设球心为O，在两个直角三角形△OAM，△A1ON利用勾股定理，列出方程，可以解出半径R，则表面积可求．【解答】解：因为正四棱锥P﹣ABCD，所以底面是正方形，结合高为2，，设底面对角线交点为M，所以AC＝4，AM＝2，故PM＝AM＝CM＝2，所以△PAC是等腰直角三角形．因为截面A1B1C1D1过PM的中点N，所以N为截面正方形A1B1C1D1的中心，且PM⊥截面A1B1C1D1．∴PN＝MN＝A1N＝1，设球心为O，球的半径为R，则A1O＝AO ＝R．在直角三角形A 1ON中，，∴．在直角三角形APM中，OA2＝AM2+OM2，即，解得R2＝5，故S＝4πR2＝20π．故选：A．12．【分析】设∠AOC＝∠COD＝θ（0＜θ＜），利用三角形面积公式可得S＝，利用导数结合复合函数的单调性求最值，即可得到使四边形OCDB面积最大时cos∠AOC的值．【解答】解：设∠AOC＝∠COD＝θ（0＜θ＜），∵OC＝OB＝OD＝1，∴四边形OCDB面积S＝＝．则＝．由S′＝0，得4cos2θ+cosθ﹣2＝0，解得cosθ＝（舍）或cosθ＝，即θ＝arccos．又cosθ在（0，）上单调递减，∴当θ∈（0，arccos），即cosθ∈（，1）时，S＝单调递减，当θ∈（arccos，），即cosθ∈（0，）时，S＝单调递增，∴当cos∠AOC＝时，四边形OCDB的面积最大．故选：B．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．【分析】全称命题的否定只需举出一个反例即可．例如x＝﹣1，带入．【解答】解：，，∴只需x取值为负数，即可．例如x＝﹣1时14．【分析】设P的坐标，求出，的坐标，由∠POF＝，所以cos∠POF＝＝＝，求出P的横坐标，代入x02+y02＝4b2进而求出纵坐标，再将P坐标代入双曲线的方程可得a，b 的关系，由a，b，c之间的关系求出离心率．【解答】解：设P（x0，y0）由题意可得x0＞0，设y0＞0，＝（x0，y0），由题意|OP|＝2b，可得x02+y02＝4b2，＝（c，0），由∠POF＝，所以cos∠POF＝＝＝，可得x0＝b，y02＝3b2，y0＞0，将P点的坐标代入双曲线的方程可得：﹣3＝1，所以b2＝4a2，所以双曲线的离心率e＝＝＝，故答案为：．15．【分析】共有n＝＝20种不同的路线，其中该质点经过p点包含的基本事件有m＝6×2＝12种，由此能求出该质点经过p点的概率．【解答】解：一个质点从A点沿单位正方形的边以最短路径运动到B点，共有n＝＝20种不同的路线，则在这些路线中，该质点经过p点包含的基本事件有m＝6×2＝12种，该质点经过p点的概率为P＝．故答案为：．16．【分析】由f（1+x）+f（1﹣x）＝0可知，f（x）关于点（1，0）对称，另外令x＝1，可得f（1）＝0，再结合f（x）为偶函数，且当x∈[0，1）时，，可以作出函数的图象，然后逐一判断每个选项即可．【解答】解：∵f（1+x）+f（1﹣x）＝0，∴函数f（x）关于点（1，0）对称，令x＝1，则f（1）+f（1）＝0，∴f（1）＝0，又∵f（x）为偶函数，且当x∈[0，1）时，，∴可作出函数f（x）的图象如下所示，①﹣1＜f（x）＜1，∴|f（x）|＜1，即①正确；②取x1＝﹣1，x2＝2，满足f（x1）+f（x2）＝0，但x1+x2＝1≠0，即②错误；③函数f（x）在（0，4）内的零点为x＝1，2，3，有且仅有3个零点，即③正确；④取x1＝﹣1，x2＝0，x3＝1，则f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0，但x3﹣x1＝2＜4，即④错误．∴正确的是①③．故答案为：①③．三、解答题（共5小题，满分60分）17．【分析】（1）取AB中点E，先利用中位线的性质可证BO∥BB1且，再由已知条件可得且CD∥BB1，进而得到，则四边形EODC为平行四边形，故OD∥EC，由此得证OD∥平面ABC；（2）建立空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量以及平面A1BD的法向量，利用向量的夹角夹角公式即可得到所求正弦值．【解答】解：（1）取AB中点E，连接CE，OE，在四边形BODC 中，E为AB中点，O为AB1中点，∴BO为△ABB1的中位线，故BO∥BB1且，∵D为CC1中点，∴且CD∥BB1，∴，∴四边形EODC为平行四边形，∴OD∥EC，且BC在平面ABC内，∴OD∥平面ABC；（2）取BC中点F，根据已知条件建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则，∴，设平面A 1BD的一个法向量为，则，可取，设AB与平面A1BD所成角为θ，则，即AB与平面A1BD所成角的正弦值为．18．【分析】（1）从2012年起，每年新材料产业市场规模的年增加值依次为0.3，0.2，0.3，0.5，0.6，0.4，0.8，0.6，（单位：万亿元），由此能求出年增加的平均数．（2）设A表示事件“从2015年至2019年中随机挑选两个，两年中至少有一年新材料产业市场规模增长率超过20%”，利用对立事件概率计算公式能求出两年中至少有一﹣年新材料产业市场规模年增长率超过20%的概率．（3）从2017年开始连续三年的新材料产业市场规模的方差最大．【解答】解：（1）从2012年起，每年新材料产业市场规模的年增加值依次为：0.3，0.2，0.3，0.5，0.6，0.4，0.8，0.6，（单位：万亿元），∴年增加的平均数为：＝0.5万亿元．（2）设A表示事件“从2015年至2019年中随机挑选两个，两年中至少有一年新材料产业市场规模增长率超过20%”，依题意P（A）＝1﹣＝．（3）从2017年开始连续三年的新材料产业市场规模的方差最大．19．【分析】（1）由已知利用正弦定理可得b2+c2﹣a2＝bc，由余弦定理求出cosA，结合A的范围可得A的值．（2）由题意，分类讨论，利用正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式，正弦函数的图象和性质等知识即可求解．【解答】解：（1）∵sin2B+sin2C＝sin2A+sinBsinC，∴由正弦定理可得：b2+c2﹣a2＝bc，∴由余弦定理可得：cosA＝＝，∵A∈（0，π），∴A＝．（2）若选择，因为A＝，a＝，由正弦定理，则△ABC的周长l＝a+b+c＝2sinB+2sinC+＝2sinB+2sin（﹣B）+＝3sinB+cosB+＝2sin（B+）+，因为B∈（0，），所以＜B+＜，sin（B+）≤1，即△ABC周长的取值范围是（2，3），，因为A＝，b＝，由正弦定理可得a＝，c＝＝＝+，可得△ABC的周长l＝a+b+c＝++＝+＝+，因为B∈（0，），所以0＜，所以0＜，即△ABC 周长的取值范围是（2，+∞），若选择③△ABC的面积为，因为A＝，S△ABC＝bcsinA＝bc＝，可得bc＝4，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（b+c）2﹣12，即△ABC 的周长l＝a+b+c＝+b+c，因为b+c≥2＝4，当且仅当b＝c＝2时等号成立，所以l≥+4＝6，即△ABC的周长的取值范围是[6，+∞）．20．【分析】（1）求导，令f′（x）＝0得x＝1或，接下来分0＜a＜2，a＝2及a＞2讨论即可；（2）依题意，可得，设，利用导数求h（x）的最小值即可得出答案．【解答】解：（1），因为a＞0，由f′（x）＝0得x＝1或，①若0＜a＜2，则，由f′（x）＜0得；由f′（x）＞0得0＜x＜1或，∴若0＜a＜2，则f（x）在（0，1）递增，在递减，在递增；②若a＝2，则，f（x）在定义域（0，+∞）递增；③若a＞2，则，由f′（x）＜0得；由f′（x）＞0得或x＞1，∴若a＞2，则f（x）在递增，在递减，在（1，+∞）递增；（2）由g（x）＝f（x）﹣lna得g′（x）＝f′（x），由（1）知，g（x）有两个极值点时，a＞0且a≠2，不妨设，，∴，设，则h′（x）＝lnx﹣ln2+1，由h′（x）＜0得，h（x）在上单调递减，由h′（x）＞0得，h（x）在上单调递增，∴x＞0时，，∴当a＞0且a≠2时，g（x1）+g（x2）的最小值为．21．【分析】（1）由|MN|的值及|ND|＝3|MD|，可得|MD|，|ND|的值，由题意可得椭圆的长半轴及短半轴长，进而求出椭圆的方程；（2）由（1）可得A1，A2电子版，由题意设P的坐标，进而求出直线A1P，直线A2P的方程，与椭圆联立分别求出Q，R的坐标，进而求出四边形的面积的表达式，换元由均值不等式可得P的坐标．【解答】解：（1）由|MN|＝4，D为旋杆上的一点，且在M，N两点之间，且|ND|＝3|MD|，可得|MD|＝1，|ND|＝3所以椭圆的长半轴a为3，短半轴b为1，所以椭圆的方程为：+y2＝1；（2）由对称性设P（6，t），其中t＞0，则直线A1P的方程为：y ＝（x+3），直线A2P的方程为：y＝（x﹣3），设Q（x1，y1），R（x2，y2），由消x可得（9+t2）y2﹣6ty＝0，由于y＝0，所以y 1＝，由消x可得（1+t2）y2+2ty＝0，由于y＝0，所以y 2＝﹣，所以四边形A1QA2R的面积为S＝|A1A2|•|y1﹣y2|＝＝＝，由于t＞0，设m＝，又y＝m+在[2，+∞），所以y＝m+，故S＝≤3，当且仅当m＝2，即t＝时，四边形A1QA2R的面积的最大值为3．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．并用铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑．如果多做，则按所做的第一题计分．[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进行转换．（2）利用极径的应用求出结果．【解答】解：（1）直线l的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为x+y﹣2＝0．转换为极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ+2＝0．（2）设动点M的极坐标为（ρ，θ），射线OM与直线l相交于点A，且满足|OA|•|OM|＝4，所以A（），所以，转换为ρ＝2sinθ+2cosθ（ρ＞0）．[选修4--5：不等式选讲]23．【分析】（1）利用绝对值的意义，写出分段函数，即可求不等式f（x）≤4的解集；（2）利用绝对值不等式，求出m，再利用柯西不等式进行证明．【解答】解：（1）f（x）＝，∴不等式f（x）≤4等价于或或，解得﹣≤x≤﹣1或﹣1＜x＜1或x＝1，∴不等式的解集为[﹣，1]；（2）由（1）可知，f（x）在（﹣∞，﹣1]递减，在（﹣1，+∞）递增，∴f（x）的最小值为f（﹣1）＝2，∴m＝2，即a2+b2+c2＝2，根据柯西不等式得（a+b+c）2≤（12+12+12）（a2+b2+c2）＝6，故．。

2020年高考模拟云南省昆明一中高考数学模拟测试卷(理科) 含解析

2020年高考模拟高考数学模拟试卷（理科）一、选择题1．已知集合A＝{x|﹣2x+1≤3}，B＝|x|lnx≤1}，则A∩B＝（）A．（﹣1，e]B．（﹣1，1]C．（﹣1，0）D．（0，e]2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则|z|＝（）A．2B．C．D．33．空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：AQI指数值≤50（50，100]（100，150]（150，200]（200，300]＞300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某市10月1日﹣20日AQI指数变化趋势：下列叙述正确的是（）A．该市10月的前半个月的空气质量越来越好B．这20天中的中度污染及以上的天数占C．这20天中AQI指数值的中位数略高于100D．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量差4．若1717+a（a∈Z，0≤a＜4）能被3整除，则a＝（）A．0B．1C．2D．35．已知椭圆的中心在原点，离心率，且它的一个焦点与抛物线y2＝﹣4x的焦点重合，则此椭圆方程为（）A．B．C．D．6．函数f（x）＝sin2x﹣cos2x+2sin x cos x的图象的一条对称轴为（）A．B．C．D．7．执行如图所示的程序框图，则输出的a＝（）A．2B．1C．﹣1D．8．已知圆锥SO的底面半径为3，母线长为5．若球O1在圆锥SO内，则球O1的体积的最大值为（）A．B．9πC．D．12π9．若数列{a n}的前n项的和S n＝3a n﹣2，则这个数列的通项公式为（）A．B．C．a n＝3n﹣2D．10．已知点A（3，4）是双曲线上一点，F1，F2分别是双曲线C的左、右焦点，若以F1F2为直径的圆经过点A，则双曲线C的离心率为（）A．B．2C．D．511．设函数，若f（0）是函数f（x）的最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣1，2]B．[﹣1，0]C．[1，2]D．[0，2]12．已知平面向量满足，且{||，||，||}＝{1，2，4}，则的最大值为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若实数x，y满足，则z＝3x+2y的最大值为．14．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，S k+2﹣S k＝20，则k＝．15．已知函数f（x）＝，若方程f（x）＝﹣恰好有三个不等的实根，则实数a的取值范围为．16．已知四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，高为，侧棱长均为5，O为侧面△PCD的内心，则四棱锥O﹣ABCD的体积为．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：共60分17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，cos2C+3cos（A+B）＝1．（1）求角C；（2）若c＝2，求△ABC面积的最大值．18．某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过30站的地铁票价如下表：乘坐站数x0＜x≤1010＜x≤2020＜x≤30票价（元）369现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过30站．甲、乙乘坐不超过10站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过20站的概率分别为，．（1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量X，求X的分布列和数学期望．19．如图所示的几何体中，正方形ABCD所在平面垂直于平面APBQ，四边形APBQ为平行四边形，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2．（1）求证：平面PAD⊥平面PBC；（2）当三棱锥P﹣ABC体积最大时，求平面APC与平面BCQ所成二面角的正弦值．20．过点（0，2）的直线l与抛物线C：x2＝2py（p＞0）交于A，B两点，且OA⊥OB（O 为坐标原点）．（1）求抛物线C的方程；（2）在y轴上是否存在定点M，使得∠OMA＝∠OMB？并说明理由．21．已知函数f（x）＝x﹣lnx．（1）求f（x）的最小值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值．（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位．已知直线l的参数方程为（t为参数，0＜α＜π），抛物线C的普通方程为y2＝2x．（1）求抛物线C的准线的极坐标方程；（2）设直线l与抛物线C相交于A，B两点，求|AB|的最小值及此时α的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|ax﹣4|﹣|ax+8|．（1）当a＝2时，解不等式f（x）＜2；（2）求f（x）的最大值．参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A＝{x|﹣2x+1≤3}，B＝|x|lnx≤1}，则A∩B＝（）A．（﹣1，e]B．（﹣1，1]C．（﹣1，0）D．（0，e]【分析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．解：A＝{x|x≥﹣1}，B＝{x|0＜x≤e}，∴A∩B＝（0，e]．故选：D．2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则|z|＝（）A．2B．C．D．3【分析】设出复数z，利用复数相等的条件求出a，b的值，然后由复数模的公式计算得答案．解：设z＝a+bi（a，b∈R），∵，∴2（a+bi）+a﹣bi＝3﹣i，即3a+bi＝3﹣i，解得a＝1，b＝﹣1，∴复数z＝1﹣i的模为．故选：C．3．空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：AQI指数值≤50（50，100]（100，150]（150，200]（200，300]＞300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某市10月1日﹣20日AQI指数变化趋势：下列叙述正确的是（）A．该市10月的前半个月的空气质量越来越好B．这20天中的中度污染及以上的天数占C．这20天中AQI指数值的中位数略高于100D．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量差【分析】根据AQI指数值越小，表明空气质量越好，及其折线图即可判断出正误．解：由图知，前半个月中，空气质量先变好再变差，处于波动状态，A错误，这20天中的中度污染及以上的天数有5天，B错误，10月上旬大部分AQI指数在100以下，10月中旬大部分AQI指数在100以上，D错误，故选：C．4．若1717+a（a∈Z，0≤a＜4）能被3整除，则a＝（）A．0B．1C．2D．3【分析】根据若1717+a＝（18﹣1）17+a，把（18﹣1）17按照二项式定展开，分析可得a 的值．解：若1717+a＝（18﹣1）17+a＝1817﹣•1816+•1815﹣•1814+…+•18﹣+a（a∈Z，0≤a＜4）能被3整除，则﹣+a＝0，则a＝1，故选：B．5．已知椭圆的中心在原点，离心率，且它的一个焦点与抛物线y2＝﹣4x的焦点重合，则此椭圆方程为（）A．B．C．D．【分析】先求出焦点的坐标，再由离心率求得半长轴的长，从而得到短半轴长的平方，写出椭圆的标准方程．解：抛物线y2＝﹣4x的焦点为（﹣1，0），∴c＝1，由离心率可得a＝2，∴b2＝a2﹣c2＝3，故椭圆的标准方程为+＝1，故选：A．6．函数f（x）＝sin2x﹣cos2x+2sin x cos x的图象的一条对称轴为（）A．B．C．D．【分析】先结合二倍角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的性质可求解：因为f（x）＝sin2x﹣cos2x+2sin x cos x＝﹣cos2x+＝2sin（2x﹣），又f（）＝2sin＝2取得函数的最大值，所以函数f（x）的图象的一条对称轴为x＝，故选：C．7．执行如图所示的程序框图，则输出的a＝（）A．2B．1C．﹣1D．【分析】模拟程序框图的运行过程，即可得出a的取值是以3为周期而变化的，从而得出程序运行后输出的a值．解：n＝1，a＝；n＝2，a＝﹣1；n＝3，a＝2；n＝4，a＝；…，a的值构成3为周期的数列，因为2020＝3×673+1，所以当n＝2020时，a＝．故选：D．8．已知圆锥SO的底面半径为3，母线长为5．若球O1在圆锥SO内，则球O1的体积的最大值为（）A．B．9πC．D．12π【分析】由题意可得当球O1的轴截面是△SAB的内切圆时，内切球等体积最大，由题意求出轴截面的内切圆的半径，进而求出内切球的体积．解：设圆锥SO的轴截面为等腰△SAB，则球O1的体积最大时，球O1的轴截面是△SAB 的内切圆，所以S△SAB＝＝（SA+SB+AB）•r，解得：r＝，所以球O1的体积的最大值为（）3＝，故选：A．9．若数列{a n}的前n项的和S n＝3a n﹣2，则这个数列的通项公式为（）A．B．C．a n＝3n﹣2D．【分析】利用数列{a n}的前n项的和S n＝3a n﹣2，可得n≥2时，S n﹣1＝3a n﹣1﹣2，两式相减，证明数列{a n}是以1为首项，为公比的等比数列，即可求出这个数列的通项公式．解：∵数列{a n}的前n项的和S n＝3a n﹣2，①∴n≥2时，S n﹣1＝3a n﹣1﹣2，②①﹣②可得a n＝3a n﹣3a n﹣1，∴a n＝a n﹣1，∵n＝1，S1＝3a1﹣2，∴a1＝1，∴数列{a n}是以1为首项，为公比的等比数列，∴，故选：A．10．已知点A（3，4）是双曲线上一点，F1，F2分别是双曲线C的左、右焦点，若以F1F2为直径的圆经过点A，则双曲线C的离心率为（）A．B．2C．D．5【分析】根据圆周角定理得到AF1⊥AF2，所以|F1F2|＝2|AO|＝10＝2c，由此求得c＝5；结合双曲线的定义求得a＝，所以根据双曲线离心率的公式解答．解：由已知得AF1⊥AF2，所以|F1F2|＝2|AO|＝10，所以c＝5，又﹣＝2a，所以a＝，所以双曲线C的离心率e＝＝＝，故选：C．11．设函数，若f（0）是函数f（x）的最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣1，2]B．[﹣1，0]C．[1，2]D．[0，2]【分析】讨论a＜0和a≥0时，得出f（0）是函数f（x）的最小值时满足的不等式，求出解集即可．解：当a＜0时，函数f（x）的最小值为f（a），不满足题意；当a≥0时，要使f（0）是函数f（x）的最小值，只须≥a2+2，即4+a≥a2+2，解得﹣1≤a≤2，综上知，实数a的取值范围是[0，2]．故选：D．12．已知平面向量满足，且{||，||，||}＝{1，2，4}，则的最大值为（）A．B．C．D．【分析】由⊥知，当满足与+同向时，|++|取得最大值，讨论||＝1、2、3时，求出|+|的值，即可得出|++|的最大值．解：因为⊥，所以当满足与+同向时，|++|取得最大值，当||＝1时，|+|＝＝2，所以|++|的最大值为1+2；当||＝2时，|+|＝＝，所以|++|的最大值为2+；当||＝4时，|+|＝＝，所以|++|的最大值为4+；综上知，|++|的最大值是4+．故选：A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若实数x，y满足，则z＝3x+2y的最大值为6．【分析】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，代入目标函数得答案．解：由实数x，y满足作出可行域如图，联立，解得B（2，0），化目标函数z＝3x+2y为y＝﹣x+，由图可知，当直线y＝﹣x+过B时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为z＝3×2+2×0＝6．故答案为：614．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，S k+2﹣S k＝20，则k＝4．【分析】求出＝n2，从而（k+2）2﹣k2＝20，由此能求出k的值．解：因为等差数列{a n}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，所以＝n2，因为S k+2﹣S k＝20，所以（k+2）2﹣k2＝20，解得k＝4．故答案为：4．15．已知函数f（x）＝，若方程f（x）＝﹣恰好有三个不等的实根，则实数a的取值范围为1＜a＜．【分析】画出函数的图象，利用方程根的个数，转化为直线与曲线位置关系，转化为方程，解出即可．解：要满足方程f（x）＝﹣x+a（a∈R）恰好有三个不等的实根，则直线y＝x+a与y＝在x＞0相切以上（不含相切）和直线y＝﹣x+a过点（1，1）以下（不含过该点的直线），当直线y＝﹣x+a与y＝相切时，即＝﹣x+a，所以1＝﹣x2+ax，所以△＝0，所以a＝1（﹣1舍去），当直线y＝﹣x+a过点（1，1）时，a＝，所以1＜a＜．故答案为：1＜a＜．16．已知四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，高为，侧棱长均为5，O为侧面△PCD的内心，则四棱锥O﹣ABCD的体积为．【分析】由题意可得，底面ABCD的边长为6，在△PCD中，作PE⊥CD于E，通过角平分线的性质，＝＝，设底面正方形的边长为x，则＝2×，解得x．可得四棱锥O﹣ABCD的体积为V P﹣ABCD．解：由题意可得，底面ABCD的边长为6，在△PCD中，作PE⊥CD于E，通过角平分线的性质，＝＝，所以＝，设底面正方形的边长为x，则＝2×，解得x＝6．所以四棱锥O﹣ABCD的体积＝V P﹣ABCD＝×××62＝．故答案为：．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：共60分17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，cos2C+3cos（A+B）＝1．（1）求角C；（2）若c＝2，求△ABC面积的最大值．【分析】（1）由已知可得（cos C﹣2）（2cos C+1）＝0，由于cos C≠2，可求cos C＝﹣，进而可求C的值．（2）由余弦定理，基本不等式可求ab≤，进而根据三角形的面积公式即可求解．解：（1）由cos2C+3cos（A+B）＝1，可得2cos2C﹣3cos C﹣2＝0，（cos C﹣2）（2cos C+1）＝0，因为cos C≠2，所以cos C＝﹣，可得C＝．（2）由c2＝a2+b2﹣2ab cos C，得a2+b2+ab＝4，4﹣ab＝a2+b2≥2ab，ab≤，所以S△ABC＝ab sin C≤×＝，当a＝b＝时，△ABC面积的最大值为．18．某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过30站的地铁票价如下表：乘坐站数x0＜x≤1010＜x≤2020＜x≤30票价（元）369现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过30站．甲、乙乘坐不超过10站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过20站的概率分别为，．（1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量X，求X的分布列和数学期望．【分析】（1）利用古典概型，求解概率，设“甲、乙两人付费相同”为事件A，转化求解即可．（2）由题意可知X的所有可能取值为：6，9，12，15，18．求解概率，得到分布列，然后求解期望即可．解：（1）由题意知甲乘坐超过10站且不超过20站的概率为，乙乘坐超过10站且不超过20站的概率为，设“甲、乙两人付费相同”为事件A，则，所以甲、乙两人付费相同的概率是．（2）由题意可知X的所有可能取值为：6，9，12，15，18.，，×，×，．因此X的分布列如下：X69121518P所以X的数学期望．19．如图所示的几何体中，正方形ABCD所在平面垂直于平面APBQ，四边形APBQ为平行四边形，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2．（1）求证：平面PAD⊥平面PBC；（2）当三棱锥P﹣ABC体积最大时，求平面APC与平面BCQ所成二面角的正弦值．【分析】（1）通过证明AP⊥BC，AP⊥BG，得到AP⊥平面PBC，面PAD⊥平面PBC．（2）利用V P﹣ABC＝V C﹣APB＝，求三棱锥P﹣ABC体积的最大值，只需求PA•PB的最大值．令PA＝m，PB＝n，由AP⊥PB，可得以m2+n2＝4，当且仅当m＝n＝，再建立空间直角坐标系求解．【解答】（1）证明：因为平面ABCD⊥平面APBQ，平面APBQ∩平面ABCD＝AB，四边形ABCD为为正方形，即BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面APBQ，又因为AP⊂平面APBQ，所以AP⊥BC，因为BG⊥面APC，AP⊂平面PAC，所以AP⊥BG，因为BC∩BG＝B，BC，BG⊂平面PBC，所以AP⊥平面PBC，因为AP⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PBC．（2）解：V P﹣ABC＝V C﹣APB＝，求三棱锥P﹣ABC体积的最大值，只需求PA•PB的最大值．令PA＝m，PB＝n，由（1）知AP⊥PB，所以m2+n2＝4，当且仅当m＝n＝，即PA＝PB＝时，（V P﹣ABC）min＝mn≤•＝．以AB中点O为坐标原点建立空间直角坐标系如图，则A（0，﹣1，0），B（0，1，0），C（0，1，2），P（1，0，0）．设为平面APC的一个法向量，则，可取x＝1，则，因为四边形APBQ为平行四边形，△APB为等腰直角三角形，所以四边形APBQ为正方形，取平面BCQ的一个法向量为，所以cos，＞＝＝，所以sin，＞＝，即平面APC与平面BCQ所成二面角的正弦值为20．过点（0，2）的直线l与抛物线C：x2＝2py（p＞0）交于A，B两点，且OA⊥OB（O 为坐标原点）．（1）求抛物线C的方程；（2）在y轴上是否存在定点M，使得∠OMA＝∠OMB？并说明理由．【分析】（1）设直线l：y＝kx+2，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合条件x1x2+y1y2＝0，即可求出p＝1，从而求出抛物线C的方程；（2）假设存在满足条件的点M（0，t），设A（x1，y1），B（x2，y2），由∠OMA＝∠OMB得k MA+k MB＝0，由（1）知，代入上式化简得到＝0，显然k ≠0，所以t＝﹣2，故存在M（0，﹣2）满足条件．解：（1）设直线l：y＝kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），联立得x2﹣2pkx﹣4p＝0，则，所以y1y2＝（kx1+2）（kx2+2）＝k2x1x2+2k（x1+x2）+4＝4，由OA⊥OB得，∴x1x2+y1y2＝0，∴﹣4p+4＝0，∴p＝1，所以抛物线C的方程为x2＝2y．（2）假设存在满足条件的点M（0，t），设A（x1，y1），B（x2，y2），由（1）知，若∠OMA＝∠OMB，则k MA+k MB＝0，∴＝＝＝＝＝0，显然k≠0，∴t＝﹣2，∴存在M（0，﹣2）满足条件．21．已知函数f（x）＝x﹣lnx．（1）求f（x）的最小值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可求．解：：（1），当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，1）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增；故f（x）≥f（1）＝1，故f（x）的最小值为1．（2）由（1）可得，f（x）＝x﹣lnx≥1即lnx≤x﹣1，所以ln（1+）≤＝＝，k∈N*，n≥2，则ln（1+）+ln（1+）+＝＜ln2，即ln（1+）（1+）…（1+）＜ln2，所以（1+）（1+）…（1+）＜2．又因为（1+）（1+）…（1+）＞1，故对任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m的整数m的最小值为2．（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位．已知直线l的参数方程为（t为参数，0＜α＜π），抛物线C的普通方程为y2＝2x．（1）求抛物线C的准线的极坐标方程；（2）设直线l与抛物线C相交于A，B两点，求|AB|的最小值及此时α的值．【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．解：（1）依题意可得，抛物线C的普通方程为y2＝2x．则抛物线的准线的普通方程为x ＝﹣，化为极坐标方程即是．（2）将直线的参数方程程为（t为参数，0＜α＜π），代入抛物线的普通方程y2＝2x，化简整理得t2sin2α﹣2t cosα﹣1＝0，所以，．所以＝，当时，|AB|取得最小值2．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|ax﹣4|﹣|ax+8|．（1）当a＝2时，解不等式f（x）＜2；（2）求f（x）的最大值．【分析】（1）将a＝2代入f（x）中，然后利用零点分段法解不等式f（x）＜2即可；（2）直接利用绝对值三角不等式求出f（x）的最大值．解：（1）当a＝2时，f（x）＝|2x﹣4|﹣|2x+8|＝．∵f（x）＜2，∴x＞2或，∴x＞2或，∴，∴不等式的解集为{x|}．（2）∵f（x）＝|ax﹣4|﹣|ax+8|≤|（ax﹣4）﹣（ax+8）|＝12，∴f（x）的最大值为12．。

2020年云南曲靖高三一模数学试卷(理科)

(
，
)，求证：
．
【答案】 1. B
解析: 集合 ∵ 集合 ∴ 故正确．
2. D 解析: ∵复数满足则
．．
．
，
， ∴复数在复平面内对应点所在象限为第四象限．故选．
3. C 解析: ∵ ∴ 得
又
，，
，，
7
而
，
代入
，
得
，
∴
．
故选：．
4. A
解析:
∵对数函数
14. 若二项式
的展开式中的一次项的系数是，则
．
4
相切，．
15. 已知函数
围为
．
与
的图象有三个不同交点，则实数的取值范
16. 在四面体
中，
此四面体，得到截面四边形
，则四边形
，
，用平行于，的平面截
面积的最大值为
．
三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）
17. 某市在开展创建“全国文明城市”活动中，工作有序扎实，成绩显著，尤其是城市环境卫生大为改
由
，
，解得
，
．
，
消去整理得根据题设有：
，，
且
，
，
因为
，
所以
，
将
，
代入，化简得：
，
∵
，∴
，
此时
且
，解得
．
故
，
15
又
，为定值． ∴
，
当且仅当综上：
即
时等号成立．
的最小值为．
22.（ 1 ）
，
．
（2）．
解析:

2020年云南省昆明市高考数学三诊一模试卷(理科)(6月份)(含答案解析)

020年云南省昆明市高考数学三诊一模试卷（理科）（6月份）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.在复平面内，复数所对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.已知集合0，1，，，则A. B. 0， C. 0， D. 1，3.已知一家便利店从1月份至5月份的营业收入与成本支出的折线图如图：关于该便利店1月份至5月份的下列描述中，正确的是A. 各月的利润保持不变B. 各月的利润随营业收入的增加而增加C. 各月的利润随成本支出的增加而增加D. 各月的营业收入与成本支出呈正相关关系4.已知点在双曲线的一条渐近线上，该双曲线的离心率为A. B. C. 2 D. 45.已知点，，则A. 1B.C.D. 26.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体的体积为A. 216B. 108C.D. 367.材料一：已知三角形三边长分别为a，b，c，则三角形的面积为，其中这个公式被称为海伦秦九韶公式．材料二：阿波罗尼奥斯在圆锥曲线论中提出椭圆定义：我们把平面内与两个定点，的距离的和等于常数大于的点的轨迹叫做椭圆．根据材料一或材料二解答：已知中，，，则面积的最大值为A. B. 3 C. D. 68.已知函数的图象向左平移个单位后与的图象重合，则的最小值为A. 8B. 4C. 2D. 19.如图1，已知PABC是直角梯形，，，D在线段PC上，将沿AD折起，使平面平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图对于图2，下列选项错误的是A. 平面平面PBCB. 平面PDCC. D.10.已知F为抛物线的焦点，点P为抛物线上一点，以线段PF为直径的圆与x轴相切于点M，且满足，，则p的值为A. 4B. 3C. 2D. 111.已知函数，是的唯一极小值点，则实数k的取值范围为A. B. C. D.12.在中，，，有下述四个结论：若G为的重心，则；若P为BC边上的一个动点，则为定值2；若M，N为BC边上的两个动点，且，则的最小值为；已知P为内一点，若，且，则的最大值为2．其中所有正确结论的编号是A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若，则______．14.若“，”是真命题，则实数a的取值范围是______．15.在ABC中，，，，D在线段AB上，若与的面积之比为3：1，则______．16.某校同时提供A、B两类线上选修课程，A类选修课每次观看线上直播40分钟，并完成课后作业20分钟，可获得积分5分；B类选修课每次观看线上直播30分钟，并完成课后作业30分钟，可获得积分4分．每周开设2次，共开设20周，每次均为独立内容，每次只能选择A类、B类课程中的一类学习，当选择A类课程20次，B类课程20次时，可获得总积分共______分．如果规定学生观看直播总时间不得少于1200分钟，课后作业总时间不得少于900分钟，则通过线上选修课的学习，最多可以获得总积分共______分．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列为正项等比数列，为的前n项和，若，．求数列的通项公式；从三个条件：；；中任选一个作为已知条件，求数列的前n项和．18.已知四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，为正三角形，M是PC的中点，过M的平面平行于平面PAB，且平面与平面PAD的交线为ON，与平面ABCD的交线为OE．在图中作出四边形不必说出作法和理由；若，求平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值．19.已知椭圆C：左焦点为，经过点的直线l与圆：相交于P，Q两点，M是线段与C的公共点，且．求椭圆C的方程．与C的交点为A，B，且A恰为线段PQ的中点，求的面积．20.近年来，国家为了鼓励高校毕业生自主创业，出台了许多优惠政策，以创业带动就业．某高校毕业生小张自主创业从事苹果的种植，并开设网店进行销售．为了做好苹果的品控，小张从自己果园的苹果树上，随机摘取150个苹果测重单位：克，其重量分布在区间内，根据统计的数据得到如图1所示的频率分布直方图．以上述样本数据中频率作为概率，现一顾客从该果园购买了30个苹果，求这30个苹果中重量在内的个数X的数学期望；小张的网店为了进行苹果的促销，推出了“买苹果，送福袋”的活动，买家在线参加按图行进赢取福袋的游戏该游戏的规则如下：买家点击抛掷一枚特殊的骰子，每次抛掷的结果为1或2，且这两种结果的概率相同；从出发格第0格开始，每掷一次，按照抛掷的结果，按如图2所示的路径向前行进一次，若掷出1点，即从当前位置向前行进一格从第k格到第格，，若掷出2点，即从当前位置向前行进两格从第k格到第格，行进至第31格获得福袋或第32格谢谢惠顾，游戏结束．设买家行进至第i格的概率为，1，2，，，．求、，并写出用、表示3，，的递推式；求，并说明该大学生网店推出的此款游戏活动，是更有利于卖家，还是更有利于买家．21.已知，，．若，证明：；对任意都有，求整数a的最大值．22.在平面直角坐标系xOy中，直线过点，倾斜角为以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．写出直线l的参数方程及曲线C的直角坐标方程；若l与C相交于A，B两点，M为线段AB的中点，且，求．23.设函数．当时，求函数的定义域；设，当时，成立，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：，复数z所对应的点的坐标为，位于第一象限．故选：A．利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.答案：D解析：解：集合0，1，，1，2，3，，1，．故选：D．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．3.答案：D解析：解：对于A，通过计算可得1至5月的利润分别为，，，，，故A错误；对于B，由A所得利润，可知利润并不随收入增加而增加，故B错误；对于C，同理可得C错误；对于D，由折线图可得支出越多，收入也越多，故而收入与支出呈正相关，故D正确，故选：D．利用收入与支出单位：万元情况的折线统计图直接求解．本题考查学生合情推理的能力，考查折线统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．4.答案：C解析：解：根据点在双曲线的渐近线上，所以双曲线的一条渐近线方程为，所以有，根据双曲线中a，b，c的关系，可以得，所以有，故选：C．利用已知条件推出a，b的关系，然后转化求解双曲线的离心率即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．5.答案：B解析：解：点，，，故选：B．利用两点间距离公式结合三角函数公式求解．本题主要考查了两点间距离公式，以及三角函数公式，是基础题．6.答案：B解析：解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为等腰三角形，高为6的三棱柱体，如图所示：所以：．故选：B．首先把三视图转换为几何体，进一步求出三棱柱体的体积．本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，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，属于基础题型．7.答案：C解析：解：中，，，所以点A的轨迹是以B、C为焦点的椭圆，如图所示；则，，，所以椭圆的标准方程为；由图形知，当点A在椭圆的短轴端点时，的面积取得最大值；此时的面积为．故选：C．由题意知点A的轨迹是椭圆，写出椭圆的标准方程，求出面积的最大值．本题考查了椭圆的定义与应用问题，也考查运算求解能力，是基础题．8.答案：B解析：解：函数，把的图象向左平移个单位所得的图象为，即，，，的最小值为4；故选：B．由条件利用函数的图象变换规律，终边相同的角的特征，求得的最小值．本题主要考查函数的图象变换规律，终边相同的角，属于基础题．9.答案：A解析：解：如图，图1中，则图2中，又平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，则，故选项C正确；由平面ABCD，平面PDC，得平面平面ABCD，而平面平面，平面ABCD，，平面BDC，故选项B正确；，平面平面ABCD，且平面平面，平面PAD，则，即是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则，故选项D正确．因此错误的只能是A．故选：A．由已知利用平面与平面垂直的性质得到平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面平面ABCD，结合判定B正确；再证明平面PAD，得到为直角三角形，判定D正确；由错误的选项存在可知A错误．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．10.答案：C解析：解：由线段PF为直径的圆与x轴相切于点M，且满足，，可得轴，可得圆的直径为2，半径为1，可得P的横坐标为2，P的纵坐标为1，即，，即，将P的坐标代入抛物线的方程可得，所以，故选：C．由题由线段PF为直径的圆与x轴相切于点M，且满足，可得轴，再由可得P的横坐标为2，即圆的直径为2，半径为1，所以P的纵坐标为1，将P的坐标代入抛物线的方程可得p的值．本题考查抛物线的性质及圆与x轴相切的性质，属于中档题．11.答案：D解析：解：由题可知，，是的唯一极小值点，恒成立，即，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，，，即．故选：D．对函数求导可得，因为是的唯一极小值点，所以恒成立，即，令，则，易知当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以，即，故而得解．本题考查利用导数研究函数的极值，还用到了构造法，将原函数的极值问题转化为新函数的恒成立问题是解题的关键，考查学生的转化与化归能力和运算能力，属于中档题．12.答案：A解析：解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系．则，，．，．对于，由重心坐标公式，可得，则，，，故正确；对于，设，则，则，故错误；对于，不妨设M靠近B，，则，得，则．当时，取得最小值为，故正确；对于，由，且P为内一点，，得，即，则的最大值小于2，故错误．所有正确结论的编号是．故选：A．以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系．由重心坐标公式结合向量的数乘与坐标运算判断；设，把用含有t的代数式表示判断；不妨设M靠近B，，则，求得M与N的坐标，得到关于x的函数，利用二次函数求最值判断；由向量加法的平行四边形法则结合图形求得与的范围判断．本题考查命题的真假判断与应用，考查平面向量的数乘与坐标运算，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属难题．13.答案：10解析：解：因为，所以为x的系数；故；故答案为：10．转化为求x的系数，即可得到结论．本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．14.答案：解析：解：“”是真命题，；故答案为：．根据对数函数的性质得到关于a的不等式，解出即可．本题考查了特称命题的真假，考查对数函数的性质，是一道基础题．15.答案：1解析：解：因为与的面积之比为3：1，故AD：：1；故BD；；；故答案为：1．先根据面积之比求得BD，再代入余弦定理即可求解．本题考查三角形的实际应用，考查计算能力．16.答案：180 190解析：解：依题意，当选择A类课程20次，B类课程20次时，可获得总积分共分；设选择A类课程x次，B类课程y次，则依题意有，，目标函数为，作出不等式组满足的可行域如图阴影部分所示，将平移，由图可知，当移至点P时，目标函数取得最大值，联立，解得，故最大值为，即最多可以获得总积分共190分．故答案为：180，190．依题意，当选择A类课程20次，B类课程20次时，易知此时总积分为180分；设选择A类课程x 次，B类课程y次，建立关于x，y的线性不等式租，作出可行域，进而求得最大值．本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题．17.答案：解：设数列的公比为，，，故：，解得，由，解得，；若选：由题意知：，此时数列是首项为1，公比为的等比数列，其前n项和若选：由题意知：，；若选：由题意知：，此时数列是首项为0，公差为1的等差数列，其前n项和．解析：设数列的公比为，由题设条件分别列出q与的方程，解出q与，就可求出；若选：由题设条件求得，再利用等比数列的前n项和公式求得；若选：由题设条件求得，再利用分组求和法求得；若选：由题设条件求得，再利用等差数列的前n项和公式求得．本题主要考查等差、等比数列的基本量的计算及数列前n项和的求法，属于基础题．18.答案：解：如图，四边形MNOE即为所求，其中N为PD中点，O为AD中点，E为BC中点．连结OP，依题意，，，，，且，平面PAD，则，为正三角形，且O为AD中点，平面ABCD，，，，以O为原点，建立如图空间直角坐标系，，4，，4，，0，，2，，则2，，2，，0，，设平面的一个法向量y，，则，取，得，设平面BME的一个法向量b，，则，取，得，则．平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值为．解析：四边形MNOE即为所求，其中N为PD中点，O为AD中点，E为BC中点．连结OP，推导出，，平面PAD，，从而平面ABCD，，，，以O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量能求出平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值．本题考查平面的作法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．19.答案：解：由圆：可得，因为，所以，即，又，故，所以椭圆C的方程为；设，，为线段PQ的中点，则，，又，解得，，若，则，直线l的方程为，由解得，即，所以的面积，若，同理可求得的面积，综上所述，的面积为．解析：由题意可得，所以，可得a的值，又，可求出b的值，从而得出椭圆C的方程；由，结合，可求处点A的坐标，分情况讨论即可求出的面积．本题主要考查了椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系，是中档题．20.答案：解：要图可知，苹果的重量在内的频率为：，一顾客从该果园购买了30个苹果重量在内的个数为X，则，故E个；买家要行进至第1格的情况只有1种：买家第一次抛掷骰子，结果为1，行进至第1格，其概率为，则，买家要行进至第2格的情况有以下两种：当前格在第0格，第一次抛掷骰子，结果为2，行进至第2格，其概率为，当前格在第1格，第二次抛掷骰子，结果为1，行进至第2格，其概率为，则，买家要行进至第i格2，3，的情况有以下两种：当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为2，行进至第i格，其概率为，当前格在第格，抛掷一次骰子，结果为1，行进至第i格，其概率为，则，2，，由得：，即，2，，故数列2，是首项为，公比为的等比数列，，2，，，即，2，，故买家行进至第31格获得福袋的概率为，故买家行进至第32格谢谢惠顾的概率为，由于，故买家行进至第31格获得福袋的概率大于买家行进至第32格谢谢惠顾的概率，故小张推出的此款游戏活动更有利于卖家，解析：求出频率，代入公式，求出数学期望值即可；买家要行进至第1格的情况只有1种，依次写出买家要行进至第2格的情况以及买家要行进至第i格2，3，的情况，求出递推公式即可；求出数列2，是首项为，公比为的等比数列，得到，2，，计算，判断即可．本题考查了求概率，数学期望以及等比数列的性质问题，考查递推公式，是一道综合题．21.答案：解：设，则．注意到，因为，因为，则在单调递减，所以，，，所以存在唯一零点，使得则在时单调递增，在上单调递减，又，，所以在上恒成立，所以在上单调递增，则，即，所以．因为对任意的，不等式，即恒成立，令，则，由知，所以，由于a为整数，则，因此，下面证明，在区间恒成立，由知，则，故H，设，，则，所以在上单调递减，所以，所以，在上恒成立，综上所述，整数a的最大值为2．解析：设，，求导得且，再求，得在单调递减，所以，，，所以存在唯一零点，使得，得在时单调递增，在上单调递减，，，进而在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，即可得证．根据题意得对任意的，不等式恒成立，令，则，由知，所以，由于a为整数，所以，得，接下来证明，在区间恒成立，即可得整数a的最大值为2．本题考查导数的综合应用，参数的取值范围，属于中档题．22.答案：解：直线过点，倾斜角为则直线的参数方程为：为参数．曲线C的极坐标方程为根据，转换为直角坐标方程为．将直线的参数方程代入，得到：，所以，由于M为线段AB的中点，所以，整理得，整理得：解得，舍去，整理得：，所以．解析：直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质及一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解：时，要使函数有意义，则需满足，或或，或，所以函数的定义域为．当，成立，即成立，所以且，可得，而，，，所以a的取值范围是解析：代入，使真数有意义，分段解绝对值不等式即可；由题成立转化为成立，再由x的范围即可解出a的范围．本题主要考查的是绝对值不等式的解法，及求参范围，是道综合题．。