2020年新高考数学模拟卷(二)(解析版)

第I卷（选择题)

一、单选题

1．（2020·四川省岳池县第一中学高二月考（文））已知集合AxNxx20，则满足条件

*2ABA的集合B的个数为（ ）

A．3 【答案】B 【解析】又

B．4

C．7

D．8

AxN*x2x20xN*1x21,2，

ABA，BA，

因此，符合条件的集合B的个数为224. 故选：B.

22．（2019·北京高考模拟（文））已知i是虚数单位，aR，则“a1”是“(ai)为纯虚数”的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件 【答案】A

【解析】因为(ai)＝a212ai， 当a1时，(ai)＝2i，是纯虚数， 当(ai)为纯虚数时，a1，

222故选A

3．（2019·天津高考模拟（理））已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为ɑ，b，c，若ɑ2＝b2＋c2－bc，bc＝4，则△ABC的面积为( ) A． 【答案】C

B．1

C．

D．2

b2c2a21，∴A， 【解析】由题意abcbc，由余弦定理可得cosA2bc23222又bc4，∴ABC的面积为

1bcsinA3，故选C. 24．（2017·湖南省高考模拟（理））甲、乙、丙三位同学将独立参加英语听力测试，根据平时训练的经验，

甲、乙、丙三人能达标的概率分别为P、于（ ）

232、，若三人中有人达标但没有全部达标的概率为，则P等3532 34C．

5A．【答案】B

3 45D．

6B．

【解析】人中有人达标但没有全部达标，其对立事件为“人都达标或全部没有达标”，则

231223

P1P1，解得P.故选B.

4353535．（2019·湖南省高考模拟（理））若均不为1的实数a、b满足ab0，且ab1，则（ ） A．loga3logb3 【答案】B

【解析】当a9,b3时loga3logb3; 当a2,b1时3ab13ab; 当a4,b2时abba; 因为ab0，ab1，所以3a3b23a3b23ab232综上选B.

6．（2019·广西壮族自治区高考模拟（理））一个放射性物质不断衰变为其他物质，每经过一年就有量发生衰变,剩余质量为原来的A．3 【答案】B

B．4

abB．3a3b6 C．3ab13ab D．abba

6，

3的质41.若该物质余下质量不超过原有的1%，则至少需要的年数是（ ） 4C．5

D．6

11【解析】设原物质的质量为单位1，一年后剩余质量为原来的，两年后变为原来的，依此类推，得44111到n年后质量是原来的，只需要n3 故结果为4.

41004故答案为B.

7．（2019·河北省高考模拟（文））已知向量a4,1,b5,2且ab//mab，则m A．1 【答案】B

B．1

C．

nn27 5D．7 5

【解析】由题意，向量a4,1,b5,2，则ab1,1,mab4m5,m2 因为ab//mab，所以(1)(m2)1(4m5)， 解得m1，故选B．

8．（2019·广东省高考模拟（理））已知函数fx是定义域在R上的偶函数，且fx1fx1，当

x0,1时，fxx3，则关于x的方程fxcosx在,上所有实数解之和为（ ）

22A．1 【答案】D

【解析】因为fx1fx1，则fxfx2，所以fx的最小正周期为2，又由

B．3

C．6

D．7

15fx1fx1f1x得fx的图像关于直线x1对称.

令gxcosx，则gx的图像如图所示，

由图像可得，yfx与gxcosx的图像在,有7个交点且实数解的和为2317,故选

22D.

15

二、多选题

9．（2020·无锡市大桥实验学校高二期中）下列说法中，正确的命题是（ ） A．已知随机变量服从正态分布N2,2，P40.84，则P240.16

B．由独立性检验可知，有99%的把握认为物理成绩与数学成绩有关，某人数学成绩优秀，则他有99%的可能物理优秀

C．以模型ycekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设zlny，将其变换后得到线性方程

z0.3x4，则c，k的值分别是e4和0.3

D．在回归分析模型中，残差平方和越大，说明模型的拟合效果越差

【答案】CD

【解析】量服从正态分布N2,2，P40.84，则P40.16，

P(24)0.50.160.34，A错；

独立性检验可知，有99%的把握认为物理成绩与数学成绩有关，并不能说明他物理一定可能优秀，B错； 把线性方程z0.3x4代入，得yeez0.3x4e4e0.3x，所以ce4，k0.3，C正确；

残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好，残差平方和越大，说明模型的拟合效果越差，D正确． 故选：CD．

10．（2019·湖北省高考模拟（文））将函数fxsin2x象，则下列判断正确的是（ ） A．函数gx在区间3的图象向右平移

个单位长度得到gx图2,上单调递增 122B．函数gx图象关于直线x7对称 12gxC．函数在区间,上单调递减

63D．函数gx图象关于点【答案】ABD

【解析】函数fxsin2x,0对称 33的图像向右平移

ππ个单位长度得到gxsin2x2322πsin2x.

3由于gπ7π7π7π2πsinsin1x，故是gx的对称轴，B选项正确. 1263212由于gπ2π2πsinsin00，故,0是gx的对称中心，D选项正确. 3333由π2πππ7ππ7π2x，解得x，即gx在区间,上递增，故A选项正确、C选项错误. 12122321212

故选：ABD.

11．（2020·山东省章丘四中高二月考）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）

A．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为【答案】ABD

【解析】对选项A，如图所示：

2 B．点C到面ABC1D1的距离为 42 D．三棱柱AA1D1BB1C1外接球表面积为3 4

连接B1C，交BC1于O点. 因为正方体ABCDA1B1C1D1，

所以四边形BCC1B1为正方形，COBC1.

又因为AB平面BCC1B1，CO平面BCC1B1，所以ABCO.

ABCOCO平面ABC1D1. COBC1ABBCB1

所以CBO为直线BC与平面ABC1D1所成的角， 又因为CBO4，故选项A正确.

对选项B，由上知：CO平面ABC1D1， 所以CO为点C到面ABC1D1的距离.

又因为正方体边长为1，所以CO对选项C，如图所示：

2，故选项B正确. 2

连接D1C，A1B，A1C1.

因为D1C//A1B，所以A1BC1为异面直线D1C和BC1所成的角. 又因为A，所以A1BC11BBC1AC1123，故选项C错误.

对选项D，因为三棱柱AA1D1BB1C1的外接球与正方体ABCDA1B1C1D1

1212123. 的外接球相同，设外接球半径为R，R22S4R23，故选项D正确.

故选：ABD

12．（2020·白银市第一中学高三其他（文））古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值1的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中,A2,0,B4,0,点

P满足PAPB1.设点P的轨迹为C,下列结论正确的是（ ） 22A．C的方程为x4y29

B．在x轴上存在异于A,B的两定点D,E,使得

PDPE1 2C．当A,B,P三点不共线时,射线PO是APB的平分线 D．在C上存在点M,使得MO2|MA| 【答案】BC

【解析】设点Px,y，则

PAPB1=2x2y22x4y2PD2，化简整理得xy8x0，即x4y216，

2222221APPOAO，故A错误；当D1,0,B2,0,时，故B正确；对于C选项，，cosAPO=PE22APPOBP2PO2BO2,要证PO为角平分线，只需证明cosAPO=cosBPO，即证cosBPO=2BPPOAP2PO2AO2BP2PO2BO2222 ，化简整理即证PO22AP28，设Px,y，则POxy，2APPO2BPPO2AP282x28x2y2x28xy2x2y2x2y2，则证

cosAPO=cosBPO，故C正确；对于D选项，设Mx0,y0,由MO2|MA|可得x02y02=x0222222整理得3x03y016x0+160，而点M在圆上，故满足xy8x0，y02，联立解得x0=2，y0无实数解，于是D错误.故答案为BC.

第II卷（非选择题)

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三、填空题

x2y213．（2019·广东省高考模拟（文））已知双曲线21(a0)的离心率为2a3a，则该双曲线的渐近线为

_______．

【答案】y2x

x2y2a22【解析】双曲线21（a＞0）的离心率为3a，可得：3a，解a＝1，

a2ax2y2所以双曲线方程为：1，所以该双曲线的渐近线为y2x．

12故答案为：y2x．

14．（2019·新疆维吾尔自治区高考模拟（理））设Sn是数列{an}的前n项和，若Sn(1)ann1，则2nS1S2S11_____.

【答案】

1365 4096n1， 2n11当n1时，a1S1a1，解得a1，

24【解析】Sn1ann2时，anSnSn1，

1， 2n11当n为偶数时，SnSSn1n，即有Sn1n；

221当n为奇数（n3）时，SSnSn1n，

2111可得Sn12Snn 2n1n0，

222111100 12 即有S1S2S11 04166421114461365. 14096141365. 故答案为

4096可得Sn1nSnSn1315．（2019·四平市第一高级中学高考模拟（理））过点M(1,0)引曲线C：y2xaxa的两条切线，

这两条切线与y轴分别交于A,B两点，若|MA||MB|，则a__________． 【答案】27 4

2t3ata【解析】设切点坐标为t,2tata,y6xa,6ta,即4t36t20,解得t=0

t13223或t=,2故答案为273MAMB两切线的斜率互为相反数，即2a+6a,解得 04227 4n2四、双空题

216．（2020·浙江省高三二模）已知f(x)x的展开式中第三项的二项式系数为15，则nx__________，该展开式中常数项为__________. 【答案】6 60

n(n1)215,所以n6,TkC6k()6kx【解析】C2x2nkCk61k26kx3k62,

令

3k4460,解得k4,该展开式中常数项为C61264=60. 2故答案为: 6;60. 五、解答题

17．（2020·上海位育中学高一月考）已知等差数列{an}满足a1a210，a4a32. （1）求{an}的通项公式；

（2）设等比数列{bn}满足b2a3，b3a7，问：b6是否为数列{an}中的项？若是的话，求出项数，若不是的话，说明理由.

【答案】（1）an2n2，nN*；（2）是；b6是{an}第63项. 【解析】（1）∵an是等差数列，

a1a2102a1d10， aa2d243∴解出d2，a14， ∴ana1n1d

42n2， 2n2．

（2）∵b2a32328，b3a727216，

bn是等比数列，

qb32， b2bnb1qn1b2qn22n1

又∵b626127an2n1，

∴n63，

∴b6是数列{an}中的项，b6是{an}的第63项.

18．（2020·宁夏回族自治区银川二中高一期末）某同学用“五点法”画函数f(x)=Asin(ωx+)(A>0，ω>0，||<

)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如表： 20 ωx+ 3 π 2π 22 35 6x Asin(ωx+ )

0 5 -5 0 （1）请将上表数据补充完整，并求出函数f(x)的解析式； （2）将y=f(x)的图象向左平移

个单位，得到函数y=g(x)的图象.若关于x的方程g(x)-m=0在区间[0，]62上有两个不同的解，求实数m的取值范围. 【答案】（1）补全表格见解析，fx5sin2x【解析】（1）补全表格如下：

6（2）,5 ；

52x 0  2π 3 22π

x 12  35 7 120 5 6-5 13 120 Asinx

0 根据表格数据可知A5，T132，而0，所以T2.所以

1212225，由于，所以fx5sin2x，f5sin.所以

232633fx5sin2x.

6（2）依题意可知，gx5sin2x以当

675sin2x..所2x0x由，得666666222x62x62，即0x时，gx递增；当

67，即x时，gx递减.662555g0,g,g5.所以m的取值范围是,5.

2226219．（2020·东北育才学校高三其他（理））《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A、B、B、C、C、D、D、E共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、16%、7%、3%．选考科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到

[91,100]、[81,90]、[71,80]、[61,70]、[51,60]、[41,50]、[31,40]、[21,30]八个分数区间，得到考生

的等级成绩．某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布N(60,169)． （1）求物理原始成绩在区间(47,86)的人数；

（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记X表示这3人中等级成绩在区间[61,80]的人数，求X的分布列和数学期望． （附：若随机变量~N,2，则P()0.682，P(22)0.954，

P(33)0.997）

【答案】（Ⅰ）1636人；（Ⅱ）见解析．

【解析】（Ⅰ）因为物理原始成绩N60,13， 所以P(4786)P(4760)P(6086)

211P(60136013)P(6021360213) 220.6820.954

220.818．

所以物理原始成绩在（47，86）的人数为20000.8181636（人）． （Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为

2． 52， 5所以随机抽取三人，则X的所有可能取值为0,1,2,3，且XB3,273 ， 所以PX0512532354， PX1C551251322336，

PX2C3255125282 PX3．

5125所以X的分布列为

3X P

0 1 2 3 27 12554 12536 1258 125所以数学期望EX326． 5520．（2020·四川省泸县第二中学高二期中（文））如图，在四棱锥PABCD中底面ABCD是菱形，BAD60，△PAD是边长为2的正三角形，PC10，E为线段AD的中点．

1求证：平面PBC平面PBE；

2是否存在满足PFFC0的点F，使得VBPAE请说明理由．

【答案】1证明见解析；22.

【解析】1证明：因为△PAD是正三角形，E为线段AD的中点， 所以PEAD．

因为ABCD是菱形，所以ADAB． 因为BAD60， 所以△ABD是正三角形，

所以BEAD，而BEPEE， 所以AD平面PBE． 又AD//BC， 所以BC⊥平面PBE． 因为BC平面PBC， 所以平面PBC平面PBE．

3VDPFB？若存在，求出的值；若不存在，42由PFFC，知1FCPC．

所以，VBPAE111VPADBVPBCDVFBCD， 222VDPFBVPBDCVFBDCVFBCD．

因此，VBPAE所以，2．

即存在满足PFFC0的点F，使得VBPAE313VDPFB的充要条件是， 4243VDPFB，此时2． 4

x2y221．（2020·广西壮族自治区高三月考（理））已知椭圆C:1.

63（1）直线l过点D(1,1)与椭圆C交于P,Q两点，若PDDQ，求直线l的方程；

（2）在圆O:xy2上取一点M，过点M作圆O的切线l与椭圆C交于A,B两点，求|MA||MB的值.

【答案】（1）y2213x（2）2 221x1x21,1x1,1y1x21,y21，【解析】（1）设Px1,y1,Qx2,y2，PDDQ，即1y1y21,解得x1x22,y1y22.

22x12y12x2y2P,Q两点在椭圆C上，1,1，

6363y1y2x1x2x1x2y1y2y1y2两式相减，得0，则

63x1x21， 2故直线l的方程为y1113(x1)，即yx.

222（2）当切线l斜率不存在时，不妨设l的方程为x2， 由椭圆C的方程可知，A(2,2),B(2,2)，

则OA(2,2),OB(2,2)，OAOB0，即OAOB. 当切线l斜率存在时，可设l的方程为ykxm,Ax3,y3,Bx4,y4，

|m|k212，即m22k21，

联立l和椭圆的方程，得

222(4km)412k2m60,4kmxx, 12k2x24kmx2m260则3422k12m26.x3x422k1

OAx3,y3,OBx4,y4，

OAOBx3x4y4y3x3x4kx3mkx4m1k2x3x4kmx3x4m22m264km1k2km2m22k12k121k2m2264k2m2m22k213m2226k2632k26k62k212k212k21OAOB.

综上所述，圆O上任意一点M处的切线交椭圆C于点A,B，都有OAOB. 在RtOAB中，由△OAM与BOM相似，得|MA||MB||OM|22. 22．（2020·浙江省高三二模）已知函数fxlnx,gxax1aR （1）讨论函数hxfxgx的单调性；

（2）若函数fx与gx的图象有两个不同的交点A (x1,y1)Bx2,y2,x1x2 （i）求实数a的取值范围

（ii）求证：1yey1ey10,且22(e为自然对数的底数).

【答案】(1) 当a0时,函数hx在(0,)上单调递增;

当a0时, 函数hx的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1aa,). (2)(i)(0,1) (ii)证明见解析.

【解析】由题意知hxfxgx=lnxax1,所以h(x)1xa,(x0). 当a0时, h(x)0,函数hx在(0,)上单调递增;

当a0时,令h(x)1xa0，解得0x1a； 令h(x)11xa0，解得xa；

所以函数hx在(0,11a)上单调递增,在(a,)上单调递减.

综上所述：当a0时,函数hx在(0,)上单调递增;

当a0时, 函数hx的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1aa,).

0， (2)(i) 函数fx与gx的图象有两个不同的交点A (x1,y1)Bx2,y2,x1x2等价于函数h(x)有两个不同的零点x1,x2,其中x1x2.

由(1)知, 当a0时,函数hx在(0,)上单调递增;不可能有两个零点.

当a0时, 函数hx在(0,)上单调递增,在(,)上单调递减,此时h()为函数hx的最大值. 当h()0时,hx最多有一个零点, 所以h()=ln1a1a1a1a1a10,解得0a1 ，a1aae2e2e211e2此时,2,且h()110，h(2)22lna132lna，(0a1).

eeeeaaaaae2令F(a)32lna,(0a1),

a2e2e22a则F(a)20,(0a1),

aaa2所以F(a)在(0,1)上单调递增,

e2所以F(a)F(1)3e0,即h(2)0,

a2所以a的取值范围是(0,1).

(ii)因为h(x)lnxax1在(0,)上单调递增,在(,)上单调递减, 所以h()1所以

1a1a1eaa10,h(1)1a0, ee1x11,即1f(x1)0,所以1y10. e222构造函数G(x)h(x)h(x)ln(x)a(x)1(lnxax1)

aaa21ln(x)lnx2ax2,(0x)

aa12a(x)211a)0, 2a则G(x)2x2xx(x)aa1所以G(x)在(0,)上单调递减,

a

1, a1所以G(x1)G()0,

a又因为0x1因为h(x2)0,

所以G(x1)h(x1)h(x1)h(x2),又h(x1)0, 所以h(x1)h(x2)

由(1)知h(x)在(,)上单调递减得：

2a2a1a22x1x2,即x1+x2, aayy又因为y1lnx1,y2lnx2,所以x1e1,x2e2

即e1eyy22, a又因为0a1，所以所以ey1ey22.

22 a