2020年普通高等学校招生全国统一考试(模拟卷)(9)

1、故选C C。【答案】C C2 2、某几何体的三视图如图所示（单位: 是（）c 3A.A. 8cmB.B. 12cm3C.C.翌 cm33403cm3【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为2 2的正方体与个底面边长为 2 2，高为2 2的正四棱锥的组合体，故其体积为3 1 2 323 ,V =V正方体 *V正四棱锥=2 +孑2?汇2=石（cm）。故选C C。33A.A.a1d 0,dS40B.B.a1d : 0,dS4 ： 02020年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）一、选择题：本大题共 8 8小题，每小题5 5分，共4040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

2、知集合 P =x X22x K0,Q =x 1 CX 兰2，则（eRP）DQ=（）A.A.0,1） B.B. （0,2 C.C.（1,2）D.D. 1,2【解解析】集合 P =x|xW0或x2,C RP=x0cx c2，所以(CRP)c Q =x |1 c x c 2，【答案】C C3 3、已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn。若a3,au,a成等比数列，则（）C.C.a1d0,dS4 : 0D.D. a1d：0,dS40【解析】由 a3a8 二 a：，得(a12d)(a1 7d(a13d)2，得 3ap=-5d2： 0 ,所以22 2a1d ： 0。dS4 = d (4a1 6d

3、 4a1 d 6dd ： 0。故选 B B。3【答案】B B4 4、命题“ n N *, f( n) N *且f (n)乞n ”的否定形式是( )A.A. n N*, f (n) N* 且 f (n) nB.B. n N*, f (n) N*或 f (n) n_ _ * * _ _ * *C.C.n N , f (n) N 且 f (n) nD.D. n N , f (n- N 或 f (n) n【解解析】根据全称命题 p:_x M,p（x）的否定是p: x0 M,p（x0），选D D。cmcm），则该几何体的体积正视图侧视图22 俯视图【答案】D D5 5、如图，设抛物线y2 =4x的焦点为

4、F，不经过焦点的直线上有三个不同的点 A, B,C ,其中点A,B在抛物线上，点C在y轴上,则 BCF与 ACF的面积之比是()A.BF -1AF -12BF -1B.2AF -1C.BF 1AF 1D.D.B,A2BF +12AF +1作准线x = -1的垂线，分别交yM , N两点。命题：对任意有限集命题：对任意有限集A.A. f (sin 2x)二 sin x2B.B.f (sin 2x)二 x xS BCF _ | BC | |BM | BF | -1|AC| _ |AN | AF | -1【答案】A A6 6设A, B是有限集，定义：d(代 B) =card(AUB) -card(A

5、 B)，card(A)表示有限集 A中元素的个数。代B，“ A=B ”是“ d(代B) 0 ”的充分必要条件;A, B,C，d(A,C)乞 d(A, B) d(B,C)。A.A.命题和命题都成立B.B.命题和命题都不成立C.C.命题成立，命题不成立D.D.命题不成立，命题成立【解析】由题意，知 d(A, B)二card(A) card(B)-2card(A B)_0. .对于命题：A=B时，有d(A,B)=0 ； A=B时，d(代B) 0显然成立。对于命题：d(A,C)乞 d(A,B) d(B,C)二 card(A) card(C) - 2card(A C)咗card(A) card(B)-2

6、card( A B) card(B) card(C)-2card(B C)card(A C)亠 card(A B) card(B C)-card(B)二 card(A C)_card(A C) B-card(A B C)-card(B)，易判断该不等式成立，所以命题成立。故选A A。此题也可通过画韦恩图加以直观说明。【答案】A A7 7、存在函数f (X)满足：对于任意X，R都有()0cC.C.f(x2+1)=x+1D.D.f(X2+2x)=|x + 1【解析】对于rnA，当x 时,4有 f(1)=；当时，有f (1)=，自相矛242盾；同理可知C C错误;对于 D D ,t = x22x(t

7、-1)，得 f(t) =| -仁沁 T T|=、. t T ，所以x成立。故选D D。【答案】D D&如图，已知 ABC， 二面角ACD -B的平面角为A. ZADB :-C. . ACB :-D是AB的中点，.：:，则(B.B. . ADB -:D. . ACB -:沿直线 CD将厶ACD翻折成 A CD，所成 )【解析】考虑极端位置，当翻0 0180 时，：=0 ,时.A/DB _0,. A/CB - 00，知 A,CA,C 立即排除。折 00 时，-180，此A/DB=1 gqA/CBcl 8，知 D D 排除。故选，渐近线方程是【解析】1010、已知函数则 f(f(-3)=f(x)的最

8、小值是_【答案】二、填空题：本大题共 7 7小题，多空题每题 6 6分，单空题每题 4 4分，共3636分。2x 29 9、双曲线 y =1的焦距是22cb2=2+3，得c3，所以焦距是23。令|-y0，得渐近线方程为【答案】Jg(x2+1),x1,【解析】f(f(-3) = f(lg10) = f(1) =1 2 - 3 = 0。此时,单调递减区间是【解解析】由a = l2a 2 寸3 -4.32当x_1时，f(x)=x 3_2. 2一3，当x =2时取到最小值;x当 x : 1 时，f(x)=ig(x2 i)_igi=o。因为22 一3 ： 0 ,所以f (x)的最小值为2、2 _3 。【

9、答案】0 0, 2-2 一321111、函数f(x)二sin x sinxcosx，1的最小正周期是【解析】11J2冗3f(x)=sin2x+sinxcosx+1 =(1cos2x)+sin2x+1=sin(2x )+ ,所以22242n n3 nf(x)的最小正周期n。令2kn厂2x才2kn 2(k，Z)，得3n7 n3 nknx空kn (kZ)，所以f(x)的单调递减区间为kn ,kn8 8 8【答案】Ti;kn 3n, k n丄化 Z)8 81212、若 a =log4 3，则得 4a =3,2a -3 ,所以 21J3k Z)。4.3【答案】又 EN _ NC,所以因为 AN =2.2

10、,所以 ME =2 二 NE,MC =2 .2。2 8 -3EC = EN2 NC2 二 3，所以 cos EMC 二2心2汽22| 2x y_2| = 2x y -21414、若实数x, y满足乂2十兰1，则2x+y-2+|6 x3y的最小值是 _【解解析】因为 x2 y2 1，所以 6 _x-3y 0，所以 | 6 _ x _ 3y |二 6 _ x _ 3y。2 2如图，直线2x y 一2 =0将圆x y =1分成了两部分。在阴影区域内（包括边界）的 （x, y）满足2x y-2_0,2x +y -2 + 6 x 3y =2x + y2+6x3y = x2y+4，利用线性规划可知在点34

11、A（-,）处取得最小值3 3 ；5 5在阴影区域外（包含边界）的 （x, y）满足2x y-2乞0,即卩|2x y-2|=-（2x y - 2），此时 2x + y _2 + 6 _x_3y = _（2x + y_2）+6_x_3y = 8_3x_4y，利用线性规划可3 4知在点A（-）处取得最小值3 3。5 5综上可知，2x + y-2 + 6 x3y在在点A（3,-）处取得最小值3 3。5 5【答案】3 3、151515、已知e1,e2是空间单位向量，e1 *e2，若空间向量b满足=2,be2，且22对于任意 x,y R， b-（xe +ye2）zb-+ y ） =1（冷，丘 R），则沧=

12、-，yo = _， b = _-【解析】由心，得g小不妨设孚0 ；（1,0,0）,b =（m,n,t）,b-(xe1 ye2)；y,子今x,t)，所以 |b g ye2)|2弋拧-y)2(2)由 tanC =2,C (0, n，得 sin C 二所以 sin B10(33x)2 t2 = x2 xy y2 _4x _5y t2 7 =(x 4)2 ? (y 一 2)2 t2。故当2224y 4 23222X =Xo =1,y =y =2时，(x) 盲-2) t取到最小值 1 1，此时t =1。故I b 1=|)2+()2廿2=廖=2血。【答案】1 1, 2 2, 2.2三、解答题：本大题共 5

13、 5小题，共7474分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1616、(本题满分1414分)在厶ABC中，内角 代B,C所对的边分别是a,b,c。已知A = n, b2-a2 = = c2. .42(1 1 )求tanC的值；(2 2 )若厶ABC的面积为3 3，求b的值。222 2 11216.16.解：(1 1)由bac及正弦定理得sin Bsin C ,2 2 2所以一cos2B 二 sin2 C。n3 n又由 A ，即 B C ，得cos2B =sin2C = 2sin C cosC ,44解得 tanC =2。冗又因为 sin B =s in (A C) =si n( C),4由正

14、弦定理得又因为 A = 4,1bcsinA = 3，所以 beT，故 b=3。1717、(本题满分1515分)如图，在三棱柱 ABC -A1B1C1 中，BAC = = 90 , AB = AC = =2 2 , AA=4=4, A在底面 ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点. .(1) 证明：AQ _平面A1BC ；(2) 求二面角 片-BD -B1的平面角的余弦值。17.17.解：（1 1）设E为BC的中点，由题意得 AE_平面ABC，所以A,E_AE. .因为AB二AC，所以AE _ BC 故AE _平面ABC . .由D,E分别为 B）G,BC的中点，得 DE/B.B且DE =

15、 B,B，从而 DE/A,A ,DE =AA，所以四边形A.AED为平行四边形故 AD / AE . .又因为AE _平面A,BC，所以AD _平面A.BC . .(2)方法一：如图，作 A,F _ BD且AFC BD =F，连结BiF . .由 AE 二 EB= .2, AEA- AEB=90，得AB = AA =4. .由 AD =BQ, AB 二 B,B，得 A,DB 与 B,DB 全由AF _ BD，得BiF _ BD，因此.AFBi为二面角 A - BD - Bi的平面角由 AD =72, AB =4,NDAB =90，得 BD=3x/2,AF，31 由余弦定理得cos A1FB1.

16、 .8方法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA, EB为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示. .由题意知各点坐标如下：A（0,0, -14），B（0,、2,0），D .2,0, 14），B（r2,i2,、14）. .可取 m = (0, .71)。可取 n = C： 7,0,1)。由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A - BD - Bi的平面角的余弦值因此AB 二二(0,迄迄 - -34), BD 二二(i 2 - .2 .14), DB (0,炫炫0). .设平面ABD的法向量为 m = (x1,y1,z1)，平面BjBD的法向量为n = (x2, y2,

17、z2). .jm AB =0,2% - 14 =0,由即 _m *BD = 0, j 2x . 2%14乙=0,由 n 巴1,即2y0, _n * BD =0, j “：2X2 - ；2y2 14Z2 =0,曰，,| m n |1疋 | cos ： m, n | 二| m |n |8为-1.81818、(本题满分1515分)2已知函数f(x)=x ax b(a, R)，记M(a,b)是|f(x)|在区间-1,1上的最大值。(1 )证明：当 |a|_2时，M (a,b) _2；(2(2)当a,b满足M (a,b)岂2 2时，求|a | - |b|的最大值。218解：(1由f(x) =(x)2 b

18、，得对称轴为直线 x . .242a由 |a|_2，得丨-才/，故 f(x)在-1,1上单调，所以 M(a,b)=max| f (1)|,| f(-1)|. . 当 a _2 时，由 f (1) - f (-1) = 2a 一4，得 max f (1), f (一1) 一 2，即 M (a,b) _2. .当 a 2 时，由 f (-1) - f (1) = 2a 一4，得 max f (-1), - f (1) 一 2，即 M(a,b)_2. .综上，当 |a|_2时，M (a,b) 一2. .(2 2 )由 M(a,b)乞 2，得 |1 a b冃 f (1)臣 2,|1 - a b冃 f(

19、-1)匸 2 , 故 |a b 匸3,| a-b 匸3。X|a b |,ab - 0,ZR 由 |a| + |ba-b；,ab0,得1a|T”21AB的方程为y x b . .m7 y 由2| 1y =将线段AB中点M （二mm b ）代入直线方程y = mx解得b =m 22m22。2m2当a=2,b=1时，|a |+ b T 3且|x2+ 2 1在1,1上的最大值为2 2 ,即M(2,- 1) . . 2所以|a| - |b|的最大值为3.3.1919、（本题满分1515分）x22 1已知椭圆y2 =1上两个不同的点 A,B关于直线y=mx 对称.2 2=11112 2b 2消去 y，得(

20、 一 )x x b 1=0. .2 mmx bm1x2因为直线yx b与椭圆 y =1有两个不同的交点,m224所以厶二-2b22 0。m（1 1）求实数m m的取值范围；（2 ）求厶AOB面积的最大值（0为坐标原点）2x 2246由得m或3-2t4 2t232，且O到直线AB222，当且仅当2（2）设数列的前n项和为Sn证明:2(n 2) n 2(n1)20.20.证明：（1 ）由题意得 an 1 -an = -a；辽 0 ,即 an 4 - an，1 故ar。由 an =(1 一 an)an 4得 an =(1 - an 4 )(1 - an Q ) I H (1 - a1 )a10 。1由0 : an 得2ananan 12an _an1,2，即 1 一电-2。an +1 _an（2 ）由题意得2 _an an an 1 ，所以 Sn = ai -a* i。an 1 anan 1(2 )令：6 0 U) 6 ，则 |AB|ht72 2t2的距离为d =&2十11设 AOB的面积为S(t)，所以S(t) | AB | *d故厶AOB面积的最大值为上222020、（本题满分1515分）