2020届全国高考理科数学模拟冲刺卷三(含答案)

 2020届全国高考模拟冲刺卷 三 数学(理) 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两卷.满分150分，考试时间120分钟. 第I卷(选择题 共60分) 一、选择题：(本大题共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、若集合A1,2,3,4,5,集合Bx|x(4x)0，则图中阴影部分表示（   ）  A. 1,2,3,4 B. 1,2,3 C. 4,5 D. 1,4 2、已知复数z满足1iz2，则复数z的虚部为（   ） A．1   B．-1   C．i   D．-i 3、函数fx19x2的定义域为（   ） lnx1B. 1,0U0,3 C. 3,3   D. 1,3 p，则抛物线的准2A. 3,0U0,3  4、已知抛物线y22pxp0的焦点F到直线3x4y40的距离等于线方程为(   ) A.x1 B.x2 C.x1 D.x2 5、已知(1x)n的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等,且(1x)na0a1xa2x2Lanxn,若a1a2Lan242,则实数(  ) A.3 B.2 C.1 D.4 3)，则6、已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，终边经过点(4,sin2cos2(   )  A.7 5B.17 25C.31 255D. 3 7、从6名大学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人,组成4人知识竞赛代表队,则不同的选法共有(   ) A.15种        B.180种       C.360种       D.90种 8、如图所示，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为(   )  A.2 3B.16 3C.6 D.4 1x,x19、已知fx，若关x于的方程afx恰有两个不同实根，22x4x2,x1则实数a的取值范围是（   ） 1A. ,U1,2 21B. 0,2U1,2 C. 1,2 D. 1,2 πx2y210、已知O为坐标原点，过双曲线221(a0，b0)右焦点F作倾斜角为的直线l，3ab与该双曲线在第一象限交于点A，且△OAF是等腰三角形，则该双曲线的离心率为(   ) A.2 B.31 2C.71 3D.31 ABC120o，AB2,BCCC11,则异面直线AB1与BC11、已知直三棱柱ABCA1B1C1，所成角的余弦值为（   ） 1A.5        5B.5   25C. 5      D. 155 112、已知函数f(x)sin2xasinx，且对于任意的x1,x2,，3f(x1)f(x2)x1x2 ,1成立，则实数a 的取值范围是(   ) x1x211A. [,] 4411B. [,] 3311C. [,] 22D. [1,1] 第II卷(非选择题 共90分) 本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题和第23题为选考题，考生根据要求做答. 二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13、已知an为等差数列，若a22a31,a42a37,则a3________. 14、设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面，且直线m平面直线n平面给出下列说法:①”mn”是”n”必要条件   ②“m//n”是”m//”的必要条件    ③”m//n”是”//”充要条件 ④”mn”是””的充分条件,其中所有正确说法的序号是_________.  uuuruuuruuur15、已知A2,1,3,B(－4,2,x),C(1,x,2)，若向量OAOB与OC垂直(O为坐标原点)，则x等于             . x2y216、设F1,F2为椭圆C:+1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若△MF1F23620为等腰三角形，则M的坐标为___________. 三、解答题：(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17、已知△ABC中,内角A,B,C的对应边分别为a,b,c,acosCccosAbsinB,b2c (1)求角C的大小 (2)点D在与B在AC的两侧,且满足AD2,CD3,求四边形ABCD面积的最大值. 18、为了推进产业转型升级,加强自主创新,发展高端创造、智能制造.把我国制造业和实体经济搞上去,推动我国经济由量大转向质强,许多企业致力于提升信息化管理水平,一些中小型工厂的规模不大,在选择管理软件时都要进行调查统计,某一小型工厂自己没有管理软件的高级技术员.欲购买管理软件服务公司的管理软件.并让其提供服务,某一管理软件服务公司有如下两种收费方案: 方案一:管理软件服务公司每月收取工厂4800元.对于提供的软件服务.每次另外收费200元; 方案二:管理软件服务公司每月收取工厂7600元.若每月提供的软件服务不超过15次.不另外收费.若超过15次,超过部分的软件服务每次另外收费500元  (1)设管理软件服务公司月收费为y元.每月提供的软件服务的次数为x,试写出两种方案中y与x的函教关系式. (2)该工厂对该管理软件服务公司为另一个工厂过去20个月提供的软件服务的次数放进行了统计,得到如图所示的条形统计图.该工厂要调查服务质量,.现从服务次放为13次和14次的月份中任选3个月.求这3个月恰好是1个13次服务、2个14次服务的概率.  (3)依据条形统计图中的数据，把频率视为概率.从节约成本的角度考虑该工厂选择.种方案更合适请说明理由. 19、如图,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,ABCD,AA1AD2BC,DAB60o,M,N分别为A1D,CD1的中点  (1)证明MN//平面ABCD (2)求直线MN与平面MCD所成角的正弦值 x2y220、椭圆C:221(ab0)，A,B是椭圆与x轴的两个交点，P为椭圆C的上顶点，ab2设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，k1k2． 3 yMDAOENBx (1).求椭圆C的离心率；  (2).若a3时，点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E，求△BDE与△BDN的面积之比. 21、已知f(x)axlnx（1）讨论f(x)的单调性; 2x1,aR. x2（2）当a1时,证明f(x)f'x3对于任意的x1,2成立. 2请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用2B铅笔在答题卡把所选题目对应的标号涂黑. 1x1t222、在平面直角坐标系xOy 中,已知直线l的参数方程为 (t为参数),椭圆C的参y3t2xcos (为参数).设直线l与椭圆C相交于A,B两点,求线段AB 的长. 数方程为y2sin23、已知函数f(x)xbxaa0,b0的值域为[1,). （1）若ab，求a的值； （2）证明：a2b2ab.  14 答案以及解析 1答案及解析： 答案：A 解析：解：图中阴影部分表示的集合是CA(AIB)， ∵B{x|（x4x）＜0}，即B{x|x＜0或x＞4}， ∴AIB5， ∵集合A{1，2，3，4，5}， ∴CA(AIB)1,2,3,4. 故选A.   2答案及解析： 答案：B 解析：1iz2， ∴z21i21i. 1i1i1i则复数z的虚部为−1.  3答案及解析： 答案：B x10x11x3且x0 解析：由lnx10得x09x203x3 4答案及解析： 答案：D p解析:由题意，知抛物线的焦点F,0，则23p422324p，解得p4，所以抛物线的准2线方程为x2，故选D.  5答案及解析： 答案：B 23解析：由(1x)n得展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等,得Cn解Cn得n5,所以(1x)5a0a1xa2x2La5x5,令x0得a01,令x1,得(1x)5a0a1a2La5243,所以13,解得2  6答案及解析： 答案：C 解析：依题意sin34，cos.所以55234313sin2cos22sincos12sin212. 552552 7答案及解析： 答案：B 22C4180解析：先从6名大学生中选出队长1人，副队长1人，再从剩下的4人选2人，故有A6种。 故选：B  8答案及解析： 答案：B 解析：如图所示是根据三视图还原后的几何体的直观图，该几何体可看作是由棱长为2的正方体挖去一个底面边长为2、高为2的正四棱锥所得，所以该几何体的体积为116222222.故选B. 33  9答案及解析： 答案：B 解析：如图：  由方程的根的个数与函数图象的交点个数的关系及分段函数图象的作法得：直线ya与函数yf的图象有两个不同的交点时，实数a的取值范围是0a（x）1a2. 1或2 10答案及解析： 答案：C 解析：由于倾斜角为π的直线l与该双曲线在第一象限交于点A， 3且△OAF是等腰三角形，所以AFOFc. 0)，连接AF1，则在△AFF1中，FF12c，AFc，F1FA设左焦点F1(c,2π， 321222由余弦定理，得AF14cc2c2c7c，AF17c，根据点A在双曲线上， 2c71得AF1AF2a，即7cc2a，所以e，故选C. a3 11答案及解析： 答案：B 解析：如图：   设M、N、P分别为AB,BB1和B1C1的中点， 则AB1,BC1夹角为MN和NP夹角或其补角 因异面直线所成角为0,π2， 可知MN12AB52，NP12BC2112； 作BC中点Q，则PQM为直角三角形； ∴PQ1,MQ12AC， ABC中，由余弦定理得 AC2AB2BC22ABBCcosABC41221127， ∴AC7， ∴MQ72； 在MQP中，MPMQ2PQ2112； 在PMN中，由余弦定理得 222cosMNPMN2NP2PM252221122MHNP10 252522又异面直线所成角的范围是π0,2， ∴AB101与BC1所成角的余弦值为5.  12答案及解析： 答案：B 解析：因 为 对 于 任 意 的x1,x)f(x2)2,,x1x2,f(x1xx1恒 成 立 ，12所 以   f(x1)x1f(x2)x2f(x1)f(x2)10恒成立，则x1x2x1x21gxf(x)xsin2xasinxx在,上 单 调 递 减 ，故3245g'xcos2xacosx1cos2xacosx0 33345在,上恒成立. 令cosxt，则t[1,1]，t2at0在[1,1]上恒成立.令334511h10htt2att[1,1]，则，解得a. 3333h10 13答案及解析： 答案：4 解析：设等差数列an的公差为d. ad2(a12d)1,由已知条件可得1 a3d2(a2d)7,11a10,解得1故a3102d4 d3. 14答案及解析： 答案：① 解析：对于①由n能推出mn,但由”mn”不能推出”n”所以①正确 对于②，由”m//”不能推出m//n所以②不 正确. 对于③，由”m//”不能推出”//”,,还可能相交，所以③不 正确. 对于④，由”mn”不能推出””，所以④不正确.    15答案及解析： 答案：4 解析：uuuruuuruuuruuuruuurOAOB2,1,34,2,x2.3,x3,Q(OAOB)OC ,23x2x60 ,解得x4 16答案及解析： 答案：(3,15) 2解析：由已知可得a36,b236,c2a2b216,c4，MF1F1F22c8． QMF1MF22a12,MF24． 设点M的坐标为又S△MF1F22x036x0,y0x00,y00，则S△MF1F21F1F2y04y0， 2148222415,4y0415，解得y015， 221520， 1，解得x03（x03舍去）\\M的坐标为3,15．  17答案及解析： 答案： (1)由acosCccosA2RsinAcosC2RcosAsinC2Rsin(AC)2RsinBbbsinB(R为△ABC外接圆半径) 得sinB1,所以Bπ 21π,又cb,所以C 26因为b2c,所以sinB2sinC,得sinC(2)设ADC,由余弦定理,得AC21312cos, S四边形ABCDS△ABCS△ACD1π1ACsincosACcos23sin 26231333313337AC23sincos3sinsin()88282133371331273(tan) 8282133127 8所以四边形ABCD面积的最大值为解析：   18答案及解析： 答案：(1)由题意可知,方案一中管理软件服务公司的月收费y与x的函数关系式为y200x4800,xN  7600,x15,xN方案二中管理软件服务公司的月收费y与x的函数关系式为y 500x100,x15,xN12C2C7(2)记选择的3个月恰好是1个13次服务,2个14次服务为事件A,则P(A)38 C1015(3)对于方案一,设管理软件服务公司的月收费为1元,由条形统计图可得1的取值为7400,7500,7800,8000,8200, P(17400)0.1,P(17600)0.4, P(17800)0.1,P(18000)0.2, P(18200)0.2 所以1的分布列为 1 P 7400 0.1 7600 0.4 7800 0.1 8000 0.2 8200 0.2 所以E(1)74000.176000.478000.180000.282000.27800 对于方案二,设管理软件服务公司的月收费为2元,由条形统计图可得2的取值为7600,8100,8600 P(27600)0.6,P(28100)0.2,P(28600)0.2 所以2的分布列为 2 P 7600 0.6 8100 0.2 8600 0.2 E(2)76000.681000.286000.27900 因为E(1)E(2),所以从节约成本考虑,该工厂选择方案一更合适 解析：   19答案及解析： 答案：(1)连接AD1,AC  易知侧面ADD1A为正方形 因为M为A1D的中点,所以M为AD1的中点,又N为CD1的中点,所以MN//AC 因为MN平面ABCD,AC平面ABCD 所以MN//平面ABCD (2)如图,  取CD得中点E,连接ME,NE,则NECD 设AA1AD2BC4,易得ABCD2,AC23,MN3 在正方形ADD1A1内,AD142 在矩形CDD1C1内,CD125 因为AC2CD12AD12,所以ACCD1,则MNCD1 在Rt△ACD1中,CM22,又DM22,所以△CDM为等腰三角形 又E为CD的中点,所以MECD,且ME7,又MENEE,所以CD平面MNE 又CD平面CDM,所以平面CDM平面MNE 过点N作NFME于点F,则NF平面CDM 故NMF时直线MN与平面MCD所成的角 因为NE平面ABCD,AC平面ABCD,所以NEAC,则NEMN 在Rt△MNE中,sinNMF2727 727 7故直线MN与平面MCD所成角的正弦值为解析：   20答案及解析： 答案：(1).e3 3   (2).S△BDE3 S△BDN5解析：   21答案及解析： 答案：（1）当a0时,函数f(x)在0,1内单调递增,在1,内单调递减;当0a2时,fx在0,1内单调递增,在1,22,, 内单调递增;当a2内单调递减在aa22时,fx在0,?内单调递增;当a2,f(x)在0,a内单调递增,在a,1内单调递减,在1,内单调递增.;  （2）当且仅当x2取得等号,所以fxfxg1h2对于任意的x1,2恒成立. 2a22(ax2)(x1).当a0, 解析：（1）fx的定义域为0,;f(x)a233xxxx33,即f(x)f'x22x0,1时,f'(x)0,fx单调递增;x(1,)时f'(x)0 ,fx单调递减.当a0时,f(x)a(x1)22xxa. x3a22x,x0,1,或时,f'(x)0,fx单调递增;当1当aa①0a2,2fxx1,a时,f'(x)0,单调递减; ②a2?时,21,在x(0,)内,f'(x)0,f(x)单调递增; a220,③a2时,0或x(1,)时,f'(x)0,fx单调递增;当1,当xaa2xa,1时,f'(x)0,f(x)单调递减. 综上所述,当a0时,函数f(x)在0,1内单调递增,在1,内单调递减;当0a2 时,fx在0,1内单调递增,在1,22,内单调递减,在a 内单调递增;当a2a22时,fx在0,?内单调递增;当a2,f(x)在0,a内单调递增,在a,1内单调递减,在1,内单调递增. （2）由1知,a  1时,f(x)f(x)xlnx2x11223121xlnx231,23x2xxxxxxx1,2,令g(x)xlnx,h(x)3121,x1,2.则xx2x3x1f(x)f(x)g(x)h(x),由g(x)0可得g(x)g(1)1,当且仅当x1时取得x3x22x62,等号.又h(x)设(x)3x2x6,则(x)在x1,2单调递减,因为4x11,210,所以在1,2在存在x0使得x1,x0时,x0,x(x0,2)时,x0所以函数hx在1,x0上单调递增;在(x0,2)上单调递减,由于11h11,h2,因此hxh2,当且仅当x2取得等号,所以2233fxfxg1h2,即f(x)f'x对于任意的x1,2恒成立. 22 22答案及解析： 答案：16 721x1t2y , 解析：椭圆C 的普通方程为x21,将直线l的参数方程34yt232ty,即7t216t0, 代入x21,得122411t421616.所以ABt1t2. 解得t10,t277 23答案及解析： 2答案：（1）∵f(x)|(xb)(xa)|ab，当且仅当bxa时取“=”   ab1，又ab，故a1.  2（2）∵a2b2ab(ab)23ab，又由（1）知ab1，  故a2b2ab13ab13(a2b2ab1. 4ab21)，当且仅当ab时取得等号，故24