2020年高考数学一模试卷(含答案)

2020年高考数学一模试卷一、选择题（共10小题）1．已知集合A＝{x|0＜x≤2}，B＝{x|1＜x＜3}，则A∩B＝（）A．{x|0＜x＜3}B．{x|2＜x＜3}C．{x|0＜x≤1}D．{x|1＜x≤2}2．已知复数z＝i（2+i）（i是虚数单位），则|z|＝（）A．1B．2C．3．函数f（x）＝sin2x+cos2x的最小正周期是（）A．B．πC．2πD．4πD．34．已知f（x）为定义在R上的奇函数，且f（1）＝2，下列一定在函数f（x）图象上的点是（）A．（1，﹣2）B．（﹣1，﹣2）C．（﹣1，2）D．（2，1）5．已知a，3，b，9，c成等比数列，且a＞0，则log3blog3c等于（）A．﹣1B．C．D．16．已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点与双曲线1的右焦点重合，则p＝（）A．B．2C．2D．47．在（2x）6的展开式中，常数项是（）A．﹣l60B．﹣20C．20D．1608．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A（cosα，sinα），．则（）A．1B．C．2D．与α有关9．若a＞0，b＞0，则“ab≥1”是“a+b≥2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件10．某同学在数学探究活动中确定研究主题是“an（a＞1，n∈N*）是几位数”，他以2n（n∈N*）为例做研究，得出相应的结论，其研究过程及部分研究数据如表：lgNlg2N的位数一位数一位数一位数两位数两位数两位数三位数三位数三位数四位数……N＝2n（n＞0）212223lg4lg8241+lg1.61+lg3.21+lg6.42+lg1.282+lg2.562+lg5.123+lg1.024……2526272829210……试用该同学的研究结论判断450是几位数（参考数据lg2≈0.3010）（）A．101B．50C．31D．30二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．已知向量，，其中m∈R．若共线，则m等于．12．圆（x1）2+y2＝1的圆心到直线的距离为．13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积等于．14．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”，将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数列{an}，则a1＝；an＝．（注：三三数之余二是指此数被3除余2，例如“5”）15．给出下列四个函数，①y＝x2+1；②y＝|x+1|+|x+2|；③y＝2x+1；④y＝x2+cosx，其中值域为[1，+∞）的函数的序号是．三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16．已知△ABC，满足，b＝2，______，判断△ABC的面积S＞2是否成立？说明理由．从①，②这两个条件中任选一个，补充到上面问题条件中的空格处并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．17．2019年1月1日，我国开始施行《个人所得税专项附加扣除操作办法》，附加扣除的专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人．某单位有老年员工140人，中年员工180人，青年员工80人，现采用分层抽样的方法，从该单位员工中抽取20人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行各专项人数汇总，数据统计如表：专项员工人数老员工中年员工青年员工子女教育继续教育大病医疗住房贷款住房租金赡养老人利息481022210251012381（Ⅰ）在抽取的20人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人；（Ⅱ）从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取2人，记X为选出的中年员工的人数，求X的分布列和数学期望．18．如图，已知四边形ABCD为菱形，且A＝60°，取AD中点为E．现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG，使得AEG＝90°．（Ⅰ）求证：AE平面EBHG；（Ⅱ）求二面角AGHB的余弦值；（Ⅲ）若点F满足，当EF平面AGH时，求λ的值．19．已知椭圆C：的离心率为，点A（0，1）在椭圆C上．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，过原点的直线（不与x轴垂直）与椭圆C交于M、N两点，直线AM、AN与x轴分别交于点E、F．问：y轴上是否存在定点G，使得OGE＝OFG？若存在，求点G的坐标；若不存在，说明理由．20．已知函数f（x）＝（xa）ex+x+a，设g（x）＝f'（x）．（Ⅰ）求g（x）的极小值；（Ⅱ）若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围．21．用[x]表示一个小于或等于x的最大整数．如：[2]＝2，[4.1]＝4，[3.1]＝﹣4．已知实数列a0，a1，…对于所有非负整数i满足ai+1＝[ai]•（ai[ai]），其中a0是任意一个非零实数．（Ⅰ）若a0＝﹣2.6，写出a1，a2，a3；（Ⅱ）若a0＞0，求数列{[ai]}的最小值；（Ⅲ）证明：存在非负整数k，使得当i≥k时，ai＝ai+2．参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合A＝{x|0＜x≤2}，B＝{x|1＜x＜3}，则A∩B＝（）A．{x|0＜x＜3}B．{x|2＜x＜3}C．{x|0＜x≤1}D．{x|1＜x≤2}【分析】利用交集定义能求出A∩B．解：集合A＝{x|0＜x≤2}，B＝{x|1＜x＜3}，A∩B＝{x|1＜x≤2}．故选：D．2．已知复数z＝i（2+i）（i是虚数单位），则|z|＝（）A．1B．2C．D．3【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可解：因为复数z＝i（2+i）＝﹣1+2i，所以|z|故选：C．，3．函数f（x）＝sin2x+cos2x的最小正周期是（）A．B．πC．2πD．4π【分析】函数y解析式提取变形，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，找出ω的值代入周期公式即可求出最小正周期．解：函数y＝sin2x+cos2xsin（2x），ω＝2，T＝π．故选：B．4．已知f（x）为定义在R上的奇函数，且f（1）＝2，下列一定在函数f（x）图象上的点是（）A．（1，﹣2）B．（﹣1，﹣2）C．（﹣1，2）D．（2，1）【分析】根据f（x）是奇函数即可得出f（﹣1）＝﹣2，从而得出点（﹣1，﹣2）在f（x）的图象上．解：f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）＝2，f（﹣1）＝﹣2，（﹣1，﹣2）一定在函数f（x）的图象上．故选：B．5．已知a，3，b，9，c成等比数列，且a＞0，则log3blog3c等于（）A．﹣1B．C．D．1【分析】根据等比数列的性质和对数的运算性质即可求出．解：a，3，b，9，c成等比数列，则bc＝81，b2＝27，，log3blog3c＝log3故选：A．1，6．已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点与双曲线1的右焦点重合，则p＝（）A．B．2C．2D．4【分析】根据双曲线方程可得它的右焦点坐标，结合抛物线y2＝2px的焦点坐标（，0），可得2，得p＝4．解：双曲线中a2＝3，b2＝1c2，得双曲线的右焦点为F（2，0）因此抛物线y2＝2px的焦点（，0）即F（2，0）2，即p＝4故选：D．7．在（2x）6的展开式中，常数项是（）A．﹣l60B．﹣20C．20D．160【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．解：2r，展开式的通项公式为Tr+1•（2x）6r•（﹣1）r•xr＝（﹣1）r•26r••x6令62r＝0，可得r＝3，故故选：A．展开式的常数项为﹣8•160，8．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A（cosα，sinα），．则（）A．1B．C．2D．与α有关【分析】根据题意，求出向量公式计算可得答案．、的坐标，进而可得的坐标，由向量模的公式以及和角解：根据题意，A（cosα，sinα），．则（cosα，sinα），（cos（α），sin（α）），则有（cosα+cos（α），sinα+sin（α）），故||2＝[cosα+cos（α3，）]2+[sinα+sin（α）]2＝2+2cosαcos（α）+2sinαsin（α）＝2+2cos则||；故选：B．9．若a＞0，b＞0，则“ab≥1”是“a+b≥2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】a＞0，b＞0，利用基本不等式的性质可得：a+b≥2，可由ab≥1，得出a+b≥2．反之不成立．解：a＞0，b＞0，a+b≥2若ab≥1，则a+b≥2．，反之不成立，例如取a＝5，b．“ab≥1”是“a+b≥2”的充分不必要条件．故选：A．10．某同学在数学探究活动中确定研究主题是“an（a＞1，n∈N*）是几位数”，他以2n（n∈N*）为例做研究，得出相应的结论，其研究过程及部分研究数据如表：lgNlg2N的位数一位数一位数一位数两位数两位数两位数三位数三位数三位数N＝2n（n＞0）212223242526272829lg4lg81+lg1.61+lg3.21+lg6.42+lg1.282+lg2.562+lg5.122103+lg1.024……四位数…………试用该同学的研究结论判断450是几位数（参考数据lg2≈0.3010）（）A．101B．50C．31D．30【分析】因为450＝2100，所以N＝2100，则lgN＝lg2100＝100lg2≈30+lg1.26，由表中数据规律可知，N的位数是31位数．解：450＝2100，N＝2100，则lgN＝lg2100＝100lg2≈30.10＝30+0.10＝30+lg100.10≈30+lg1.26，由表中数据规律可知，N的位数是31位数，故选：C．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．已知向量，，其中m∈R．若共线，则m等于6．【分析】因为共线，即，根据两向量平行的坐标表示列式求解即可．解：若共线，即，，，1×m＝﹣2×（﹣3），m＝6．故答案为：6．12．圆（x1）2+y2＝1的圆心到直线的距离为1．【分析】先求出圆的圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可算出结果．解：圆（x1）2+y2＝1的圆心坐标为（1，0），所以圆（x1）2+y2＝1的圆心到直线故答案为：1．的距离d1，13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积等于．【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积．解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为三棱锥体．如图所示：所以：V．故答案为：．14．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”，将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数列{an}，则a1＝8；an＝15n7．（注：三三数之余二是指此数被3除余2，例如“5”）【分析】由三三数之余二，五五数之余三，可得数列{an}的公差为15，首项为8．利用通项公式即可得出．解：由三三数之余二，五五数之余三，可得数列{an}的公差为15，首项为8．a1＝8，an＝8+15（n1）＝15n7．故答案为：8，15n7．15．给出下列四个函数，①y＝x2+1；②y＝|x+1|+|x+2|；③y＝2x+1；④y＝x2+cosx，其中值域为[1，+∞）的函数的序号是①②④．【分析】①由x2≥0，得x2+1≥1，由此得出结论；②由绝对值不等式的性质即可得出结论；③由2x＞0，得2x+1＞1，由此得出结论；④由函数f（x）＝x2+cosx的奇偶性及单调性即可得出结论．解：①x2≥0，x2+1≥1，故值域为[1，+∞），符合题意；②y＝|x+1|+|x+2|≥|（x+1）﹣（x+2）|＝1，故值域为[1，+∞），符合题意；③2x＞0，2x+1＞1，故值域为（1，+∞），不合题意；④函数f（x）＝x2+cosx为偶函数，且f′（x）＝2xsinx，f''（x）＝2cosx＞0，故f′（x）在R上单调递增，又f′（0）＝0，故当x∈（0，+∞）时，f（x）单调递增，则当x∈（﹣∞，0）时，f（x）单调递减，又f（0）＝1，故其值域为[1，+∞），符合题意．故答案为：①②④．三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16．已知△ABC，满足，b＝2，______，判断△ABC的面积S＞2是否成立？说明理由．从①，②这两个条件中任选一个，补充到上面问题条件中的空格处并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【分析】选①，先利用余弦定理可解得c＝3，从而求得三角形面积为，由此作出判断；选②，先利用余弦定理可得，此时S＞2不成立．，结合已知条件可知△ABC是A为直角的三角形，进而求得面积为解：选①，△ABC的面积S＞2成立，理由如下：当时，，所以c22c3＝0，所以c＝3，则△ABC的面积，因为，所以S＞2成立．选②，△ABC的面积S＞2不成立，理由如下：当即时，，，整理得，，所以，因a2＝7，b2+c2＝4+3＝7，所以△ABC是A为直角的三角形，所以△ABC的面积，所以不成立．17．2019年1月1日，我国开始施行《个人所得税专项附加扣除操作办法》，附加扣除的专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人．某单位有老年员工140人，中年员工180人，青年员工80人，现采用分层抽样的方法，从该单位员工中抽取20人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行各专项人数汇总，数据统计如表：专项员工人数老员工中年员工青年员工子女教育继续教育大病医疗住房贷款住房租金赡养老人利息481022210251012381（Ⅰ）在抽取的20人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人；（Ⅱ）从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取2人，记X为选出的中年员工的人数，求X的分布列和数学期望．【分析】（Ⅰ）先算出该单位的所有员工数量，再根据分层抽样的特点，逐一求解样本中老年、中年、青年员工的数量即可．（Ⅱ）随机变量X的可取值为0，1，2，结合超几何分布计算概率的方式逐一求取每个X的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望．解：（Ⅰ）该单位员工共140+180+80＝400人，抽取的老年员工中年员工人，人，青年员工人．（Ⅱ）X的可取值为0，1，2，，，．所以X的分布列为XP012数学期望E（X）．18．如图，已知四边形ABCD为菱形，且A＝60°，取AD中点为E．现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG，使得AEG＝90°．（Ⅰ）求证：AE平面EBHG；（Ⅱ）求二面角A（Ⅲ）若点F满足GHB的余弦值；，当EF平面AGH时，求λ的值．【分析】（Ⅰ）只需证明GEAE，BEAE，GE∩BE＝E，由线面垂直的判定定理可得证明；（Ⅱ）以E为原点，EA，EB，EG所在直线分别为x，y，z轴，求得平面AGH的法向量和平面EBHG的法向量．设二面角AGHB的大小为θ（θ＜900），即可得到所求值；（Ⅲ）由，则，由．计算可得所求值．解：（Ⅰ）证明：在左图中，△ABD为等边三角形，E为AD中点所以BEAD，所以BEAE．因为AEG＝90°，所以GEAE．因为GEAE，BEAE，GE∩BE＝E所以AE平面EBHG．（Ⅱ）设菱形ABCD的边长为2，由（Ⅰ）可知GEAE，BEAE，GEBE．所以以E为原点，EA，EB，EG所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间坐标系可得A（1，0，0），，G（0，0，1），．，设平面AGH的法向量为，所以，即．令x＝1，则．平面EBHG的法向量为．设二面角A（Ⅲ）由GHB的大小为θ（θ＜900）．，则，所以．因为EF平面AGH，则即12λ＝0．．所以．19．已知椭圆C：的离心率为，点A（0，1）在椭圆C上．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，过原点的直线（不与x轴垂直）与椭圆C交于M、N两点，直线AM、AN与x轴分别交于点E、F．问：y轴上是否存在定点G，使得OGE＝OFG？若存在，求点G的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）利用椭圆的离心率结合b＝1，求出a，得到椭圆方程．（Ⅱ）设M（x0，y0），由题意及椭圆的对称性可知N（﹣x0，﹣y0）（y0≠±1），求出AM，AN的方程，求出E的坐标，F的坐标，假设存在定点G（0，n）使得OGE＝OFG，得到，求出n，即可．说明存在点G坐标为满足条件．解：（Ⅰ）由题意得，b＝1，又a2＝b2+c2解得，所以椭圆方程为．（Ⅱ）设M（x0，y0），由题意及椭圆的对称性可知N（﹣x0，﹣y0）（y0≠±1），则直线AM的方程为直线AN的方程为则E点坐标为，，，F点坐标为．假设存在定点G（0，n）使得OGE＝OFG，即tanOGE＝tanOFG（也可以转化为斜率来求），即即|OG|2＝|OE||OF|，即所以，所以存在点G坐标为满足条件．20．已知函数f（x）＝（xa）ex+x+a，设g（x）＝f'（x）．（Ⅰ）求g（x）的极小值；（Ⅱ）若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出导函数得到g（x）＝（xa+1）ex+1，通过求解导函数判断导函数的符号，判断函数的单调性，求解函数的极值求解即可．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f'（x）＝g（x）≥ea2+1，通过a≤2时，当a＞2时，判断函数的单调性，求和函数的最值，推出结果即可．解：（Ⅰ）f'（x）＝（xa+1）ex+1，由题意可知g（x）＝（xa+1）ex+1，所以g'（x）＝（xa+2）ex，当x＞a2时g'（x）＞0，g（x）在（a2，+∞）上单调递增；当x＜a2时g'（x）＜0，g（x）在（﹣∞，a2）上单调递减，所以g（x）在x＝a2处取得极小值，为g（a2）＝﹣ea2+1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f'（x）＝g（x）≥ea2+1当a≤2时f'（x）≥ea2+1＞0，所以f（x）在单调递增，所以f（x）＞f（0）＝0，即a≤2时f（x）＞0在（0，+∞）恒成立．当a＞2时f'（0）＝g（0）＝2a＜0，又f'（a）＝g（a）＝ea+1＞0，又由于f'（x）在（a2，+∞）上单调递增；在（0，a2）上单调递减；所以在（0，a）上一定存在x0使得f'（x0）＝0，所以f（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增，所以f（x0）＜f（0）＝0，所以在（0，+∞）存在x0，使得f（x0）＜0，所以当a＞2时，f（x）＞0在（0，+∞）上不恒成立所以a的取值范围为（﹣∞，2]．21．用[x]表示一个小于或等于x的最大整数．如：[2]＝2，[4.1]＝4，[3.1]＝﹣4．已知实数列a0，a1，…对于所有非负整数i满足ai+1＝[ai]•（ai[ai]），其中a0是任意一个非零实数．（Ⅰ）若a0＝﹣2.6，写出a1，a2，a3；（Ⅱ）若a0＞0，求数列{[ai]}的最小值；（Ⅲ）证明：存在非负整数k，使得当i≥k时，ai＝ai+2．【分析】（Ⅰ）由a0＝﹣2.6，代入可得a1＝[a0]•（a0[a0]）＝﹣1.2，同理可得：a2，a3．（Ⅱ）由a0＞0，可得[a0]≥0，a1＝[a0]（a0[a0]）≥0，设[ai]≥0，i≥1，可得ai+1＝[ai]（ai[ai]）≥0，因此[ai]≥0，∀i≥0．又因0≤ai[ai]＜1，则ai+1＝[ai]（ai[ai]）≤[ai]，可得[ai+1]≤[ai]，∀i≥0．假设∀i≥0，都有[ai]＞0成立，可得：[ai+1]≤[ai]1，∀i≥0，利用累加求和方法可得[an]≤[a0]n，∀n≥1，则当n≥[a0]时，[an]≤0，得出矛盾，因此存在k∈一、选择题，[ak]＝0．从而{[ai]}的最小值为0．（Ⅲ）当a0＞0时，由（2）知，存在k∈N，[ak]＝0，可得ak+1＝0，[ak+1]＝0，可得ai＝0，∀i≥k，成a00立．当＜时，若存在k∈N，ak＝0，则ai＝0，∀i≥k，得证；若ai＜0，∀i≥0，则[ai]≤1，则ai+1＝[ai]（ai[ai]）＞[ai]，可得[ai+1]≥[ai]，∀i≥0，可得数列{[ai]}单调不减．由于[ai]是负整数，因此存在整数m和负整数c，使得当i≥m时，