2020年高考數(shù)學(xué)模擬試卷二

本刊試題研究組

一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共計70分）

1.已知集合A={x|x2-2x≤0}，B={0，2，4}，C=A∩B，則集合C的子集共有______個.

2.已知復(fù)數(shù)z滿足zi+4=3i（i為虛數(shù)單位），則z的共軛復(fù)數(shù)z=______.

3.已知雙曲線x2m-y2=1（m>0）的一條漸近線方程為x+3y=0，則m=______.

4.隨機(jī)抽取100名年齡在[10，20），[20，30），…，[50，60）年齡段的市民進(jìn)行問卷調(diào)查，由此得到樣本的頻率分布直方圖如圖所示，從不小于40歲的人中按年齡段分層抽樣的方法隨機(jī)抽取8人，則在[50，60）年齡段抽取的人數(shù)為______.

5.為強(qiáng)化環(huán)保意識，環(huán)保局每周從當(dāng)?shù)氐?所化工廠（甲，乙，丙，丁，戊）中隨機(jī)抽取3所進(jìn)行污水合格檢測，則在一周抽檢中，甲，乙化工廠都被抽測的概率是______.

6.如圖，若輸入的x值為π3，則相應(yīng)輸出的值y為???.

7.已知一個圓錐的底面半徑為3cm，側(cè)面積為6πcm2，則該圓錐的體積是______cm3.

8.已知實數(shù)x，y滿足x-y>0，x-3y≤0，x+y-4≤0，則z=y+1x的取值范圍是______.

9.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a=2，b=3，C=2A，則cosC的值為______.

10.已知F1，F(xiàn)2分別為橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左，右焦點，點A，B分別是橢圓E的右頂點和上頂點，若直線AB上存在點P，使得PF1⊥PF2，則橢圓C的離心率e的取值范圍是______.

11.已知數(shù)列{an}的首項a1=18，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b5=2，若bn=an+1an則a10=______.

12.在平面四邊形OABC中，已知|OA|=3，OA⊥OC，AB⊥BC，∠ACB=60°.若OB·AC=6，則|OC|=______.

13.已知正數(shù)x，y滿足3x+y+1x+2y=132，則x-1y的最小值為______.

14.定義min{a，b}=a，a≤b，b，a>b.已知函數(shù)f（x）=ex-1m，g（x）=（x-1）（mx+2m2-m-1），若h（x）=min{f（x），g（x）}恰有3個零點，則實數(shù)m的取值范圍是______.

二、解答題

15.（本小題滿分14分）

如圖，已知四棱錐PABCD中，CD⊥平面PAD，AP=AD，AB∥CD，CD=2AB，M是PD的中點.

（1）求證：AM∥平面PBC;

（2）求證：平面PBC⊥平面PCD.

16.（本小題滿分14分）

如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點P，Q是以AB為直徑的上半圓弧上兩點（點P在Q的右側(cè)），點O為半圓的圓心，已知AB=2，∠BOP=θ，∠POQ=α.

（1）若點P的橫坐標(biāo)為45，點Q的縱坐標(biāo)為12，求cosα的值;

（2）若PQ=1，求AQ·BP的取值范圍.

17.（本小題滿分14分）

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A，F(xiàn)分別是橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）左頂點，右焦點，橢圓C的右準(zhǔn)線與x軸相交于點Q，已知右焦點F恰為AQ的中點，且橢圓C的焦距為2.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）過右焦點F的直線l與橢圓C相交于M，N.記直線AM，AN的斜率分別為k1，k2，若k1+k2=-1，求直線l的方程.

18.（本小題滿分16分）

如圖，矩形ABCD是某生態(tài)農(nóng)莊的一塊植物栽培基地的平面圖，現(xiàn)欲修一條筆直的小路MN（寬度不計）經(jīng)過該矩形區(qū)域，其中MN都在矩形ABCD的邊界上.已知AB=8，AD=6（單位：百米），小路MN將矩形ABCD分成面積分別為S1，S2（單位：平方百米）的兩部分，其中S1≤S2，且點A在面積為S1的區(qū)域內(nèi)，記小路MN的長為l百米.

（1）若l=4，求S1的最大值;

（2）若S2=2S1，求l的取值范圍.

19.（本小題滿分16分）

已知函數(shù)f（x）=ex-mx，x∈R，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x）.

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性;

（2）若x>0，關(guān)于x的不等式f（x）≥x2+1恒成立，求實數(shù)m的取值范圍;

（3）若函數(shù)f（x）有兩個零點x1，x2，求證：f′（x1）+f′（x2）>0.

20.（本小題滿分16分）

已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足2Sn-nan=n.

（1）求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列;

（2）若數(shù)列{an}的公差d>0，設(shè)bn=Sn+1n，求證：存在唯一的正整數(shù)n，使得an+1≤bn

（3）若a2=2，設(shè)cn=an+1an，求證：數(shù)列{cn}中的任意一項都可以表示成其他兩項的乘積.

附加題

【選做題】本題包括A、B、C、D共4小題，請選定其中兩小題.若多做，則按作答的前兩小題評分.解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

21.A.[選修42：矩陣與變換]（本小題滿分10分）

已知矩陣A=1002，B=1201，若直線l依次經(jīng)過變換TA，TB后得到直線l′：2x+y-2=0，求直線l的方程.

B.[選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]（本小題滿分10分）

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為x=a+3t，y=t（t為參數(shù)），以坐標(biāo)原點為極點，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，圓C的極坐標(biāo)方程為ρ=4cosθ，若直線l與圓C有公共點，求實數(shù)a的取值范圍.

【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計20分.

22.（本小題滿分10分）

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點M（-1，0），F(xiàn)（1，0），若動點P滿足MP·MF=2|MP|.

（1）求動點P的軌跡C的方程;

（2）過點F的直線l與軌跡C相交于A，B，與y軸相交于Q，若QA=λAF，QB=μBF，求證：λ+μ為定值.

23.（本小題滿分10分）

已知集合An={x>0|x=k1·2+k2·22+…+kn·2n}，其中n∈N*，n≥2，ki∈{-1，1}（i=1，2，…，n），記集合An的所有元素之和為Sn.

（1）求S2，S3的值;

（2）求Sn.

參考答案

一、填空題

1.4

2.-3+4i

3.9

4.2

5.310

6.12

7.3π

8.[23，+∞）

9.14

10.[5-12，1）

11.64

12.3

13.-12

14.（1e，22）∪（22，1）

二、解答題

15.證明：（1）取CP的中點N，連接BN.

因為M，N分別是PD，PC的中點，

所以MN∥CD，且CD=2MN.

又AB∥CD，且CD=2AB，

所以MN∥AB，且MN=AB，

所以四邊形ABNM是平行四邊形，

所以AM∥BN，

又BN面PBC，AM面PBC，

所以AM∥面PBC.

（2）因為AP=AD，點M是PD的中點，

所以AM⊥PD，

又AM∥BN，所以BN⊥PD.

因為CD⊥面PAD，AM面PAD，

所以CD⊥AM，

又AM∥BN，所以BN⊥CD.

因為PD∩CD=D，PD，CD面PCD，

所以BN⊥面PCD，

又BN面PBC，

所以面PBC⊥面PCD.

16.解：（1）依題意，半圓O的半徑為1，點P的橫坐標(biāo)為45，點Q的縱坐標(biāo)為12，點P在y軸上方，所以cosθ=45，sin（θ+α）=12.

所以sinθ=1-cos2θ=1-（45）2=35，

cos（θ+α）=±1-sin2（θ+α）

=±1-（12）2=±32.

因為點Q在點P的左側(cè)，所以cos（θ+α）<45，故cos（θ+α）=-32，

故cosα=cos[（θ+α）-θ]

=cos（θ+α）cosθ+sin（θ+α）sinθ

=-32×45+12×35=3-4310.

（2）因為PQ=1，所以△POQ是正三角形，故α=π3.

所以點P的坐標(biāo)為（cosθ，sinθ），點Q的坐標(biāo)為（cos（θ+π3），sin（θ+π3）），

又點A，B的坐標(biāo)分別為（-1，0），（1，0），

故AQ=（cos（θ+π3）+1，sin（θ+π3）），

BP=（cosθ-1，sinθ）.

所以AQ·BP=[cos（θ+π3）+1]（cosθ-1）+sin（θ+π3）sinθ，其中θ∈[0，π3]，

=cos（θ+π3）cosθ+sin（θ+π3）sinθ+cosθ-cos（θ+π3）-1

=cos[（θ+π3）-θ]+cosθ-12cosθ+32sinθ-1

=12cosθ+32sinθ-12

=sin（θ+π6）-12.

因為0≤θ≤23π，π6≤θ+π6≤56π，sin（θ+π6）∈[12，1]，

所以AQ·BP=sin（θ+π6）-12∈[0，12].

17.解：（1）據(jù)題意，A（-a，0），

F（c，0），Q（a2c，0）.

因為F是AQ的中點，

故a2c-a=2c，

又2c=2，得c=2，代入上式，解得a=2或a=-1（舍）.

所以b2=a2-c2=3，

所以橢圓C得標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1.

（2）設(shè)直線l的方程為x=my+1，M（my1+1，y1），N（my2+1，y2）.

聯(lián)立方程組x=my+1，x24+y23=1，

整理得（3m2+4）y2+6my-9=0.

故y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4.

所以k1+k2=y1my1+3+y2my2+3

=2my1y2+3（y1+y2）（my1+3）（my2+3）

=2my1y2+3（y1+y2）m2y1y2+3m（y1+y2）+9

=2m（-93m2+4）+3（-6m3m2+4）m2（-93m2+4）+3m（-6m3m2+4）+9=-m，

又k1+k2=-1，故-m=-1，得m=1.

所以直線l的方程為x=y+1，即x-y-1=0.

18.解：依題意，折痕有下列三種情形：

①折痕的端點M，N分別在邊AB，AD上;

②折痕的端點M，N分別在邊AB，CD上;

③折痕的端點M，N分別在邊AD，BC上.

（1）在情形②、③中MN≥6，故當(dāng)l=4時，折痕必定是情形①.

設(shè)AM=xcm，AN=ycm，則x2+y2=16.

因為x2+y2≥2xy，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時取等號，

所以S1=12xy≤4，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=22時取等號.

即S1的最大值為4.

（2）由題意知，長方形的面積為S=6×8=48.

因為S1∶S2=1∶2，S1≤S2，所以S1=16，S2=32.

（ⅰ）當(dāng)折痕是情形①時，設(shè)AM=xcm，AN=ycm，則12xy=16，即y=32x.

由0≤x≤8，0≤32x≤6，得163≤x≤8.

所以l=x2+y2=x2+322x2，163≤x≤8.

令t=x2，則2569≤t≤64，設(shè)y=t+322t，

則y′=1-322t2，令y′=0，得t=32（負(fù)舍）.

t2569（2569，32）32（32，64）64

y′-0+

y64496480

所以f（x）的取值范圍為[64，80]，

故l的取值范圍是[8，45];

（ⅱ）當(dāng)折痕是情形②時，設(shè)AM=xcm，DN=ycm，

則12（x+y）×6=16，即y=163-x.

由0≤x≤8，0≤163-x≤8，得0≤x≤163.

所以l=62+（x-y）2=4（x-83）2+36，0≤x≤163.

所以l的取值范圍為[6，21453];

（ⅲ）當(dāng)折痕是情形③時，設(shè)BN=xcm，AM=ycm，

則12（x+y）×8=16，即y=4-x.

由0≤x≤6，0≤4-x≤6，得0≤x≤4.

所以l=82+（x-y）2=4（x-2）2+64，0≤x≤4.

所以l的取值范圍為[8，45].

綜上所述，l的取值范圍為[6，45].

19.解：（1）依題意，f（x）=ex-mx，x∈R，故f′（x）=ex-m.

①若m≤0，則f′（x）>0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增;

②若m>0，令f′（x）=0，得x=lnm.

當(dāng)x

當(dāng)x>lnm時，f′（x）>0，函數(shù)f（x）在（lnm，+∞）上單調(diào)增.

綜上所述，當(dāng)m≤0時，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增;

當(dāng)m>0時，函數(shù)f（x）在（-∞，lnm）上單調(diào)減，在（lnm，+∞）上單調(diào)增.

（2）依題意，當(dāng)x>0時，ex-mx≥x2+1恒成立，

即m≤exx-x-1x對任意實數(shù)x>0恒成立.

令g（x）=exx-x-1x，x>0.

g′（x）=ex（x-1）x2-1+1x2=ex（x-1）-（x2-1）x2=（ex-x-1）（x-1）x2，

由（1）可知，當(dāng)m=1時，f（x）=ex-x在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

故f（x）>f（0）=1，即ex-x>1，得ex-x-1>0.

所以方程g′（x）=0有唯一解x=1，

且當(dāng)0

當(dāng)x>1時，g′（x）>0，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

所以g（x）min=g（1）=e-2.

所以m≤e-2.

（3）因為x1，x2是f（x）=ex-mx的兩個零點，

所以ex1=mx1，ex2=mx2，故m=ex1-ex2x1-x2.

故f′（x1）+f′（x2）=ex1-m+ex2-m

=ex1+ex2-2m=ex1+ex2-2（ex1-ex2）x1-x2.

要證：f′（x1）+f′（x2）>0，

即證：ex1+ex2-2（ex1-ex2）x1-x2>0.

不妨設(shè)x1>x2，

即證：（x1-x2）（ex1+ex2）-2（ex1-ex2）>0，

即證：（x1-x2）（ex1-x2+1）-2（ex1-x2-1）>0.

令h（t）=t（et+1）-2（et-1），t>0，

即h（t）=（t-2）et+t+2，故h′（t）=（t-1）et+1，

令φ（t）=h′（t）=（t-1）et+1，t>0，

所以φ′（t）=et·t>0，φ（t）=h′（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

故φ（t）>φ（0）=0，即h′（t）>0，所以h（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

所以h（t）>h（0）=0，即t（et+1）-2（et-1）>0對任意實數(shù)t>0恒成立.

又x1-x2>0，

所以（x1-x2）（ex1+ex2）-2（ex1-ex2）>0.

得證.

20.解：（1）依題意得，2Sn-nan=n，?①

所以2Sn+1-（n+1）an+1=n+1，?②

②-①得，2an+1-（n+1）an+1+nan=1，

即nan-（n-1）an+1=1，?③

故當(dāng)n≥2時，（n-1）an-1-（n-2）an=1，?④

③-④得，nan+（n-2）an-（n-1）an+1-（n-1）an-1=0，即2an=an-1+an+1.

所以，當(dāng)n≥2時，2an=an-1+an+1.

所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列.

（2）據(jù)題意得，當(dāng)n=1時，2S1-a1=1，得a1=1.

故Sn+1=（n+1）+（n+1）n2d，

bn=Sn+1n=（n+1）+（n+1）n2dn.

若an+1≤bn

即n2-n-2d≤0n2+n-2d>0，

解得1+8d-12

因為d>0，所以1+8d-12>0，

又1+8d+12-1+8d-12=1，

故存在唯一的正整數(shù)n∈（1+8d-12，1+8d+12]，使得an+1≤bn

（3）據(jù)（1）得，數(shù)列{an}是等差數(shù)列，又a1=1，a2=2，

所以an=n，cn=n+1n.

對任意n∈N*，設(shè)cn=ck·ct，其中k，t∈N*，k≠n，t≠n.

故n+1n=k+1k·t+1t，

即1+1n=（1+1k）（1+1t），

所以1n=1k+1t+1kt，解得k=n（t+1）t-n.

取t=n+1，則k=n（n+2），

所以對數(shù)列{cn}中的任意一項cn，都存在t=n+1，k=n（n+2）（其中n∈N*）使得cn=ck·ct.

附加題

21.A.解：設(shè)點P（x，y）是l上的任意一點，其依次經(jīng)過變換TA，TB后得到點P′（x′，y′）.

則x′y′=12011002xy，

得x′y′=x+4y2y，即x′=x+4y，y′=2y.

又點P′在直線l′上，所以2x′+y′-2=0，

故2（x+4y）+2y-2=0，即x+5y-1=0.

所以直線l的方程為x+5y-1=0.

B.解：直線l：x=a+3t，y=t（t為參數(shù)），消去參數(shù)t，可得直線l的普通方程為x-3y-a=0.

圓C：ρ=4cosθ，即ρ2=4ρcosθ，x2+y2-4x=0，即（x-2）2+y2=4，

所以圓C的直角坐標(biāo)方程為（x-2）2+y2=4，圓心C（2，0），半徑r=2.

又直線l與圓C有公共點，

所以|2-a|12+（-3）2≤2，解得-2≤a≤6.

所以實數(shù)a的取值范圍是[-2，6].

22.解：（1）設(shè)動點P（x，y），則MP=（x+1，y），MF=（2，0），|MP|=（x-1）2+y2.

因為MP·MF=2|MP|，所以2（x+1）=2（x-1）2+y2，整理得y2=4x.

故動點P的軌跡C的方程為y2=4x.

（2）設(shè)Q（0，t），A（y214，y1），B（y224，y2），其中y1≠y2.

依題意，A，F(xiàn)，B三點共線，故AF∥BF.

又AF=（1-y214，-y1），BF=（1-y224，-y2），

所以（1-y214）（-y2）=（1-y224）（-y1），

化簡得y1y2=-4.

又QA=λAF，QA=（y214，y1-t），

所以λ=y2141-y214=y214-y21，

同理，μ=y224-y22.

故λ+μ=y214-y21+y224-y22=y214-y21+（-4y1）24-（-4y1）2

=y214-y21+4y21-4=-1.

所以λ+μ為定值.

23.解：（1）當(dāng)n=2時，A2={x>0|x=k1·2+k2·22}={x>0|x=2k1+4k2}={2，6}，

所以S2=2+6=8;

當(dāng)n=3時，A3={x>0|x=k1·2+k2·22+k3·23}={x>0|x=2k1+4k2+8k3}

={2，6，10，14}，

所以S3=2+6+10+14=32.

（2）若kn=-1，且k1=k2=…=kn-1=1，n≥2，n∈N*，

x=2+22+…+2n-1-2n=2（1-2n-1）1-2-2n=-2<0，此時xAn.

所以kn必然等于1，且當(dāng)k1=k2=…=kn-1=-1，n≥2，n∈N*時，

x=-2-22-…-2n-1+2n=-2（1-2n-1）1-2+2n=2>0，此時x∈An.

所以當(dāng)kn=1，k1，k2，…，kn-1∈{-1，1}，n≥2，n∈N*時，都有x∈An.

據(jù)乘法原理，使得ki=1（i=1，2，3，…，n-1，n≥2，n∈N*）的x共有2n-2個，使得

ki=-1（i=1，2，3，…，n-1，n≥2，n∈N*）的x也共有2n-2個，

所以Sn中的所有ki·2i（i=1，2，3，…，n-1，n≥2，n∈N*）項的和為0，

又因為使得kn=1的x共有2n-1個，

所以Sn=2n-1×2n=22n-1.