2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(模擬卷)(46)

1、2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（模擬卷） 理科 一、選擇題 1. 設(shè)集合 M 二x|x2 二 x， N=x|lgx_0，則 MUN 二 A. 10,1 B . （0,1 C . 0,1） D . （：,1 【答案】A 【解析】因?yàn)镸 =0,1, N =x 0 1 12.對二次函數(shù)f (x) =ax2+bx+c ( a為非零整數(shù))，四位同學(xué)分別給出下列結(jié)論，其中有 且只有一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的，則錯(cuò)誤的結(jié)論是(). A. -1是f (x)的零點(diǎn) B . 1是f(x)的極值點(diǎn) C. 3是f (x)的極值 D. 點(diǎn)(2,8)在曲線y = f(x)上 【答案】A 【解析】由題意可知四個(gè)選項(xiàng)中，必有3

2、個(gè)同時(shí)正確假設(shè)(B) , ( C) , ( D)正確，由(B), 2 (C)正確，可設(shè)f(X )=a(x1 ) +3，將點(diǎn)(2,8)代入函數(shù)得a = 5，符合題意，即假設(shè) 正確，所以結(jié)論(A)必錯(cuò) 二、填空題 13. 中位數(shù)為1010的一組數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，其末項(xiàng)為2015，則該數(shù)列的首項(xiàng)為 【答案】5 【解析】設(shè)該數(shù)列為乩1 ,首、末項(xiàng)為a1,an ,當(dāng)n為奇數(shù)2k 1時(shí)，有 a1 a2k 1 =2ak 1=2 1010 ,得 a 5 ；當(dāng) n 為偶數(shù) 2k 時(shí)，有 a1 a?k =ak ak 1 = 2 1 0 ,得印=5. 14. 若拋物線y2=2px(p 0)的準(zhǔn)線經(jīng)過雙曲線 x2-y2

3、=1的一個(gè)焦點(diǎn)，貝U p=. 【答案】 2.2 【解析】因?yàn)殡p曲線x2y2=1中，a2=b2=1，所以c = 2 . 依題意，直線x =-經(jīng)過點(diǎn)(- 2,0)，所以-衛(wèi)二72，得p = 22 . 2 2 1 15. 設(shè)曲線y =ex在點(diǎn)(0,1 )處的切線與曲線 y =-(x . 0)上點(diǎn)P處的切線垂直，則 P的 x 坐標(biāo)為 【答案】(1,1) 1 【解析】 由yex，得曲線y二ex在點(diǎn)(0,1)處的切線斜率等于 e0 =1.又對y 求導(dǎo)， x 111 得 y 2，設(shè) P(m, )(m 0)，則 2 = -1，解得 m = 1，于是 P(1,1). xmm 16. 如圖，一橫截面為等腰梯形的水

4、渠，因泥沙沉積，導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型(圖中 虛線所示)，則原始的最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為 【答案】6 5 【解析】由高及腰與水平面夾角等于45，知等腰梯形的下底邊長為10 - 2 2 = 6，所以 1 梯形的面積S1(10 6) 2=16.以下底邊中點(diǎn)為原點(diǎn)，向右為x軸正方向建立直角坐標(biāo) 2 系，則拋物線方程為y=2x2 (-5_x_5),那么有泥沙時(shí)水流量的面積 25 5 2 240S16 S2 =22 5x dx.故原始最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為- 0 253S25 三、解答題(本大題共6小題，共70分解答須寫出文字說明、證明過程和演 算步驟) 17. (本小題滿分12分)

5、 ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a , b , c 向量陰=a,*3b與n= cosA,sinB 平行. (I)求 A; (n)若 a 一7 , b=2，求 ABC 的面積. 解：(I)因?yàn)?m / n，所以 a sin B -,；3bcos A 二 0 , 由正弦定理，得 sin As in B - . 3 s in B cos A 二 0 , 又 sin B = 0，從而 tan A = - 3 , 環(huán) 由于0 ： A二，所以A . 3 (n)解法一由余弦定理，得a2二b2 c2-2bccosA, 得 7 = 4+c2 2c,即卩 c2 2c 3 = 0, _ 33 2 . LJ 而

6、 a = 7, b=2 , A = 3， 因?yàn)閏 0，所以c =3. 1 故ABC的面積為-bcsin A 2 解法 由正弦定理，得一丄 sin B sin 3 J21 ，從而 sin B =- 7 又由a b，知A . B，所以cosB 故 si nC 二sin (A B)二si n(B ) 所以 ABC的面積為absinC二蘭 2 2 18.(本小題滿分12分) 二 sin BcoscosBsin 3 3 21 -14 JT 如圖 1，在直角梯形 ABCD 中，AD/BC , . BAD = , AB 二 BC = 1 , 2 AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)將 ABE沿BE折起到.A1B

7、E的 位置，如圖2 (I)證明：CD 平面A,OC ； (n)若平面 ABE _平面BCDE，求平面 ABC與平面A1CD夾角的 余弦值. 解：(I)在圖1中，因?yàn)锳B二BC =1, AD =2 , E是AD的中點(diǎn)， 算 BAD ，所以 BE _ AC . 2 即在圖2中，BE _OA1,BE _OC,從而BE _平面AOC , 又CD/BE，所以CD _平面AOC . (n)由已知平面 ABE _平面BCDE，又由(I)知， BE _ OA,BE _ OC, it 所以 AOC為二面角A - BE -C的平面角，所以 AOC . 2 如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳B = AE

8、=BC =ED =1 , BC/ED , 2 2 二 BE = -、2,0,0 . 得BC - 設(shè)平面A1BC的法向量 2 2 2 2 所以B唾,0,0 ,E 邁 ,0,0 ,A 0,0,= ,C 0, = ,0 , ，平面ACD的法向量= x2,y2,z2，平面ABC mLBC =0,/曰 與平面ACD夾角為日，則$4二4得叫 LA1C 0, 嚴(yán)+“ 00,取：=(1,1,1)； % -乙=0, 占竺二0, n2LA|C = 0, 得X2 P 72 -z0, 取 n 0,1,1, 從而 cos日=cos n,巳 紹=-r=尸 2=6 3 23 即平面A1BC與平面ACD夾角的余弦值為一 3

9、19.(本小題滿分12分) 設(shè)某校新、老校區(qū)之間開車單程所需時(shí)間為 T , T只與道路暢通狀況有關(guān)， 對其容量為100 的樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如下： T (分鐘) 25 30 35 40 頻數(shù)(次) 20 30 40 10 (I)求T的分布列與數(shù)學(xué)期望 ET ; (H)劉教授駕車從老校區(qū)出發(fā)，前往新校區(qū)做一個(gè)50分鐘的講座，結(jié)束后立即返回老校 區(qū)，求劉教授從離開老校區(qū)到返回老校區(qū)共用時(shí)間不超過120分鐘的概率. 解：(I)由統(tǒng)計(jì)結(jié)果可得 T的概率分布為 T (分鐘) 25 30 35 40 頻率 0.2 0.3 0.4 0.1 以頻率估計(jì)概率得T的分布列為 T 25 30 35 40 P 0.2

10、 0.3 0.4 0.1 從而 ET =25 0.2 30 0.3 35 0.4 40 0.1 =32 (分鐘) (U)設(shè)壬“2分別表示往、返所需時(shí)間，h,T2的取值相互獨(dú)立，且與T的分布列相同.設(shè) 事件A表示“劉教授共用時(shí)間不超過 120分鐘”，由于講座時(shí)間為 50分鐘，所以事件 A對 應(yīng)于“劉教授在路途中的時(shí)間不超過 70分鐘”. 解法一 P(A)二 P(T1 T2 乞 70) = P(T1 -25,T2 45) P(T30,T2 40) P(h =35,T2 乞 35) P(T1 -40,T2 30) = 0.2 1 0.3 1 0.4 0.9 0.1 0.5 = 0.91. 解法二 P

11、(A)二 P(T1 T2 70) = P(T1 二 35,T2 = 40) P(X 二 40衛(wèi)二 35) P(T1 -40,T2 -40) = 0.4 0.1 0.1 0.4 0.1 0.1 =0.09. 故 P(A) =1 -P(A)=0.91 . 20.(本小題滿分12分) 2 2 已知橢圓E:務(wù)斗=1 ( a b 0)的半焦距為c ,原點(diǎn)O到經(jīng)過 a b 1 兩點(diǎn)c,0 ,0,b的直線的距離為丄c . 2 (I)求橢圓E的離心率； 5 (n)如圖，AB是圓M: x，2 y-1的一條直徑，若橢 圓E經(jīng)過代B兩點(diǎn)，求橢圓E的方程. 解：(I)過點(diǎn) c,0 ,0,b的直線方程為bx，cy-bc

12、 = 0 , bc bc c _3 a 一 2 則原點(diǎn)O到該直線的距離d爲(wèi)， 由d = *,得a = 2b =2、.、a2 -c2，解得離心率 (n)解法一 由(I)知，橢圓 E的方程為x2 4y4b2. 依題意，圓心 M(-2,1)是線段AB的中點(diǎn)，且 AB =10. 易知，AB與x軸不垂直，設(shè)其方程為y = k(x 2) 1，代入得 (1 4k2)x2 8k(2k 1)x 4(2k 1)2 _4b2 =0. 58k(2k+1)4(2k+1)2-4b2 設(shè) A(X1, y1), B(X2, y2)，則為 x?2 公風(fēng)： 1 +4k 8k(2k+1),初沖,1 =-4，得24，解得k . 1

13、+4k22 = 8-2b2. 由 x-ix2 從而x-x2 1 2 由 AB =710，得 J10(b2 2 )=710，解得 b2 =3 AB 為x2 = -j(X1 +X2 ) 4x1x2 1 4k2 ,10 b2-2 . 2 2 故橢圓E的方程為y 1. 123 解法二 由(I)知，橢圓 E的方程為x24y2 =4b2. 依題意，點(diǎn)A,B關(guān)于圓心M(-2,1)對稱，且 AB 10. 設(shè) A(X1,yJ B(X22)，則 X2 4y2=4b2,x； 4y；=4b2, 兩式相減并結(jié)合為 x2- -4 ,y1y2，得-4(x x2)8(- y2)= 0. 易知AB與x軸不垂直，則xi = x2

14、 , 所以AB的斜率kAB二必一士. 片x22 因此直線 AB的方程為y =1(x 2) 1，代入得x2 4x 8-2b2 = 0. 所以 x x2 =-4 , X1X2 =8-2b2. AB = 1百 由 AB =710，得 Jio(b2 2 )=怖，解得 b2 =3 X X2 X1 X2 2 4x1X2 二 10 b2 - 2 . 2 故橢圓E的方程為L 12 21.(本小題滿分12分) fn X是等比數(shù)列1， 2 -1. 3 I)證明 x , x2，xn的各項(xiàng)和，其中x 0, n匚,n-2 . :函數(shù)Fn x = fn x -2在丄，1內(nèi)有且僅有 2 個(gè)零點(diǎn)(記為xn ),且 1 1 n

15、 1 Xn =十 一 Y n ; 2 2 (H)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為 gn X，比較fn X和gn X的大小，并加以證明. 解: (I) Fn x = fn x -1 x xH xn -2, 則 Fn 1-1 0, n“1 1 (1 ) +- + - 2遼丿 了+川+ 遼丿 彳1 n1 - ) 12 丿 1 t -2=篤-廠0, 11 2 2 所以Fn X在i 1,1 J內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn) 12丿 又Fn/ x=12x|nxnJ 0,故Fn x在1,1內(nèi)單調(diào)遞增, 所以 Fn(X )在.J,1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn) X 1 _X 因?yàn)閄n是Fn X

16、的零點(diǎn)，所以Fn Xn =0,即 匚- 2 = 0 ,故X, 1 -Xn 2 設(shè) h x 二 fn(x) - gn x =1 x X2 IH Xn _(n 1)(1 X),x 0. (n)解法一由題設(shè)，gn x (n 1)(1 X) 當(dāng) x =1 時(shí)，fn(X)二 gn X 當(dāng) x=1 時(shí)，h x =1 2x 川 nxnJ n(n 1)X 若 0 ：. x :：: 1, h/ x2x2 III nxnd n(n 1)xnJn(n 1) nn(n 1)xnJ x 若 x 1,h/ x ：xn2xn 山 nxn4 0. 2 2 2 n(n +1)xnJn(n +1) n_i n(n +1)xn*

17、X 2 2 所以h x在0,1上遞增，在1, ：上遞減， 所以 h X : h 1 =0 ,即 fn(X)5 X 綜上所述，當(dāng) X1 時(shí)，fn(X)=gn X ；當(dāng) X = 1 時(shí)，fn(X)：gn X 由題設(shè)，fn(x) =1 x x2 III xn, gn x -(n 1)(1 x ),x 0. 解法 2 當(dāng) X 時(shí)，fn(X)二 gn X 當(dāng)x =1時(shí)，用數(shù)學(xué)歸納法證明fn(x) ： gn X . 1 2 當(dāng) n =2時(shí)，f2(x) - g? x = - 1 -x ： 0 ,所以 f2(x) ： g? x 成立 假設(shè)n二k(k -2)時(shí)，不等式成立，即fk(x)： gk x 那么，當(dāng)n

18、=k 1時(shí)， 2xk1 (k 1)xk k 1 k 1k 1 (k 1)(1 X) k 1 fk 1(x) = fk X Xgk X XX 口2xk4r+(k+1)xk+k+1 kxk+(k+1)xk+1 又 gk 1 (x) - 令 h x 二 kxk 1 -(k 1)xk 1(x0), /kk 1k 1 則 h x=k(k 1)x -k(k 1)x=k(k 1)x (x-1). 所以當(dāng)0 : x : 1時(shí)，h/ x : 0 , hk x在0,1上遞減； 當(dāng)x 1時(shí)，h/ x，0, hk x在1：上遞增. 2xk 1 (k 1)xk k 1 所以 h xhk 1 =0，從而 gk 1 (x)

19、 2 故fk 1(x) ： gk 1(x)，即n = k 1時(shí)不等式也成立. 由和知，對一切 n _2的整數(shù)，都有 解法三由已知，記等差數(shù)列為 曲, n fn(x) ： gn x . 等比數(shù)列為bk/,k =1,2JH,n4 則 a1 bi = 1,an 1 = bn 1 = X , xn _1 所以 ak =1 (k -1)(2 乞 k 汕)，bk n (k1)(xn 一1) n 所以 fn(X)二 gn X . Lnxn-(k-1)xk，=(k-1)x2(xni -1). n 而 2 豈 k 乞 n，所以 k1 0, n -k 1 _ 1. 若 0 x : 1,xn 1 : 1,mk (x

20、) : 0 ；若 x 1,xn A 1 1,mk(x) 0, 從而mk x在0,1上遞減，在1,上遞增， 所以 mk x g 1 =0, 所以當(dāng) x 0且 x=1 時(shí)，akbk(i n), 又 a1 - bi, an 1 - bn 1, 故 fn(X)： gn X 令 m/x) p -bk -1 當(dāng) x =1 時(shí)，ak =bk, 當(dāng) x = 1 時(shí)，mk/(x)= k 1 =x (2 zk z n), -xkx 0(2 込 k 込 n), 2B 綜上所述，當(dāng) X=1 時(shí)，fn(x)二gn x ；當(dāng) X = 1 時(shí)，fn(X)X . 請?jiān)?2、23、24三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分作答時(shí)用 鉛筆在答題卡上把所選題目的題號后的方框涂黑. 22. (本小題滿分10分)選修4-1:幾何證明選講 如圖，AB切L O于點(diǎn)B ,直線AO交L O于D, E兩點(diǎn)， BC DE，垂足為C (I)證明： CBD DBA; (n)若 AD =3DC , BC = -、2，求 L O 的直徑. 解: ( I)因?yàn)镈E為L O直徑， 則 BED EDB =90, 又 BC DE，所以 CBD EDB =90，從而.CBD BED . 又AB切L O于點(diǎn)B，得 DBA二BED , 所以 CBDDBA. (n)由(I)知 BD 平分.CBA , 則 BA = -AD = 3，又 BC -2