湖南省师大附中2020年高考理科数学模拟卷

湖南省师大附中2020年高考理科数学模拟卷时量：120分钟 满分：150分一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合M ＝{x|x ＝k 4＋12，k ∈Z }，N ＝{x|x ＝k 2＋14，k ∈Z }，则(C)A ．M ＝NB ．M NC ．N MD ．M ∩N ＝2．若复数z ＝(1－ai)(a ＋2i)在复平面内对应的点在第一象限，其中a∈R ，i 为虚数单位，则实数a 取值范围是(A)A ．(0，2)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－2，0) 3．如果等差数列a 1，a 2，…，a 8的各项都大于零，公差d≠0，则(B) A ．a 1＋a 8＞a 4＋a 5 B ．a 1a 8＜a 4a 5 C ．a 1＋a 8＜a 4＋a 5 D ．a 1a 8＞a 4a 5 【解析】由a 1＋a 8＝a 4＋a 5，∴排除A 、C.又a 1·a 8＝a 1(a 1＋7d)＝a 21＋7a 1d ，∴a 4·a 5＝(a 1＋3d)(a 1＋4d)＝a 21＋7a 1d ＋12d 2＞a 1·a 8，故选B.4．若函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx＋π6(ω∈N *)图象的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，则ω的最小值为(B)A ．1B ．2C ．4D ．8【解析】由题知πω6＋π6＝k π＋π2(k∈Z )ω＝6k ＋2(k∈Z )，故ωmin ＝2.5．学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为n 的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[50，60)元的同学有30人，则n 的值为(A)A ．100B ．1000C ．90D ．900【解析】支出在[50，60)元的频率为1－(0.1＋0.24＋0.36)＝0.3.∴样本容量n ＝300.3＝100.6．已知一个几何体的三视图如图所示(正方形的边长为1)，则该几何体的体积为(B)A.34B.78C.1516D.2324【解析】由题意可知几何体的形状如图，是长方体中截出的棱锥(底面是梯形，高为12，底面梯形下底边长为1，上底边长为12，高为1)的剩余部分，所以几何体的体积为：1－13×12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12×1＝78，故选B.7．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20的概率是(D)A.112B.115C.118D.114【解析】在不超过20的素数中有2，3，5，7，11，13，17，19共8个，随机选取两个不同的数共有C 28＝28种，随机选取两个不同的数，其和等于20有2种，故可得随机选取两个不同的数，其和等于20的概率P ＝114，故选D.8.下列图象可以作为函数f(x)＝xx 2＋a的图象有(C)A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解析】当a<0时，如取a ＝－4，则f(x)＝xx 2－4，其定义域为：{x|x≠±2}，它是奇函数，图象是(3)，所以(3)是正确的；当a>0时，如取a ＝1，则f(x)＝xx 2＋1，其定义域为R ，它是奇函数，图象是(2)，所以(2)是正确的；当a ＝0时，则f(x)＝1x ，其定义域为：{x|x≠0}，它是奇函数，图象是(4)，所以(4)正确．故选C.9．已知点集M ＝{}（x ，y ）|1－x 2·1－y 2≥xy ，则平面直角坐标系中区域M 的面积是(D)A ．1B ．3＋π4C ．πD ．2＋π2【解析】当xy≤0时，只需要满足x 2≤1，y 2≤1即可；当xy>0时，对不等式两边平方整理得到x 2＋y 2≤1，所以区域M 如下图．易知其面积为2＋π2.10．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0，b ＝(0，5)的起点均为原点，而终点依次对应点A ，B ，线段AB 边上的点P ，若OP →⊥AB →，OP →＝x a ＋y b ，则x ，y 的值分别为(C)A.15，45B.43，－13C.45，15 D ．－13，43【解析】OP →＝x a ＋y b ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0＋y(0，5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52x ，5y , AB →＝b －a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，5，∵OP →⊥AB →，∴－254x ＋25y ＝0x ＝4y ，①又∵A，B ，P 三点共线，∴x ＋y ＝1，②由①②得 x ＝45，y ＝15.故选C.11．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，||AB ＝||AD ＝3，||AA 1＝1，而对角线A 1B 上存在一点P ，使得||AP ＋||D 1P 取得最小值，则此最小值为(D)A ．2B ．3C ．1＋ 3 D.7 【解析】把对角面A 1BCD 1绕A 1B 旋转到与△AA 1B 在同一平面上的位置，连接AD 1，在△AA 1D 1中，|AA 1|＝1，|A 1D 1|＝3，∠AA 1D 1＝∠AA 1B ＋90°＝150°，则|AP|＋|D 1P|的最小值为：AD 1＝12＋（3）2－2×1×3×cos 150°＝7，故选D. 12．已知a>0，函数f(x)＝e x －a－ln (x ＋a)－1(x>0)的最小值为0，则实数a 的取值范围是(C)A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫12 D ．【解析】由题意知f(a)＝ea －a－ln(a ＋a)－1≥0，即0<a≤12.①当0<a<12时，f(x)＝e x －a－ln(x ＋a)－1≥[(x－a)＋1]－[(x ＋a)－1]－1＝－2a ＋1>0不符合题意，舍去；②当a ＝12时，f(x)＝ex －12－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－1≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－1－1＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫当x ＝12时取等号.则a ＝12，故选C.二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．请把答案填在答题卷对应题号后的横线上．13．定积分⎠⎛－11(e x－e －x)dx ＝__0__．14．(x －y)(x ＋y)8的展开式中x 2y 7的系数为__－20__．(用数字填写答案)【解析】(x ＋y)8中，T r ＋1＝C r 8x 8－r y r ，令r ＝7，再令r ＝6，得x 2y 7的系数为C 78－C 68＝8－28＝－20.15．已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)与双曲线C 2：x 2－y 2＝4有相同的右焦点F 2，点P 是椭圆C 1和双曲线C 2的一个公共点，若||PF 2＝2，则椭圆C 1的离心率为__22__． 【解析】设另一个焦点是F 1，由双曲线的定义可知||PF 1－||PF 2＝4，||PF 1＝6， 2a ＝8，a ＝4，c ＝22，故e ＝c a ＝224＝22.16．已知数列{}a n ，{}b n 均为等差数列，且a 1b 1＝m ，a 2b 2＝4，a 3b 3＝8，a 4b 4＝16，则m＝__4__.【解析】设a n ＝an ＋b ，b n ＝cn ＋d ，则a n b n ＝()an ＋b ()cn ＋d ＝acn 2＋(bc ＋ad)n ＋bd ， 令c n ＝a n b n ，则d n ＝c n ＋1－c n ＝2acn ＋(ac ＋ad ＋bc)构成一个等差数列，故由已给出的a 2b 2＝4，a 3b 3＝8，a 4b 4＝16，可求得m ＝4.三、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．(本题满分12分)已知在△ABC 中， D ，E 分别为边AB ，BC 的中点， 2AB →·AC →＝||AB →·||AC →， (1)若2AB →·AC →＝AB →·CD →，且△ABC 的面积为33，求边AC 的长； (2)若BC ＝3，求线段AE 长的最大值．【解析】设BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，由2AB →·AC →＝||AB →·||AC →，得2bccos A ＝bc ，所以cos A ＝12，又A∈(0，π)，因此A ＝π3.2分(1)由2AB →·AC →＝AB →·CD →，即2AB →·AC →＝AB →·(CA →＋12AB →)，得3bc ＝c 2，即3b ＝c.又因为S △ABC ＝12bcsin A ＝334b 2＝33，所以b ＝2，即边AC 的长为2.7分(2)因为E 为边BC 的中点，所以AE →＝12(AB →＋AC →)，即AE →2＝14(AB →＋AC →)2＝14(b 2＋c 2＋bc)，9分又因为BC ＝3，所以由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc·cos A ，即b 2＋c 2＝a 2＋bc ＝3＋bc≥2bc，即bc≤3，所以AE →2＝14(3＋2bc)≤94，||AE→≤32，当且仅当b ＝c 时取等号，所以线段AE 长的最大值为32.12分18．(本题满分12分)如图1，四边形ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AD ＝1，BC ＝2，E 为CD 上一点，F 为BE 的中点，且DE ＝1，EC ＝2，现将梯形沿BE 折叠(如图2)，使平面BCE⊥平面ABED.(1)求证：平面ACE⊥平面BCE ；(2)能否在边AB 上找到一点P(端点除外)使平面ACE 与平面PCF 所成角的余弦值为63？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由．【解析】(1)在直角梯形ABCD 中，作于DM⊥BC 于M ，连接AE ， 则CM ＝2－1＝1，CD ＝DE ＋CE ＝1＋2＝3， 则DM ＝AB ＝22，cos C ＝13，2分则BE ＝4＋4－2×2×2×13＝433，sin ∠CDM ＝13，则AE ＝1＋1＋2×1×1×13＝263，∴AE 2＋BE 2＝AB 2，4分故AE⊥BE，且折叠后AE 与BE 位置关系不变，又∵平面BCE⊥平面ABED ，且平面BCE∩平面ABED ＝BE ，∴AE ⊥平面BCE ，∵AE 平面ACE ，∴平面ACE⊥平面BCE.6分 (2)∵在△BCE 中，BC ＝CE ＝2，F 为BE 的中点，∴CF ⊥BE. 又∵平面BCE⊥平面ABED ，且平面BCE∩平面ABED ＝BE ， ∴CF ⊥平面ABED ，7分故可以F 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A ⎝⎛⎭⎪⎫263，－233，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，263，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－233，0，易求得平面ACE 的法向量为m ＝(0，－2，1)．假设在AB 上存在一点P 使平面ACE 与平面PCF 所成角的余弦值为63，且AP →＝λAB →，(λ∈R )，∵B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－263，433，0，故AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－263λ，433λ，0，又CA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫263，－233，－263，∴CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫263（1－λ），233（2λ－1），－263，又FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，263，设平面PCF的法向量为n ＝(x ，y ，z)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－263z ＝0，263（1－λ）x ＋233（2λ－1）y －263z ＝0， 令x ＝2λ－1得n ＝(2λ－1，2(λ－1)，0)， ∴|cosm ，n |＝|2（λ－1）|3·（2λ－1）2＋2（λ－1）2＝63，11分 解得λ＝12，因此存在点P 且P 为线段AB 中点时使得平面ACE 与平面PCF 所成角的余弦值为63.12分 19．(本题满分12分)近期，某市公交公司推出扫码支付1分钱乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.629路公交车统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x 表示活动推出的天数，y 表示每天使用扫码支付的人次(单位：十人次)，统计数据如表1所示：表1：x 1 2 3 4 5 6 7 y611213466101196根据以上数据，绘制了散点图．(1)根据散点图判断，在推广期内，y ＝a ＋bx 与y ＝c·d x(c ，d 均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y 关于活动推出天数x 的回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)；(2)根据(1)的判断结果及表1中的数据，建立y 关于x 的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；(3)根据以往的经验可知，每辆车每个月的运营成本约为0.66万元．已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客中有16的概率享受7折优惠，有13的概率享受8折优惠，有12的概率享受9折优惠．预计该车队每辆车每个月有1万人次乘车，根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其它因素的条件下，按照上述收费标准，假设这批车需要n(n∈N *)年才能开始盈利，求n 的值．参考数据：其中v i ＝lg y i ，v －＝17 i ＝17v i .参考公式：对于一组数据(u 1，v 1)，(u 2，v 2)，…，(u n ，v n )，其回归直线v ^＝a ^＋β^u 的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：β^＝ ＝0.25，5分把样本中心点(4，1.54)代入v ＝lg c ＋lg d ·x ，得lg c ＝0.54，∴v ^＝0.54＋0.25x ，∴lg y ^＝0.54＋0.25x ，6分∴y 关于x 的回归方程式：y ^＝100.54＋0.25x ＝100.54(100.25)x ＝3.47(100.25)x， 把x ＝8代入上式：∴y ^＝100.54＋0.25×8＝102.54＝102×100.54＝347，所以活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470 .7分(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z ，则Z 的取值可能为：2，1.8，1.6，1.4， P(Z ＝2)＝0.1，P(Z ＝1.8)＝0.3×12＝0.15，P(Z ＝1.6)＝0.6＋0.3×13＝0.7，P(Z ＝1.4)＝0.3×16＝0.05，所以一名乘客一次乘车的平均费用为：2×0.1＋1.8×0.5＋1.6×0.7＋1.4×0.05＝1.66(元)，10分 由题意可知：1.66×1×12·n －0.66×12·n－80>0，n>203，所以n 取7，估计这批车大概需要7年才能开始盈利.12分 20．(本题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率e ＝22，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x ＋y －2＝0相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C 有两个不同的交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM →＝NQ →？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．【解析】(1)由椭圆的离心率e ＝22，得c 2a 2＝c 2b 2＋c 2＝12，得b ＝c.上顶点为(0，b)，右焦点为(b ，0)，以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －b 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝b22，∴|b －2|2＝22b ，即|b －2|＝b ，得b ＝c ＝1，a ＝2， ∴椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.5分(2)椭圆C 上不存在这样的点Q ，理由如下：设直线的方程为y ＝2x ＋t ， 设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，53，Q(x 4，y 4)，MN 的中点为D(x 0，y 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋t ，x 22＋y 2＝1，消去x ，得9y 2－2ty ＋t 2－8＝0，所以y 1＋y 2＝2t 9，且Δ＝4t 2－36(t 2－8)＞0，7分 故y 0＝y 1＋y 22＝t 9，且－3＜t ＜3. 由PM →＝NQ →，得⎝⎛⎭⎪⎫x 1－x 3，y 1－53＝(x 4－x 2，y 4－y 2)， 所以有y 1－53＝y 4－y 2，y 4＝y 1＋y 2－53＝29t －53.9分 (也可由PM →＝NQ →知四边形PMQN 为平行四边形，而D 为线段MN 的中点，因此，D 也为线段PQ 的中点，所以y 0＝53＋y 42＝t 9，可得y 4＝2t －159.) 又－3＜t ＜3，所以－73＜y 4＜－1，11分 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾．故椭圆C 上不存在这样的点Q.12分21．(本题满分12分)已知函数f(x)＝ln x ，g(x)＝e x .(1)设函数h(x)＝f(x)＋12x 2＋ax(a∈R )，讨论h(x)的极值点个数； (2)设直线l 为函数f(x)的图象上一点A(x 0，f(x 0))处的切线，试探究：在区间(1，＋∞)上是否存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y ＝g(x)相切．【解析】由题意得h′(x)＝1x ＋x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x(x>0)，令Δ＝a 2－4，1分 ①当Δ＝a 2－4≤0即－2≤a≤2时，h ′(x)＝x 2＋ax ＋1x ≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立， 此时h(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，极值点个数为0；2分②当a>2时，h ′(x)＝x 2＋ax ＋1x≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立， 此时h(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，极值点个数为0；3分③当a<－2时，Δ>0，设x 1，x 2是x 2＋ax ＋1＝0的两根，则x 1＋x 2＝－a>0，x 1x 2＝1>0，故x 1>0，x 2>0，此时h(x)在(0，＋∞)上有两个极值点.5分综上所述，当a<－2时，h(x)有两个极值点，a ≥－2时，h(x)没有极值点.6分(2)∵f′(x)＝1x ，∴f ′(x 0)＝1x 0， ∴切线l 的方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.7分 设直线l 与曲线y ＝g(x)相切于(x 1，ex 1)，∵g ′(x)＝e x ，∴ex 1＝1x 0即x 1＝－ln x 0， ∴g(x 1)＝ex 1＝e －ln x 0＝1x 0， ∴直线l 的方程也为y －1x 0＝1x 0(x ＋ln x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0x 0＋1x 0，8分∴ln x 0－1＝ln x 0x 0＋1x 0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1.9分 下证：在区间(1，＋∞)上x 0存在且唯一．设φ(x)＝ln x －x ＋1x －1(x>1)， φ′(x)＝1x －（x －1）－（x ＋1）（x －1）2＝1x ＋2（x －1）2>0，则φ(x)在(1，＋∞)上单调递增.10分又φ(e)＝ln e －e ＋1e －1＝－2e －1<0，φ(e 2)＝ln e 2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0， 由零点存在性定理知：存在x 0∈(e ，e 2)，使得φ(x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1. 故在区间(1，＋∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y ＝g(x)相切.12分(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本题满分10分)选修4－4：极坐标与参数方程在平面直角坐标系中，将曲线C 1向左平移2个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的12，得到曲线C 2，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，C 1的极坐标方程为ρ＝4cos α.(1)求曲线C 2的参数方程；(2)直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t ，y ＝12t ＋2(t 为参数)，求曲线C 2上到直线l 的距离最短的点的直角坐标．【解析】(1)由ρ＝4cos α得ρ2＝4ρcos α将ρ2＝x 2＋y 2，ρ·cos α＝x 代入整理得曲线C 1的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4, 2分设曲线C 1上的点为(x′，y ′)，变换后的点为(x ，y)，由题可知坐标变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x′－2，y ＝12y′，即⎩⎪⎨⎪⎧x′＝x ＋2，y ′＝2y ，代入曲线C 1的普通方程，整理得曲线C 2的普通方程为 x 24＋y 2＝1，4分 ∴曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数).5分 (2)直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t ，y ＝12t ＋2(t 为参数)，直线l 的直角坐标方程为x －3y ＋23＝0，设曲线C 2上的点为P(2cos θ，sin θ)，0≤θ≤2π，则点P 到直线l 的距离为d ＝||2cos θ－3sin θ＋232＝||7cos （θ＋φ）＋232，其中cos φ＝27，sin φ＝37，当θ＋φ＝π时，d min ＝||－7＋232＝23－72，8分 此时2cos θ＝2cos(π－φ)＝－47＝－477，sin θ＝sin(π－φ)＝37＝217，即此时点P 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－477，217，所以曲线C 2上到直线l 的距离最短的点的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－477，217.10分 23．(本题满分10分)选修4－5：不等式选讲设f(x)＝|x －1|＋|x ＋1|.(1)求f(x)≤x＋2的解集；(2)若不等式f(x)≥|a ＋1|－|2a －1||a|对任意实数a≠0恒成立，求实数x 的取值范围． 【解析】(1)由f(x)≤x＋2得：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2≥0，x ≤－1，1－x －x －1≤x＋2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2≥0，－1<x<1，1－x ＋x ＋1≤x＋2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2≥0，x ≥1，x －1＋x ＋1≤x ＋2，3分 解得0≤x≤2，∴f (x)≤x＋2的解集为{x|0≤x≤2}.5分 (2)⎪⎪⎪⎪⎪⎪|a ＋1|－|2a －1||a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋1a －⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－1a ≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋1a ＋2－1a ＝3， 当且仅当⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a ≤0时，取等号.7分 由不等式f(x)≥|a ＋1|－|2a －1||a|对任意实数a≠0恒成立，可得|x －1|＋|x ＋1|≥3， 解得x≤－32或x≥32. 故实数x 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞.10分。