2020屆數(shù)學(xué)文科高考模擬匯編卷三

1、若集合A{0,1,2}，B{x|x23x0}，則AB為 D.{x|0x2xyi1i

xR,xR,i為虛數(shù)單位)，則xy B. C.- D.- 命題“x21x1”的否命題為“x21x1

45”是tan1若命題“pq”pq0命題xR2x0”的否定是0

R，2x004、某中學(xué)有高中生3000人，初中生2000人，男、所占的比例如圖所示。為了解學(xué)生的學(xué)習(xí)情況，用分層抽樣的方法從該校學(xué)生中抽取一個容量為n的樣本，已知從高中生中抽取21人，則從初中生中抽取的男生人數(shù)是( A. B. C. D.面包分給5個人，使每個人所得份量成等差數(shù)列，且較大的三份之和的七分之一是較小的 6f(x)sin(1x

3

x)(||π的圖像關(guān)于原點對稱，則為（

π

(exex)cos

π

7、函數(shù)f(x) C.D.8fx1x3ax2b4x1a0,b0x121 小值為 322 B.3223

C.D.9、如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的 A.223B.223C.23D.8210、在△ABCABC的對邊分別為abc△ABCS2S(ab)2c2，則tanC的值是 43

4

3

411、直線l與拋物線C:y22xAB兩點，O為坐標原點，若直線OAOBk,k滿足kk2，則直線l過定點 1 A.(3, B.(0, C.(3, D.(0,12、已知函數(shù)f(x)lnxaa在x1,e上有兩個零點，則a的取值范圍是 xe,

e

e,

1,

13、已知平面向量a與b的夾角為45，a(1,1)，a1，則|a2b| 14、閱讀下邊的程序框圖，運行相應(yīng)的程序，則輸出i 15、已知雙曲線C1a2

1(a0,b0F1F2M(x0y0在雙曲線C1的漸近線上，且MF1MF2F212C:y22px(p0)經(jīng)過點M，則雙曲線C的離心率 12

31x2x0若在區(qū)間[22內(nèi)隨機選取一個實數(shù)af(x)x22x,x[f(x)]2af(x)10有且只有兩個不同實根的概率 17、已知公差不為0的等差數(shù)列an滿足a39a2a1a7的等比中項求an的通 nn設(shè)數(shù)列b滿足b ，求b的前n項和S nnn(an18、△ABCABC的對邊分別為abc，且2csin5πAacosBbcosA 求角若3abc，且△ABC1，求△ABC的面積.19PABCDPDABCD，AB//CD,ABBC,ABBC4,CD2CE2PADPDE若△PAB的面積為 ，求三棱錐PADE的體積220xOy中，已知橢圓C:2

y1的左頂點為Ay QC上兩點，圓Ox2y2r2r03PFxAP與圓O相切，求圓O3若圓O2P，Q滿足kOPkOQ4PQO截得弦長的最21、設(shè)函數(shù)f(x)lnx1ax2bx2x1是f(x)的極大值點，求a當(dāng)a0b1x22mf(x（其中m0）m的值.224－4：坐標系與參數(shù)方程在平面直角坐標系中，以原點Ox3中取相同的長度單位．已知直線l的參數(shù)方程為x 3

t為參數(shù))，曲線Cy14sin 3 求直線l的普通方程與曲線C若直線l與曲線CMN兩點，求△MON23f(xx32xf(x2f(x)m，正數(shù)abc滿足abcma2b2c23x23x0得0x3Bx|0x3，A{0,12，1解析：由題意，xyi i，可得x0,y1，所以xy1，故選iAB選項，前者應(yīng)是后者的既不充分也不必要條件；關(guān)Cpq至少有一個為假命題；DD.初中生2000人，其中男生2000×60%=1200，2000×40%=800，用分層抽樣的方法從該校學(xué)生中抽取一個容量為n的樣本已知從高中生中抽取21人則 21 50120012解析：設(shè)這個等差數(shù)列為an，公差為d且da1a2a3a4a5由題意可得1aaaa

5a110d所以1a1解得d

1所以a5a14d46f(x)2

x)3 f(x關(guān)于原點對稱，所以πkπ(kZ，即πkπ(kZ 因為| ，所以 fx的定義域為(0)0+f(xfxfx是奇函C和Dxfxf()0B.fx1x3ax2b4xa0,b0fxx22axb3fxx1處取得極f1122a1b402ab211412b2a152232b2a，即ab 3 b 則 323PABC2，底面為等2，表面積為32322SSABCSPBCSPACSPAB2 22

2

1absinC，由余弦定理c2a2b22abcosC2所以由2Sab)2c2，可得absinCab)2a2b22abcosC整理得sinC2cosC2，所以(sinC2cosC)24sinC2cos所以sin2Ccos2

4，化簡得3tan2C4tanC0因為C(0,180，所以tanC431A(xyB(xy，則kky1y22y22xy21

y1y26

x1

將直線lxmyby22xy22my2b0∴y1y22b6，∴b3即直線lxmy3，所以l過定點(30.1

x2解析：∵f'(x) 22 a1f'x0fx在1e上單調(diào)遞增，不合題意．a(chǎn)ef'x0fx在1e上單調(diào)遞減，也不合題意．當(dāng)ea1x[1af'x0fx在[1ax(aef'x0fx在(aef10fxx[1ef(e)1aa0即可，解得

a1ea的取值范圍是e1.

1 22a2b aa2b a4ab4b 22解析：經(jīng)過第一次循環(huán)得到i1，a2不滿足a50，執(zhí)行第二次循環(huán)得到i2，a5，不滿足a50，執(zhí)行第三次循環(huán)得到i3，a16，不滿足a50經(jīng)過第四次循環(huán)得到i4，a65，滿足判斷框的條件，執(zhí)行“是”輸出i4525ybxF(c0)F(c0by0ax0b

MFMF

xcx y2x2c2a2b2c2xa

b 2F為焦點的拋物線C:y22pxp02可得b22papc，即有b24acc2a2，即c24aca225由ec，可得e24e10，解得e25a38解析：令tf(x，則f(x)]2af(x10，等價于t2at10，又a240，所以方程t2at10有兩個根，設(shè)兩根分別是t1t2，則t1t21；f(x的圖像，如下圖，由圖像可知，要使得f(x)]2af(x10同實根，則t112)t2(0)所以方程t2at10的兩根t112)t2(0)2g(1)a2g(t)tat1

3a0g(2)32a 又a[2,2]， A為“在區(qū)間[2,2]內(nèi)隨機選取一個實數(shù)a，則方f(x)]2af(x10有且只有兩個不同實根的概率”0(P(A) 23 答案：（1）an4n

4n解析：（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d(d0)(ad)2a(a6d 解得d4d

(舍去

a11，b1nn(anan14(n1)b1nn(an

1(11)b1[()(b1[()() n4 ( n

4 n

1 1)

n 4n答案：（1）2csin(AacosBbcosA22sinCcosAsinAcosBsinBcosAsinABsinC又0CπsinC0cosA12又0AπAπ33（2）設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，則R1，a2RsinA 3由余弦定理得a2b2c22bccosπbc23bc3即3273bcbc83∴△ABC的面積S1bcsinA183 3 答案（1）在直角ABCD中AB

BC

4，CD

2，CE=1，BE2+?BE2+CE2+CE2+

5，AB =(AB-CD)2(AB-CD)2+5\DE2

AE2

AD2 AD^QPD^ABCDDEìABCD\PD

DEAD

PD=\DE^PAD，DEìPDECD2+\平面PADCD2+h2+（2）h2+

= ，AD=55\PA55

PB\SΔPAB

12

= =PA2-(1PA2-(1251S△ADE

2\ =1

5P-

3 2答案：（1）C2

y 1，所以A20,F1.0y PFxP13AP與圓O 2 P13 2 APy1x2x2y20225由圓O與直線AP相切，得r ，所以圓O的方程為x2y24255 Ox2y233①當(dāng)PQx軸時， k23，所以 3 2此時得直線PQ被圓O截得的弦長為 2PQxPQykxbPx1,y1,Qx2,y2x1x20首先由

3，得3x

4y

0即3x

4

1 1b0，所以34k2x

4kbx

4b201 1 ykxx2

，消去x，得34k2x28kbx4b2120，在0

4b2xx

,xx

代入（*）式，得2b24k23 34k 1

34k由于圓心OPQ的距離為d

k214d82k2所以直線PQ被圓O截得的弦長為l 4d82k2為為10

PQ被圓O截得的弦長的最大值為1022（1）f(x的定義域為(0f'(x1axxf(10，得b1a1∴f'(x) axa11

(ax1)(x ①若a0f'(x)0x1當(dāng)0x1f'(x)0f(x單調(diào)遞增；x1時，f'(x)0，此時f(x)單調(diào)遞減.x1f(x②若a0f'(x)0x1x1ax1f(x的極大值點，所以11，解得1aa綜合①②：a的取值范圍是a（2）因為方程2mf(x)x2x22mlnx2mx0g(x)

2x22mx2mlnx2mx，則g'(x) xm m2g'(x0，即x2mxm m2m m2因為m0xm m2

0（舍去，x2 x(0x2g'(x0g(x)在(0x2x(x2g'(x)0g(x)在(x2單調(diào)遞增xx2g'(x)0g(x)g(x2)g(x)

2mx則

，即

g'(x2)

m所以2mlnx2mx2m0m0，所以2lnx2x21設(shè)函數(shù)h(x)2lnxxx0h(x)是增函數(shù)，所以h(x)0m m m2因為h(1)0，所以方程()的解為x21，

1，解得m23答案：(1)由x t，消去參數(shù)t得3xy4，直線l的普通方程3y