2020届高三第二次模拟考试卷 理科数学(四) 学生版

2020届高三第二次模拟考试卷

理科数学（四）答 案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】D

【解析】由题意可知A?{x0?x?2}，B?{xx?1}， 所以AI(eUB)?{x0?x?2}I{xx?1}?{x1?x?2}，故选D． 2．【答案】A

【解析】“对任意xf(x1)?f(x2)1?x2，都有x?0成立”等价于“函数f(x)?ax(a?R)在R上为

1?x2减函数”，即0?a?1， 显然“0?a?1f(x1)?f(x2)4”是“任意x1?x2，都有

x?0成立”的充分不必要条件，故选A． 1?x23．【答案】D 【解析】a?21.1?20?1，b?50.4?50?1，

∵a10?211?2048，b10?54?625，∴a?b?1，

又ln52?lne?1，∴a?b?c，故选D．

4．【答案】A

【解析】∵zi?i?m，∴z?i?mi?1?mi， 由于z的虚部为1，故?m?1，∴z?1?i，复数z在复平面内对应的点为(1,1)， 故复数z在复平面内对应的点在第一象限，故选A． 5．【答案】C

【解析】由cos??sin??15，得1?sin2??125， 所以sin2??2425，所以cos(2??π2)?sin2??2425，故选C． 6．【答案】A

【解析】在△ABC中，因为tanC?34，所以sinC?345，cosC?5，

又A?3π4，所以sinB?sin(A?C)?sin(3π4?C)?22(cosC?sinC)?210， 由正弦定理

bsinB?csinC，得22?c3，解得c?62， 105故△ABC的面积S?12bcsinA?6，故选A． 7．【答案】B

【解析】不妨设uAMuuur?2uuur1uuuruu3AB?ur1uuur2uuur3AC，AN?3AB?3AC，

所以

uAMuuur?uANuur?(2uABuur?1uACuur)?(1uABuur?2uACuur)?2uABuur25uuuruuur2uuur2?2uuru3ur3339?9AB?AC?9AC2u25uuuruuur29(ABu?AC)?9AB?AC?9?(32?32)?59139?2?2， 故选B． 8．【答案】A

【解析】由2Sn?1?4Sn?an?1?2，化简可得Sn?1?3Sn?2， 则当n?2时，Sn?3Sn?1?2，两式相减得an?1?3an， 当n?1时，a1?a2?3a1?2，

又a1?2，所以a2?6?3a1，故{an}是以3为公比，2为首项的等比数列， 所以数列{an}的通项公式an?2?3n?1．

根据等比数列的前n项和公式可得S2(1?3n)n?1?3?3n?1，

nn从而数列{ST3(1?3)3?13n}的前n项和n?S1?S2?S3?L?Sn?1?3?n?2?n?2．所以T?120?n，即3n?12?n?3n2?120?n，

化简可得3n?12432?2，即3n?1?243?35，解得n?4． 故使得Tn?120?n成立的n的最小值是5，故选A． 9．【答案】C

【解析】正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，

上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的14， 所以所有弧长之和为3?2π4?3π2，故选C．

10．【答案】C

【解析】假设点A位于x轴的上方，由uAFuuruuuurb21?F1F2?0可得A(?c,a)， uAFuur?b2uuuurb2所以1?(0,a)，AF2?(2c,?a)，

所以uAFuuruuuurb41?AF2?a2?c2，所以b2?ac，即a2?c2?ac，

所以1?e2?e，解得e??1?52， 因为0?e?1，则e?5?12，故选C． 11．【答案】A

【解析】由题意，得f?(x)?3(x?a)2?3?3(x?a?1)(x?a?1)． 由f?(x)?0，得x?a?1或x?a?1，

所以当a?1?x?a?1时，f?(x)?0；当x?a?1或x?a?1时，f?(x)?0， 所以函数f(x)在(a?1,a?1)上单调递减，在(??,a?1)，(a?1,??)上单调递增． 又f(a?1)??2a?2，f(a?1)??2a?2．

若f(?1)??2a?2，即(?1?a)3?3?a??2a?2，则a?1， 此时f(x)?(x?1)3?3x?1，且f(x)??4时，x??1或x?2；

由f(x)?0，解得x?0或x?3．

因为函数f(x)在[?1,b]上的值域为[?4,0]，要使函数f(x)在[?1,b]上的值域为[?2?2a,0]，

需a?1?b，

此时a?1?[?1,b]，所以??f(?1)??2a?2?(?1?a)3?3?a??2a?2f(a?1)?0，即?，无解．

???2a?2?0综上所述，b的取值范围是[0,3]，故选A． 12．【答案】D

【解析】因为f(x)为R上的奇函数，

??log1(?x?1),x?(所以当x?0时，f(x)??f(?x)???1,0)?2， ???1??x?3,x?(??,?1]画出函数y?f(x)的图象和直线y?a(0?a?1)，如图．

由图可知，函数y?f(x)与直线y?a(0?a?1)共有5个交点， 设其横坐标从左到右分别为x1，x2，x3，x4，x5，

则

x1?x22??3，x4?x52?3， 而?log1)?a，即loga，可得xa1(?x3?2(1?x3)?3?1?2，

2所以xa1?x2?x3?x4?x5?1?2，故选D．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．【答案】8

【解析】由2n?S?4n2n?n，知Sn?n，则依据Sd2n?2n?(a?d12)n，知d?8．14．【答案】[3,??)

【解析】将不等式2x?y?a?0化为a?y?2x，只需求出y?2x的最大值即可．

?0?x?3令z?y?2x，作出不等式组??y?3表示的平面区域如图中阴影部分所示，

??x?3y

平移直线y?2x，可知在(0,3)处z?y?2x取得最大值3， 则实数a的取值范围是[3,??)． 15．【答案】120 【解析】(x?110?rr10x?2)5?(x?1x)10，则?2rTr?1?Cr10x2?x?2?Cr10x2，

令

10?2r2?2，则r?3，故x2的系数为C310?120，故答案为120． 3n?1?13n?116．【答案】(?12,2)

【解析】由图甲所示的分形规律知，1个白圈分形为2个白圈1个黑圈，1个黑圈分形为1个白圈2个黑圈，

记某行白圈x个，黑圈y个“坐标”为(x,y)，

则第一行记为(0,1)，第二行记为(1,2)，第三行记为(4,5)，第四行记为(13,14)，第五行记为

(40,41)，……，各行黑圈乘以2，

分别是2，4，10，28，82，L，即1?1，3?1，9?1，27?1，81?1，L， n?1所以第n行的黑圈数为

3?12，

1n?1而第n行共有3n?1个圈，故第n行的白圈数为3n?1?3n??1?12?32，

*3n?1n(n?N)行中白圈与黑圈的“坐标”为(?12,3n?1故第?12)．

三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1）4；（2）7．

【解析】（1）由2csinB?3atanA，得3csinBcosA?3asinA， 结合正弦定理得2bccosA?3a2，

故2bc?b2?c2?a222b2?c2222bc?3a，b?c?4a，得a2?4．

1）及a?2，知b2?c2?16，故cosA?b2?c2?a2（2）由（62bc?bc．

又b2?c2?2bc，故8?bc，当且仅当b?c时取等号，∴cosA?68?34， 由cosA?6bc，得bc?6cosA，且A?(0,π2)，∴S1△ABC?2bcsinA?3tanA， ∵1?tan2A?1?sin2Acos2A?sin2A1cos2A?cos2A?cos2A， ∴tanA?1167cos2A?1?9?1?3， ∴S△ABC?3tanA?7，即△ABC面积的最大值为7． 18．【答案】（1）证明见解析；（2）155． 【解析】（1）∵底面ABCD为菱形，?ABC?60?，∴△ABC是正三角形， ∵E是BC的中点，∴AE?BC， 又AD∥BC，∴AE?AD，

∵PA?平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA?AE， 又PAIAD?A，∴AE?平面PAD，

即无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF?平面PAD．

（2）由（1）得，AE，AD，AP两两垂直，以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z

轴建立如图所示的空间直角坐标系．

连接AM，

∵AE?平面PAD，∴?AME就是直线EM与平面PAD所成的角，

在Rt△AME中，sin?AME?15AE5，则AM?62，

设AB?2a，则AE?3a，得AM?2a．

又AD?AB?2a，设PA?2b，∴M(0,a,b)，∴AM?a2?b2?2a， 从而b?a，∴PA?AD?2a，

则A(0,0,0)，B(3a,?a,0)，C(3a,a,0)，D(0,2a,0)，P(0,0,2a)，E(3a,0,0)，

F(3a2,a2,a)， ∴uAEuur?(3a,0,0)，uAFuur?(3a2,a2,a)，

uuur?3ax?0设n?(x,y,z)是平面AEF的法向量，则???n??uAEuur?0??n?AF?0?， ?3ax?2?ay2?az?0取z?a，得n?(0,?2a,a)为平面AEF的一个法向量．

连接BD，易知BD?平面ACF，∴uBDuur?(?3a,3a,0)是平面ACF的一个法向量，

∴cosn,uBDuur?n?uBDuur?6a2n?uBDuur?5a?23a??155， 由图知二面角C?AF?E为锐角，∴二面角C?AF?E的余弦值为

155． 19．【答案】（1）

120；（2）1495；（3）分布列见解析，E(?)?110． 【解析】（1）记事件A为“从该快速车道上的所有车辆中任取1辆，该车辆需矫正速度”，X为所取车辆的车速．

已知??3??78.4，??2??89.4， 由条形图可知，所求的概率为

P(A)?P(X???3?)?P(X???2?)?P(X?78.4)?P(X?89.4)?141100?100?20． （2）记事件B为“从样本中任取2辆车，这2辆车均需矫正速度”． 由题设可知样本容量为100，又需矫正速度的车辆数为5，

故所求概率为P(B)?C251C2?495．

100

（3）需矫正速度的车辆数?服从二项分布，即?:B(2,120)． 则P(??0)?C0120)02((1920)2?361400；P(??1)?C111191192(20)(20)?200；P(??2)?C22(120)2(1920)0?1400， 因此?的分布列为

故数学期望E(?)?2?120?110． 20．【答案】（1）y2?2x，x2?y2?3；（2）(0,112)． 2【解析】（1）由???x?y2?3p222??y2?2px，得x?2px?3p?0，解得x?p或x??3p（舍去），所以y??2p，

不妨设A(p,2p)，B(p,?2p)，

又F(puuuruuur2,0)，所以FA?FB?(p2,2p)?(p2,?2p)??724，解得p?1，所以p?1．

故抛物线C2C221的方程为y?2x，圆2的方程为x?y?3．

（2）由（1）知，抛物线C11的焦点F(2,0)，

设直线方程为x?my?12，即x?my?12?0，

11则圆C2的圆心到直线的距离d?2，所以1?m2PQ?23?41?m2．

将x?my?12代入y2?2x，得y2?2my?1?0，Δ?4m2?4?0， 设M(x?y1?1,y1)，N(xy2?2m2,y2)，所以?， ?y1y2??1所以MN?1?m2y1?y2?2(1?m2)．