2020年高考数学(理)模拟考试(解析版)(3)

1、2020年高考模拟考试理科数学一、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 .设集合 A= x| x2 - 5x+6>0, B=x|x-1<0,贝U AC B=A. ( -8, 1)B. ( -2, 1)C. ( - 3, - 1)D. (3 , +8)1 .A 由题意得，Axx(2 或 x')3,Bxx 1 ,则 A B x x 1 .故选 A.2 .设z=-3+2i ,则在复平面内Z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 .C 由z 3 2i,得Z 3 2i,则Z 3 2i,对应点(

2、-3 , -2 )位于第三象限.故选C.3.已知 AB =(2,3),uurAC =(3，t)，uuu|BC |=1 则ULUl ULUlAB BC =A. - 3C. 2uuinuuur uum3.C 由 BC AC AB (1,t 3),B. - 2D. 3uuinBCUUUUUU，12 (t 3)2 1 ,得 t 3 ,则 BC (1,0),uuu uuurABgBC (2,3)c(1,0)2 1 3 0 2 .故选 C.4. 2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通

3、讯联系.为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行.L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设地球质量为M,月球质量为 M,地月距离为R, L2点到月球的距离为r,根据一一一、 M1 M2M1r牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程： 气得(R r)11.设 工，由于 的值很小，(R r)2r2R3R因此在近似计算中(1)2r的近似值为B.C.33M2R. M1D.3 M2R 3M 14.D所以(RM1 r)2M2-2- r(RM1 r)RM1R2(1)2(1M1R2 '(1)(1(1)2M2 3M1所以 r R 3 M2 R. 3M15 .

4、演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到 7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是A.中位数B.平均数C.方差D.极差5.A 设9位评委评分按从小到大排列为x1 x2 x3 x4 Lx8 x9 .则原始中位数为x5 ,去掉最低分最高分 x9,后剩余 x2xdLx8,中位数仍为x5,A正确.小，- 11 ,.、原始平均数x- (x1x2x3x4Lx8x9),后来平均数x一 (x2x3x4Lx)97平均数受极端值影响较大，x与x不一定相同，B不正确S2191-X27_ 2_ 2_ 2xixxix Lx9

5、x_ 2_ 2_ 2xX3 x LX8 x由易知，C不正确.原极差=X9-Xi,后来极差=%-X2可能相等可能变小,D不正确.6.若 a>b,贝UA. ln( a- b)>0B.3a<3bD.C. a3-b3>06.C 取 a 2,b1,满足 a b, ln(a b) 0,知 a错,排除A;因为9 3a3b 3,知B错，排除B;1,b2,b 2,知D错，排除D,因为哥函数yx3是增函数，a b,所b3,故选C.7.3为两个平面，则a / 3的充要条件旦 ZEA.a内有无数条直线与3平行B.a内有两条相交直线与C.a, B平行于同一条直线D.a , (3垂直于同一平面7.

6、B 由面面平行的判定定理知:内两条相交直线都与平行是 /的充分条件，由面面平行性质定理知，若 / ，则 内任意一条直线都与平行,所以内两条相交直线都与平行是 /的必要条件,故选B.28 .若抛物线y2=2px( p>0)的焦点是椭圆 3P1的一个焦点，则p=A. 2C. 4B. 3D. 828.D因为抛物线y2 2px(p 0)的焦点(-,0)是椭圆23p2y ，, 一， 1的一个焦点，所以 3p pP得P 8,故选D.9.下列函数中，以 为周期且在区间（，）单调递增的是A. f(x)=cos2xB.f (x)=sin2 xC. f (x)=cosxD.f (x)=sinxD；因为y c

7、osx cosx,周期为2 ,排9.A 因为y sin |x|图象如下图，知其不是周期函数，排除除C,作出y cos2x图象，由图象知，其周期为在区间（7万）单调递增，A正确；作出y |sin2x的v=ji>rxX210712图象，由图象知，其周期为 一，在区间（-,-）单调递减，排除B,故选A.24 2210.已知 a e (0 ,),2sin2 a 2=cos2 a +1 ,则sinB.p -3C 3D.10.BQ 2sin 2cos2 1,4sincos22cos.Q0, cos2sin0,2sin cos ，又 sin22 cos1,_ . 2. 25sin1, sin1一，又

8、sin 0,sin5上，故选B.2211 .设F为双曲线C：勺、1(a 0,b 0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2 y2 a b交于P, Q两点.若|PQ |OF ,则C的离心率为A.2B. .3C. 2D.511 .A 设PQ与x轴交于点A,由对称性可知PQ x轴,又Q|PQ |OF| c, |PA|PA为以OF为直径的圆的半径,A为圆心C C. > ,_. nonP ,，又P点在圆x y a上, 2 22a2,即 Ja2,2e J2,故选A.12 .设函数f(x)的定义域为R,满足f(x 1) 2 f(x),且当x (0,1时，f(x) x(x 1) .若对任意,8

9、 一、 8x (,m,都有f (x) 则m的取值范围是9B.A.C.D.12.B Qx (0,1时，f(x)=x(x 1), f (x+1)=2 f (x), f(x) 2f(x 1),即 f (x)右移 1 个单位，图像变为原来的2倍.29X如图所示：当2x 3时,f(x)=4f(x 2)=4(x 2)(x 3),令 4(x 2)( x 3)56X(38)XI二、填空题：本题共 4小题，每小题5分，共20分。13 .我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10个车次的正点率为 0.97 ,有 20个车次的正点率为 0.98,有10个车次的正点率为 0.99,则经停该站

10、高铁列车所有车次的平均正点 率的估计值为.13.0 . 98由题意得，经停该高铁站列车正点数约为10 0.97 200.98 10 0.99 39.2,其中高铁个数为10+20+10=40,所以该站所有高铁平均正点率约为39.20.98.40所以（2c）2 c2 2 2c c 1 62, 2即 c2 12解得c 2#c2J3 （舍去）所以 a 2c 4J3,S ABC 1acsin B 1 43 2.3 -3 6.3. 22216.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1) .半正多面体是由两

11、种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1 .则该半正多面体共有 个面，其棱长为.(本题第一空2分，第二空3分.)16.(1)26 (2)J2 1.由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有 8个面，所以该半正多面体共有18 8 26个面.如图，设该半正多面体的棱长为 x ,则AB BE x ,延长BC与FE交于点G ,延长BC交正方体棱于 H ,由半正多面体对称性可知，BGE为等腰直角三角形，BG GE CH -x, GH 2 x x (6 1)x 1,22J2

12、1,即该半正多面体棱长为三、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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 60分。17 . ( 12 分)如图，长方体 ABCD A1BGD的底面ABC比正方形，点 E在AA上，BEL EC.(1)证明：BEL平面EBG;(2)若AE=AE,求二面角 B- EC- C的正弦值.17. (1)由已知得，B1c1 平面 ABB1A, BE 平面 ABB1A,故 B1C1BE.又BE EC1,所以BE 平面EB1cl .(2)由(1)知 BEB1 90 .由题设知 RtAABE R

13、tAAB1E ,所以 AEB 45 ,故 AE AB , AA 2AB .uuiruuu以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，| DA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,则C(0, 1,0) , B(1,1, 0) , Ci (0, 1,2) , E(1,0,uuu1), CBuur(1,0,0) ， CEUULU(1, 1,1), CG (0,0,2) .设平面EBC勺法向量为n= (x, v，x),则uurCB n 0,x 0,uuu 即CE n 0,x V z 0,所以可取n=(0, 1, 1).设平面ECC1的法向量为m= (x, y, z),则uuuuCC1 m

14、0,日口 2z 0, uur即CE m 0, x y z 0.所以可取m= (1, 1, 0).nr'.日cos n, mn m|n l|m|所以，二面角BEC C1的正弦值为18.(12 分)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得 2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5 ,乙发球时甲得分的概率为0.4 ,各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.(1)求 P (X=2);(2)求事件“ X=4且甲获胜”的概率18. (1) X=2就是10 ：

15、10平后，两人又打了 2个球该局比赛结束， 则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分.因 此P (X=2) =0.5 X 0.4+ (1-0.5) X (1-0.4) =0.5.(2) X=4且甲获胜，就是10 ： 10平后，两人又打了 4个球该局比赛结束，且这 4个球的得分情况为：前 两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分.因此所求概率为0.5 X ( 1 - 0.4 ) + ( 1 - 0.5 ) X 0.4 X 0.5 X 0.4=0.1 .19. ( 12 分)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an13anbn4, 4bn 1 3bnan4.(1 )证明： a+bn是等比数列，a

16、n - bn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式.19. (1)由题设得 4(an 1 bn 1)1 , 2(an bn),即 an 1 bn 1 -(anbn).1又因为a1+b1=l ,所以an bn是首项为1,公比为一的等比数列.2由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8 ,即an1bn1 anbn2 .又因为ab1=l,所以an bn是首项为1,公差为2的等差数列.1(2)由(1)知，an bn F, an bn 2n 1.2,1所以 an 2(anbn)(anbn)12',12nbn 2(an bn) (an bn)20. (12 分)x 1 已知函数f x ln x

17、 .x 1(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设Xo是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(Xo,lnXo)处的切线也是曲线yex的切线.20. (1) f (x)的定义域为(0, 1) U (1, +8).因为1 f'(x)x2(x 1)20,所以f(x)在(0, 1) , ( 1, +8)单调递增.e2 3e2 1一.e 1°e21因为 f (e) =1 0, f (e2) 2e 1e 10 ,所以f (x)在(1, +8)有唯一零点x1,即 f (x。=0.又 0 1, f () x1x1In x1x1 1x1 1f (x) 0 ,

18、故f (x)在(0, 1)有唯一零点1一.x1综上，f (x)有且仅有两个零点.1 l1、，(2)因为 一 e ,故点B ( Tn x0, 一)在曲线y=e上.1x01x0x011x01Yx0x0x01x0x。X 1 In x0由题设知f(x0) 0,即lnx° x，故直线 AB的斜率k -x0比 1In x0 x0Inx在点A(x°,ln x°)处切线的斜率也是“11曲线y=ex在点B( In x0,一)处切线的斜率是 一，曲线y x0x01一, x0所以曲线y In x在点A(x°,ln x°)处的切线也是曲线 y=ex的切线.21 . (

19、 12 分)已知点A(-2,0) , B(2,0),动点Mx,y)满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线 C.2(1)求C的方程，并说明 C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交 C于P, Q两点，点P在第一象限，P口x轴，垂足为E,连结Q可延长交C于点G(i)证明： PQG是直角三角形；(ii )求 PQG面积的最大值.21. (1)由题设得 yyx 2 x 21x21,化简得上242y21(|x| 2),所以C为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点.(2) (i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y kx(k 0).2.1-2k2y kx由x2v2得x-工142、一 2 i

20、一 一_记 u.则 P(u, uk),Q( u, uk),E(u,0).J 2k2kk于是直线QG的斜率为k,方程为y k(x u).22y -(x u), 由2 2 2得土 L 1422.22. 2 2(2 k )x 2uk x k u 8 0 .设6a6,丫6),则u和xG是方程的解，故 xG_ 2-u(3k 2)2 k2,由此得yGuk32 2 k从而直线PG的斜率为uk32 k2uku(3k2 2)2 k2所以PQ PG ,即zPQG是直角三角形.(ii )由(i )得 |PQ| 2uV1 k2 , |PG |2uk k2 12 k2所以 PQG勺面积1,S | PQlI PG |228k(1 k2)(1 2k2)(2 k2)8(1 k)121 2(1 k)1设14+,则由k>0得t>2,当且仅当k=1时取等号. k8t16因为S 在2 , +00)单调递减，所以当 t=2,即k=1时，S取得最大值，最大值为 1 2t29因此， PQ面积的最大值为16§(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选