2020届高考模拟数学（文）试卷答案

(1)

数学试题(文科)详细解答

一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的． 1.已知集合A



x  3 x 0



， 2 0 1 x B x x    _  _   ，则A B ＝（A）



1,0



（B）



2,0



_（C）



  （D）3, 1





 3, 1



答案：C 【解析】 2 0 1 x x  _     或x 2 x  ∴A∩B=(-3,-1)1 故选 C 2. 已知向量AB(2,3),_BC__{(1, -3)}_t _{, AB} ∥ AC ,则 t＝ （A）3₂ （B）9₂ （C）7₃ （D）11₃ 答案：B 【解析】由 AB∥ AC得， 2 9 0t  故 9 2 t 故选 B

3.设 a＝log36，b＝log310，c＝e-2，则

（A）b＞a＞c （B）b＞c＞a （C）a＞c＞b （D）a＞b＞c 答案：A

【解析】ylog3x 在定义域上单调递增 ∴1＜a＜b 又∵c＜1 ∴b＞a＞c 故选 A 4.函数 f(x)=x3_-x2_-4x_{的一个零点所在的区间为} （A）（1,2）（B）（0,1）（C）（-1,0）（D）（-2,-1）答案：D 【解析】_Q_{f x}__{( ) 3}_ _x2_₂_x_₄  f(x)在（-2,-1）上单调递减，在（-1,0）先增再减，在（0,2）单调递减 又∵f(-2)=-4<0, f(-1)=2>0, f(0)= 0 ∴f(x)函数在（-2,-1）存在零点，在（-1,0），（0,2）中不存在零点 故选 D 5.2019年 11 月 2 日，成都市青羊区开展了 5 种不同类型的 “垃圾分类，大家给力”社会服务活动，其中有 3 种活动在上午开展，2 种活动在下午开展 .若小王参加了两种活动，则分别安排在上、下午的概率为（A）1 4 （B） 3 10 （C） 1 2 （D） 3 5 答案：D 【解析】由题意知：小王一共满足的情况为 2 5=10 C 种情况，分别在上下午的有 6 种情况，

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故概率为3 5 故选 D 6.已知F是双曲线 C ： 2 2 1 4 3 x _ y  的左焦点，则以F 为圆心且与渐近线相切的圆的方程为（A）₍_x_ ₇₎2__y2 _₃_（B）₍_x_ ₇₎2__y2_₃ （C）₍_x_₁₎2__y2_₄_（D）₍_x_₁₎2__y2_₄ 答案：B 【解析】因为焦点到渐近线的距离为 b＝ 3 ，以F_{为圆心且与渐近线相切的圆的方程为} 2 2 (x 7) y 3 故选 B 7.设 ( ) 1 1 4x 1 2 f x    ，x∈R,则 （A）f(x)为偶函数且在（0，+∞）上单调递减 （B）f(x)为偶函数且在（0，+∞）上 单调递增 （C）f(x)为奇函数且在（0，+∞）上单调递减（D）f(x)为奇函数且在（0，+∞）上单调 递增答案：C 【解析】∵ ( ) 4 1 2 4 1 x x f x    （）， 4 1 1 4 ( ) ( ) 2 4 1 2 4 1 x x x x f x f x            （）（） ，∴f(x)为奇函数 又∵y=4x+1 单调递增，∴f(x)在（0，+∞）上单调递减 故选 C 8.设椭圆 : 22 22 1 x y C

a b  ，a＞b＞0，点 A,B 为 C 的左，右顶点，点 P 为 C 上一点，若∠APB

＝120°，则 C 的离心率的最小值为 （A） 6 3 （B） 3 2 （C） 2 3 （D） 1 2 答案：A 【解析】设椭圆的上顶点为 M ,则∠AMP≥120°，故 1 3 b a ， ∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 c a b b e a a a       ，∴ 6 3 e 故选 A 9.过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成 300_{的平面，则所得截面的面积与球的} 表面积的比为（A）₂₅₆15 　　（B）₂₅₆45 　　　　（C）15₆₄　　　　（D）45₆₄ 答案：C 【解析】设球的半径为 r,∵球心到平面的距离为球的半径的1 4r， ∴截面的半径为 15 4 r，∴截面的面积为 2 15 π 16 r ∵球的表面积为 2 4πr

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∴所得截面的面积与球的表面积的比为15 64 故选 C

10.若函数 f(x)=ex_-ax与 x 轴相切，则实数 a＝

（A） 1 （B） 0 （C） 1 （D） e 答案：D 【解析】设切点为（x0,0），则 0 0 ( ) 0 ( ) 0 f x f x     _  ，所以 0 0 0 0 0 x x e a e ax      _ _  ，故 x0=1,a=e 故选 D 11.设 (0, ) 2   ， (0, ) 2

  ，且1 cos 2_{sin 2}_ 1 cos_sin_ ，则（A） 2    （B） 2 2    （C） 2     （D） 2 2    答案：C

【解析】 1 cos 2 2sin2 tan sin 2 2sin cos

  _     _ _  ， 2 2cos 1 cos ₂ 1 =

sin _2sin _cos _tan

2 2 2        _ 且 (0, ) 2   _， (0, ) 2   ，∴ 2 2    故选 C 12.如图，圆 O 的半径为 1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角 x 的始边为射线 OA ， 终 边为射线 OP ，过点P作直线 OA 的垂线，垂足为M，将△AMP 的面积表示为 x 的函数 ( ) f x ， 则y f x( )_{在 (0, )}_{ 上的图象大致为} （ A）（B）（ C ）（D）答案：A 【解析】 1sin (1 cos ) 2 y x  x

∵当 y＝0 时，sinx=0 或 cosx=1 ∴x=0或 π，故不选 D

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又因为 1 _cos _cos2 _sin2 2 y  （） x x x ，所以当 x= 2  时 y 1 0 故选 A 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共计 20 分． 13. 设 i 为虚数单位，则 i6 ＝答案：-1 【解析】i4_=1,i6_=i2_=-1 14.函数_y__tan2_x__{2 tan}_x_{ ，}₃ x _{3 3},      _ _   的最小值为 . 答案：2 【解析】令ttanx则t [ 3, 3]，y=t2_-2t+3,t 0=1, 故当 t=1 时 ymin=2 15.在四边形 ABCD 中,ABC BCD120,CD3AB3BC3 3，则 AD 的长度为 . 答案：6

【解析】在△ABC 中，AB=BC,∠ABC=120°，故 AC=3,∠ACB=30°所以∠ACD=90° 在△ADC 中，AC=3, CD3 3，故 AD=6

16.在四面体 ABCD 中， DA  底面 ABC ，侧面 ABD  侧面 BCD ，BD BC  ，三个侧2 面 DAB 、 DBC 、 DCA 的面积的平方和为8 ，则 ADB  .

答案：π 4

【解析】由 DA  底面 ABC 知侧面 DAB  底面 ABC ，结合侧面 ABD  侧面 BCD 有 BC  平面 DAB . 故四面体三个侧面均为直角三角形 . 设 ADB  （ 0 2     ），则 2cos AD ，AB2sin ，DC2 2，_AC__{2 1 sin}_ 2_ _.于是三个侧面的面积的平方和是_{4 cos}2__{(1 sin}_ 2__{) 4 4sin}_{ } 2__cos2__{ ，解得}₈ _cos2 1

2  ，所以 π 4   . 三、解答题： 17．(12 分)设数列

 

a 的前n

n

项和为 n 2 1 ( ) 2 S  n n ₍_n__{N )}* _．（1）求

 

a 通项公式；n （2）设 2an n n b a  ，求数列

 

b 的前 n 项和n T .n 17．答案：（1）an=n,(2) Tn=(n-1)2n+1+2 【解析】（1）∵ 2 n 1 ( ) 2 S  n n ∴当 n=1 时，a1=S1=1 2分 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1＝n 4分

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综上 an=n 5分 （2）由（1）知：an=n，故b_n  n 2n 6分 ∴ 1 2 n 1 2 ... n 1 2 2 2 ... 2n T  b b  b       n ∴₂ _{1 2}2 _{2 2}3 _... ₂n 1 n T       n  8分 ∴ _1-2 _{1 2+2}2 ₂3 _{... 2 - 2}n n 1_=2-2n 1_{- 2}n 1 n T      n   n  （） 10分 ∴Tn=(n-1)2n+1+2 12分

18. 第 32 届夏季奥林匹克运动会（英语：Games of the XXXII Olympiad）又称 2020 年东京奥运会.2013 年 9 月 7 日雅克·罗格宣布 2020 年奥运会的主办城市是东京,东京申办成功后，成为继巴黎（法国）、伦敦（英国）、洛杉矶（美国）和雅典（希腊）后的世界第 5 个至少两次举办夏季奥运会的城市，同时也是亚洲第一个。2018 年 7 月 22 日，东京奥组委公布 2020年东京奥运会吉祥物名字，蓝色吉祥物被命名为 Miraitowa，寓意未来和永恒.甲乙两所学校各随机抽取了100 名高三的学生参加了奥运知识测评（满分 70 分），其中成绩不低于 50 分的记为“优秀”。根据测试成绩，学生的分数（单位：分）频率分布直方图如下（左图为甲校，右图为乙校）：（1）根据频率分布直方图估计乙校学生成绩的中位数.（结果保留两位小数）（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有 99%的把握认为学生测试成绩是否优秀与他所在学校有关：非优秀优秀合计甲校乙校合计附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bc K a b c d a c b d      

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2 ( ) P K k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 答案：（1） 52.35 ,(2) 有 99% 的把握认为学生测试成绩是否优秀和他所在学校有关. 【解析】（1）在乙校学生测试成绩频率分布直方图中，成绩低于50分直方图面积为 5(0.004+0.020+0.044)=0.34<0.5；成绩低于55分直方图面积为0.34 0.068 5 0.68 0.5    。因此乙校学生测试成绩的中位数的估计值是50 0.5 0.34 52.35 0.068    6分（2）非优秀优秀合计甲校 62 38 100 乙校 34 66 100 合计 96 104 200





2 2 200 62 66 34 38 _15.705 100 100 96 104 K          。由于15.705 6.635 ，因此有 99% 的把握认为学生测试成绩是否优秀和他所在学校有关 12分 19． (12 分 ) 图 1 是由 Rt ABC , Rt BCD 和 Rt ABE 组成的一个平面图形，其中 2 AB BC CD   ，BE2 2，将其沿 AB ， BC 折起，使得 BD 与 BE 重合，连接 AD ，如图 2. （1）证明：图 2 中 CD  面 ABC ； （2）图 2 中, M ,N 分别为 AD , BD 的中点，求四面体 AMCN 的体积. (图 1) （图 2）答案：（1）略,(2) 1₃ 【解析】（1）在图 2 中，∵AB⊥BD,AB⊥BC

∴AB⊥CD ∴AB⊥CD 又∵CD⊥BC ∴CD⊥ABC 6分 (2) 图 2 中, M ,N 分别为 AD , BD 的中点，所以

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1 1 1 1 1 1 1 ( 2 2) 2

2 2 4 4 3 2 3

N AMC B AMC M ABC D ABC

V _  V _  V _  V _       12分 20.已知抛物线_{C y}_: 2_₄_x_，设 1 1 ( , ) A x y ，B x y( , )2 2 为曲线 C 上不同的两点，M(4, 4)，且 |AF|,|MF|,|_{BF 成等差数列．}| （1）求x1 的值；x2 （2）当 AB 的斜率为 1 时，求△FAB 的面积. 答案：（1）8,(2) 2 3 . 【解析】（1）由题意， M 在抛物线 C 上，因此|MF|=4+1=5. 因此|AF| | BF|  x1 1 x2 1 10，即x1x2 8 5分 （2）设直线 AB 与 x 轴交于点 ( ,0)n _{，则直线 AB 的方程为 x y n}  。代入抛物线_y2_₄_x_，得_y2_₄_y_₄_n_{ 。因此}₀ 1 2 ( 1 2) 2 4 2 8 x x  y y  n  n ，因此n .2 解得 y1y2 4 3,因此 1 _{2-1 4 3=2 3} 2 FAB SV    12分 21.已知函数 ( ) lnf x  x_（x ）．0 （1）证明： ( )f x _{  ，并说明等号成立的条件；}x 1 （2）设 ( )g x xf x( )a x( _{ ，是否存在实数 a ，使得 ( ) 0}1) g x _{ 在其定义域恒成立？若存在，} 求出所有满足条件的实数 a 的集合；若不存在，说明理由； 答案：（1）略,(2) {1} . 【解析】（1）令 ( ) x  f x( ) ( x 1) lnx x_{  ，则}1 ( )x 1 1 x 1 x x       _{．因此 ( )} x _在 (0,1) 上单调递增，在 (1,_{ 上单调递减．因此 ( )})  x (1) 0_{ ，所以 ln}x x  ，当且仅当1 1 x 时等号成立．（2）由题意， ( ) lng x  x_{  ，于是可知 ( )}1 a _{g x 在}_(0,_ea1₎_{上单调递减，在}₍_ea1_,_{ 上单}₎ 调递增．于是 1 1 1 1 min ( ) ( a ) ( 1) a ( a 1) a g x g e  a e  a e    a e  ．只需 1 min ( ) a 0 g x  a e   ．由（1）可知 lna a  ，即1 _{a e}_ a1_{，由此可知只能是}_a_{ ，否则}₁ min ( ) 0 g x  不符合题意． 因此所求实数 a 的集合是{1} ． 22．[选修 4－4：坐标系与参数方程]（10 分） 在直线坐标系 xoy 中，曲线 C1的参数方程为 2 2 2 x t y t    _  ( t为参数)，以坐标原点为极点，x 轴正

(8)

半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 π sin 2 2 4  _  _   . (1)写出 C1的普通方程和 C2的直角坐标方程； (2)设点 P 在 C1上，点 Q 在 C2上，求 PQ 的最小值及此时 P 的直角坐标. 答案：（1） 2 1 2 C：y  x,C y x2:   (2) PQ 的最小值为 7 24 4 ，此时 1 ( ,1) 2 P . 【解析】（1）曲线 C1的参数方程为 2 2 2 x t y t    _  ( t为参数) 将 2 y t 代入得： _{2( )}2 2 2 2 y y x  ，即 2 1 2 C：y  x 3分 由曲线 C2的极坐标方程为 π sin 2 2 4  _  _   得 2 2 sin cos ) 2 2 2 2 （    ∴（sin cos ) 4  ，即C y x2:  4 5分（2）设_{P t t}_{(2 , 2 )}2 _{，则 P 到 C2 的距离为} 2 2 2 2 4 2( 2) 2 t t t t      8分故当t1₂时， PQ 的最小值为 7 2 4 ，此时 1 ( ,1) 2 P 10分 23．[选修 4－5：不等式选讲]（10 分）设a ，0 b 且0 _a2__b2 _{ ．}₄ （1）证明：_a6__b6_₁₆_； （2）求 ab a b  的最大值．答案：（1）略 (2) 2 2 2 . 【证明】： _a6__b6₌ _a2__b2₎₍_a4__{a b}2 2__b4₎_ _a2__b2₎₍ _a2__b2 2₎ _₃_{a b}2 2_{) 64 12}_ _ _{a b}2 2  （（（ 2 2 6₊ 6 _{64 12(} ₎2 ₁₆ 2 a b a b   ≥   5分 （2）令 a=2cos ,b=2sin , (0, ) 2





 ，则

t=a+b=2cos + 2sin 2 2 sin( ) (2, 2 2]

4





   2 2 ( ) 1 2

4sin cos 2((sin cos ) 1) 2 2

2 2 a b ab            t  故 ₌1 2 ₂ 2 ab a b  t  t ，t(2, 2 2] 又∵ ₌1 2 ₂ 2 y t  t ，t(2, 2 2]，对称轴为 t0=1

(9)