2020年高考数学(理)模拟考试(解析版) (2)

数学(理)

如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 参考公式：

n1n21样本数据x1,x2,…,xn的方差sxix，其中xnxi．

ni1i12柱体的体积VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．

1锥体的体积VSh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．

3一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答．

题卡相应位置上． ．．．．．．．

1.已知集合A{1,0,1,6}，B{x|x0,xR}，则AIB_____. 1.{1,6} 由题知，AIB{1,6}.

2.已知复数(a2i)(1i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是_____. 2.2 Q(a2i)(1i)aai2i2ia2(a2)i， 令a20得a2.

3.下图是一个算法流程图，则输出的S的值是_____.

2

3.5 执行第一次，SS执行第二次，SSx1,x14不成立，继续循环，xx12； 22x3,x24不成立，继续循环，xx13； 22x3,x34不成立，继续循环，xx14； 2x执行第四次，SS5,x44成立，输出S5.

2执行第三次，SS4.函数y76xx2的定义域是_____. 4.[1,7] 由已知得76xx20, 即x26x70 解得1x7， 故函数的定义域为[1,7].

5.已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是____. 5.

678891058， 由题意，该组数据的平均数为

63所以该组数据的方差是

15[(68)2(78)2(88)2(88)2(98)2(108)2]. 63

6.从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是_____. 6.

72 从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有C510种情况. 1011若选出的2名学生恰有1名女生，有C3C26种情况， 2若选出的2名学生都是女生，有C21种情况，

所以所求的概率为

617. 10102y27.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x21(b0)经过点（3，4)，则该双曲线的

b渐近线方程是_____.

427.y2x 由已知得321，

b2解得b2或b2，

因为b0，所以b因为a1，

2. 所以双曲线的渐近线方程为y2x.

*8.已知数列{an}(nN)是等差数列，Sn是其前n项和.若a2a5a80,S927，则S8的

值是_____.

a2a5a8a1da14da17d08.16 由题意可得：， 98S99a1d272a1587d4028216. 解得：，则S88a12d2

9.如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.

9.10 因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为120， 所以ABBCCC1120， 因为E为CC1的中点， 所以CE1CC1， 2由长方体的性质知CC1底面ABCD，

所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高， 所以三棱锥EBCD的体积

111111VABBCCEABBCCC112010.

3232212410.在平面直角坐标系xOy中，P是曲线yx(x0)上的一个动点，则点P到直线x+y=0

x的距离的最小值是_____.

10.4 当直线xy0平移到与曲线yx4相切位置时，切点Q即为点P到直线xxy0的距离最小.

由y141，得x2(2舍)，y32， 2x即切点Q(2,32)，

则切点Q到直线xy0的距离为故答案为：4．

11.在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是____. 11.(e, 1) 设点Ax0,y0，则y0lnx0.又y当xx0时，y23211224，

1， x1， x01(xx0)， x0点A在曲线ylnx上的切线为yy0即ylnx0x1， x0e1， x0代入点e,1，得1lnx0即x0lnx0e，

考查函数Hxxlnx，当x0,1时，Hx0，当x1,时，Hx0， 且H'xlnx1，当x1时，H'x0,Hx单调递增，

注意到Hee，故x0lnx0e存在唯一的实数根x0e，此时y01，

故点A的坐标为Ae,1.

12.如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若

uuuruuuruuuruuurAB，则的值是_____. ABAC6AOECAC

12.3 如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.

uuuruuuruuuruuuruuurruuuruuuruuur3uuu6AOgEC3ADgACAEABACgACAE

2ruuur3uuuABAC2r1uuuruuugACAB3ruuur1uuur2uuur21uuuruuur3uuuABgACABACABgAC 233ruuur1uuur2uuur2uuuruuur1uuur23uuur2uuuruuur32uuuABgACABACABgACABACABgAC， 23322uuuruuurr23uuur21uuuAB3. 得ABAC,即AB3AC,故

22ACtan2ππ3，则sin2的值是_____. 13.已知tan44tan1tantantan2213. 由tan1tan13， tan1041tan得3tan25tan20， 解得tan2，或tan1. 3sin2sin2coscos2sin

444222sincoscos2sin2sin2cos2= 2222sincos22tan1tan2=， 2tan212221222=；当tan2时，上式= 222110211212313=2.当tan时，上式= 22103113综上，sin2

2. 41014.设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且

k(x2),0x1f(x)是奇函数.当x(0,2]时，f(x)1(x1)2，g(x)1，其中

,1x229]上，关于x的方程f(x)g(x)有8个不同的实数根，则k 的取值范k0.若在区间(0，围是_____.

12222x0,214., 当时，即x1y1,y0. f(x)1x1,34又f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为4，如图，函数f(x)与g(x)的图象，要使f(x)g(x)在0,9上有8个实根，只需二者图象有8个交点即可.

当g(x)1时，函数f(x)与g(x)的图象有2个交点； 2当g(x)k(x2)时，g(x)的图象为恒过点2,0的直线，只需函数f(x)与g(x)的图象有6个交点.当f(x)与g(x)图象相切时，圆心1,0到直线kxy2k0的距离为1，即

k2k1，得k2，函数f(x)与g(x)的图象有3个交点；当g(x)k(x2)过点

41k21（1,1）时，函数f(x)与g(x)的图象有6个交点，此时13k，得k.

312f(x)g(x)0,9综上可知，满足在上有8个实根的k的取值范围为3，4.



二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答．．．．．．．时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c． （1）若a=3c，b=2，cosB=（2）若

2，求c的值； 3sinAcosB，求sin(B)的值． a2b22,cosB2， 315.（1）因为a3c,b1a2c2b22(3c)2c2(2)22由余弦定理cosB，得，即c.

32ac323cc所以c3. 3（2）因为

sinAcosB， a2b由正弦定理

abcosBsinB，得，所以cosB2sinB. 2bbsinAsinB2222从而cosB(2sinB)，即cosB41cosB，故cosB24. 5因为sinB0，所以cosB2sinB0，从而cosB25. 5因此sinB

π25. cosB2516.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E．

16.（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

x2y217.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:221(ab0)的焦点为F1（–1、0），

ab222F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x1)y4a交于点A，

与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知

DF1=

5． 2

（1）求椭圆C的标准方程； （2）求点E的坐标．

17.（1）设椭圆C的焦距为2c.

因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1. 又因为DF1=

553，AF2⊥x轴，所以DF2=DF12F1F22()222， 222因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2. 由b2=a2-c2，得b2=3.

x2y2因此，椭圆C的标准方程为1.

43（2）解法一：

x2y2由（1）知，椭圆C：1，a=2，

43因为AF2⊥x轴，所以点A横坐标为1.

将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.

因为点A在x轴上方，所以A(1，4).

又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.

y2x2由，得5x26x110， 22x1y1611解得x1或x.

51112将x代入y2x2，得y，

5511123因此B(,).又F2(1，0)，所以直线BF2：y(x1).

5的3y(x1)4132x由2，得，解得或. x17x6x13027xy134又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1. 将x1代入y解法二：

333(x1)，得y.因此E(1,). 422x2y2由（1）知，椭圆C：1.如图，连结EF1.

43因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB， 从而∠BF1E=∠B

因为F2A=F2B，所以∠A=∠B， 所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A. 因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.

x13因为F1(-1，0)，由x2y2，得y.

2134又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y因此E(1,).

32.

3. 218.如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆．．．．O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）．

（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；

（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；

（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离． 18.解法一：

（1）过A作AEBD，垂足为E.

由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6, AECD8. 因为PB⊥AB，

所以cosPBDsinABE84. 105所以

PBBD1215. cosPBD45因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求. ②若Q在D处，连结AD，由（1）知ADAE2ED210，

AD2AB2BD27从而cosBAD0，所以∠BAD为锐角.

2ADAB25所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此，Q选在D处也不满足规划要求. 综上，P和Q均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求； 当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，PB15， 设P1为l上一点，且PB11PBPB此时PD11sinPBD11cosEBA1539； 515. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，

CQQA2AC215262321.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于

圆O的半径.

综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离

PQ=PD+CD+CQ=17+321. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）. 解法二：

（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H. 以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.

因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3. 因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25. 从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为

3. 4因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为直线PB的方程为y4， 3425x. 33所以P（−13，9），PB(134)2(93)215. 因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3）， 所以线段AD：y3x6(4剟x4). 415在线段AD上取点M（3，），因为OM415332425，

422所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此Q选在D处也不满足规划要求. 综上，P和Q均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求； 当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，PB15，此时P设P1为l上一点，且PB11113,9； 15. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求. 当QA=15时，设Q（a，9），由AQ(a4)2(93)215(a4)，

得a=4321，所以Q（4321，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.

综上，当P（−13，9），Q（4321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离

PQ4321(13)17321. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321（百米）.

19.设函数f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR，f'(x)为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和f'(x)零点均在集合{3,1,3}中，求f（x）的极小值；

（3）若a0,0b„1,c1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤

4． 27319.（1）因为abc，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)．

3因为f(4)8，所以(4a)8，解得a2．

（2）因为bc，

所以f(x)(xa)(xb)x(a2b)xb(2ab)xab， 从而f'(x)3(xb)x因为a,b,23222ab2abf'(x)0xxb．令，得或． 332ab，都在集合{3,1,3}中，且a¹b， 32ab1,a3,b3． 所以32此时f(x)(x3)(x3)，f'(x)3(x3)(x1)．

令f'(x)0，得x3或x1．列表如下：

x (,3) + 3 0 (3,1) – 1 (1,) + 0 f(x) Z 极大值 ] 极小值 Z

2所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)32．

（3）因为a0,c1，所以f(x)x(xb)(x1)x(b1)xbx，

32f'(x)3x22(b1)xb．

因为0b1，所以4(b1)12b(2b1)30， 则

有2个不同的零点，设为x1,x2x1x2．

2222b1bb1b1bb1由f'(x)0，得x1． ,x233列表如下：

x (,x1) + x1 0 x1,x2 – x2 0 (x2,) + f(x) Z 极大值 ] 极小值 Z

所以f(x)的极大值Mfx1． 解法一：

Mfx1x13(b1)x12bx1

22bb1xb1b(b1)12 3x12(b1)x1bx199932b2b1(b1)27b(b1)2927bb1

23b(b1)2(b1)2(b1)2(b(b1)1)3

272727b(b1)244．因此M． 27272727解法二：

因为0b1，所以x1(0,1)．

当x(0,1)时，f(x)x(xb)(x1)x(x1)． 令g(x)x(x1),x(0,1)，则g'(x)3x(x1)．

2213令g'(x)0，得x1．列表如下： 3x 1(0,) 3+ 1 30 1(,1) 3g'(x) – g(x)

所以当xZ 极大值 ] 114时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)maxg．

3273所以当x(0,1)时，f(x)g(x)44，因此M． 272720.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.

（1）已知等比数列{an}满足：a2a4a5,a34a24a10，求证:数列{an}为“M－数列”； （2）已知数列{bn}满足:b11,①求数列{bn}的通项公式；

122，其中Sn为数列{bn}的前n项和． Snbnbn1bkck1②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck剟成立，求m的最大值．

20.（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.

a12q4a1q4a2a4a5a11由，得2，解得．

q2a34a24a10a1q4a1q4a10因此数列{an}为“M—数列”.

122（2）①因为，所以bn0． Snbnbn1由b11,S1b1得1122，则b22. 1b2bnbn1122S由，得n，

2(bn1bn)Snbnbn1当n2时，由bnSnSn1，得bn整理得bn1bn12bn．

所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{bn}的通项公式为bn=nnN②由①知，bk=k，kN*.

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0. 因为ck≤bk≤ck+1，所以q当k=1时，有q≥1；

k1bnbn1bn1bn，

2bn1bn2bnbn1*.

kqk，其中k=1，2，3，…，m.

当k=2，3，…，m时，有

lnklnklnq． kk1设f（x）=

lnx1lnx(x1)，则f'(x)． 2xx令f'(x)0，得x=e.列表如下：

x f'(x) (1,e) + e 0 极大值 (e，+∞) – f（x） 因为

ln2ln8ln9ln3ln3，所以f(k)maxf(3)． 266333取q3，当k=1，2，3，4，5时，

k1lnk„lnq，即kqk， k经检验知qk也成立．

因此所求m的最大值不小于5．

若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216， 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上，所求m的最大值为5．

数学Ⅱ(附加题)

【选做题】本题包括21、22、23三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题．．．．．．．．．．．．．．．．区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证．．．．．

明过程或演算步骤．

3121.已知矩阵A

22（1）求A2；

（2）求矩阵A的特征值. 3121.（1）因为A， 2231312A所以2222

=33123112115=． 23222122106（2）矩阵A的特征多项式为

f()3212254.

令f()0，解得A的特征值11,24.

A3,,B2,sin22.在极坐标系中，已知两点，直线l的方程为3.

244（1）求A，B两点间的距离； （2）求点B到直线l的距离.

22.（1）设极点为O.在△OAB中，A（3，

），B（2，），

24)5. 24由余弦定理，得AB=32(2)2232cos(（2）因为直线l的方程为sin()3，

4则直线l过点(32,)，倾斜角为

23． 43)2. 42又B(2,)，所以点B到直线l的距离为(322)sin(

23.设xR，解不等式|x|+|2 x1|>2.

23.当x<0时，原不等式可化为x12x2，解得x<–当0≤x≤当x>

21： 31时，原不等式可化为x+1–2x>2，即x<–1，无解； 21时，原不等式可化为x+2x–1>2，解得x>1. 2综上，原不等式的解集为{x|x或x1}.

13【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

n2n24,nN*.已知a32a2a4. 24.设(1x)a0a1xa2xLanx,n…（1）求n的值；

（2）设(13)nab3，其中a,bN*，求a23b2的值.

n0122nn24.（1）因为(1x)CnCnxCnxLCnx，n4，

所以a2Cnn(n1)n(n1)(n2),a3C3， n26n(n1)(n2)(n3)a4C4． n2422因为a32a2a4，

所以[n(n1)(n2)2n(n1)n(n1)(n2)(n3)]2，

6224解得n5．

（2）由（1）知，n5．

(13)n(13)5

022334455 C5C153C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)ab3．

解法一：

024135因为a,bN*，所以aC53C59C576,bC53C59C544，

从而a23b2762344232． 解法二：

022334455 (13)5C5C15(3)C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)022334455． C5C153C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)因为a,bN*，所以(13)5ab3．

因此a23b2(ab3)(ab3)(13)5(13)5(2)532．

25.在平面直角坐标系xOy中，设点集An{(0,0),(1,0),(2,0),,(n,0)}，

Bn(0,1),(n,1)},Cn{(0,2),(1,2),(2,2),L,(n,2)},nN.令MnAnUBnUCn.从

集合Mn中任取两个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离. （1）当n=1时，求X的概率分布；

（2）对给定的正整数n（n≥3），求概率P（X≤n）（用n表示）. 25.（1）当n1时，X的所有可能取值是1，2，2，5．

X的概率分布为P(X1)7744,P(X2)， 22C615C615P(X2)2222,P(X5)． 22C615C615b)和B(c，d)是从Mn中取出的两个点． （2）设A(a，因为P(Xn)1P(Xn)，所以仅需考虑Xn的情况． ①若bd，则ABn，不存在Xn的取法；

d1，则AB(ac)21②若b0，n21，所以Xn当且仅当ABn21， cn或an， c0，有2种取法； 此时a0，d2，则AB(ac)24n24，因为当n3时，(n1)24n，③若b0， cn或an， c0，有2种取法； 所以Xn当且仅当ABn24，此时a0，d2，则AB(ac)21④若b1，n21，所以Xn当且仅当ABn21， cn或an， c0，有2种取法． 此时a0，综上，当Xn时，X的所有可能取值是n2+1和n24，且

P(Xn21)4C22n4,P(Xn24)22C2n4．

22因此，P(Xn)1P(Xn1)P(Xn4)16C22n4．