2020年4月高考大數(shù)據(jù)模擬卷03(文科數(shù)學(xué))(新課標(biāo)Ⅰ卷)(解析版)

1、12020年4月高考數(shù)學(xué)大數(shù)據(jù)精選模擬卷03文科數(shù)學(xué)、選擇題（本大題共 1212 小題，每小題 5 5 分，共 6060 分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的）已知集合，則的子集的個(gè)數(shù)為【答案】B B【解析】因?yàn)椋缘淖蛹膫€(gè)數(shù)為個(gè)，故選3i)z (1 i)2，則|z|A A 逅4B - TC C. 102【答案】D D【解析】z2i2i(13i)31 . i1 3i105 5所以|z| -5故選：D D若cos4是第三象限的角， 則sin5，4A A7血B B7三C C.遼101010【答案】B B【解析】Q是第三象限角，sin0，且sin因此，sinsin cosco

2、ssin444故選 B.B.若復(fù)數(shù) z z 滿足（13 3.4 4 為了弘揚(yáng)我國(guó)優(yōu)秀傳統(tǒng)文化，某中學(xué)廣播站從中國(guó).1 cos2102105 5 個(gè)傳統(tǒng)節(jié)日（春節(jié)、元宵節(jié)、清明節(jié)、端午節(jié)、中23秋節(jié)）中隨機(jī)選取 3 3 個(gè)節(jié)日來講解其文化內(nèi)涵，那么春節(jié)和中秋節(jié)都被選中的概率是3A A.10【答案】A A【解析】首先編號(hào)：春節(jié)為1,中秋節(jié)為2，元宵節(jié)為3，清明節(jié)為4，端午節(jié)為5 從中任選3個(gè)節(jié)目的選法有：1,2,3 , 1,2,4 , 1,2,5 , 1,3,4 , 1,3,5 , 1,4,5 ,2,3,4 , 2,3,5 , 2,4,5 , 3,4,5共10種選法. .其中春節(jié)和中秋節(jié)都被選中的

3、選法有1,2,3 , 1,2,4 , 1,2,5共3種選法，根據(jù)古典概型概率計(jì)算公式可知，春節(jié)和中秋節(jié)都被選中的概率是一.10故選：A A【答案】【解析】設(shè)公差為n(nQ靈並212 102016 (12 1) - 2016 (10 1) -2解得d 22 2則S2016201622016 (2016( 2)20162故選：C C26 6.f(x) xx 1的圖像大致是A A.C C.37105 5 等差數(shù)列an中，a12016前n項(xiàng)和為Sn，若詈3102，則S2016A A. 2014201420152015C C. 20162016D D. 20172017Sna1(n45【解析】Q fxD

4、 D.故選:x21f x為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，可排除A,C0，可排除B7 7 .設(shè)5a24，log；10log33，則C C.b a c【答案】A A【解析】 因?yàn)?a242552, ,故a2. .log33不log3】111log39 1 12, ,故c 2. .11log：log3110310log310log33佑.c c b.b.故選：A A8 8 某程序的框圖如圖所示，若執(zhí)行該程序，輸出的S值為6則該三棱柱的外接球的表面積為3264A A .16B B.24C C.D D.33【答案】A A【解析】由題意，將直三棱柱ABC ARC1補(bǔ)成長(zhǎng)方體，如圖所示，則該長(zhǎng)方體的體對(duì)角線為、

5、2-, 3 $.,32124，設(shè)長(zhǎng)方體的外接球的半徑為R，則2R綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是 本題選擇 C C 選項(xiàng). .B B.36C C.25D D. 1616【解析】 初始值：k= 1,S =0. .k8判斷為 是”S011;k1 2 3；. .k8判斷為 是”；S134;k3 2 5；. .k8判斷為 是”S459;k5 2 7；. .k8判斷為 是”；S9716;k7 2 9. .k8判斷為 否”；輸出S16【答案】D DD D1 12 23 34 45 5故選:9 9 .若函數(shù)f xxa , x2 3ax 1,x是R上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是A A.2,13C C.2 33,

6、4【答案】C C【解析】當(dāng)1時(shí),ax為減函數(shù)，則1,當(dāng)x 1時(shí),一次函數(shù)2 3a x1為減函數(shù)，則23a 0，解得：a且在x 1處，有：2 3a 11a，解得:1010.已知直三棱柱ABC A1BQ1的底面為直角三角形,且兩直1 1 和2.3，此三棱柱的高為7FNF190,NF1b, 由雙曲線的定義可知，F(xiàn)N2ab,2- 2a bb22c2，2 2 22a b b24 a2b2, b2a,22則雙曲線篤y_1 a0,b0的漸近線方程為y2xab2故選：C.所以該長(zhǎng)方體的外接球的表面積S 4 R216,故選：A.A.2x1111.已知雙曲線C:二a2 o0,b0的左焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F作圓0:x y

7、-b2的切線，切4點(diǎn)為M，且交雙曲線C右支于點(diǎn)N. .若FN2FM， 則雙曲線【答【解uurFNx 3y 0C C.2x y 0D D.x 2y 0設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為R R ,2FMl，M為FN的中點(diǎn)，又0為FF,中點(diǎn)，OM/F1N,20M二FiN81212已知f(X)是定義域?yàn)镽的函數(shù) f(x)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f(x) f(x) 1，且有f(1) 1,9則不等式f（x） 1 2ex 1的解集為【答案】A A0等價(jià)于g-在 R R 上單調(diào)遞增可得：x 1,e故選：A A1313 .今有 6 6 個(gè)人組成的旅游團(tuán)，包括 4 4 個(gè)大人，2 2 個(gè)小孩，去廬山旅游，準(zhǔn)備同時(shí)乘纜

8、車觀光，現(xiàn)有三輛不同的纜車可供選擇，每輛纜車最多可乘3 3 人，為了安全起見，小孩乘纜車必須要大人陪同，則不同的乘車方式有_ 種 （用數(shù)字作答）【答案】348348【解析】根據(jù)題意，分 2 2 種情況討論：,1B B.1 1C C.1,eD D.-,1e【解析】不等式x 11 2e可化為:g XfX1 exeX2 *g X0恒成立，故gX-在 R R 上單調(diào)遞增。e所以不等式f Xx 12e的解集為:,1二、填空題（本大題共4 4 小題，每小題 5 5 分，共 2020 分）1013，若6人乘坐2輛纜車，需要將6人分成2組，有-C610種分組方法，在三輛不同的纜車中任選2211則此時(shí)有10 6

9、60種乘車方式;，若 6 6 人乘坐 2 2 輛纜車，需要先將 4 4 名大人分為2 2、1 1、1 1 的三組，有 C C426 6 種分組方法,將分好的三組對(duì)應(yīng)三輛纜車，有A 6種情況,若 2 2 名小孩作兩輛纜車，需要在三輛不同的纜車中任選2 2 輛，安排 2 2 名小孩,2有A36種情況,若 2 2 名小孩作一輛纜車，有 2 2 種情況,則此時(shí)有6 662288種情況,則一共有60 288348種不同的安排方法;uuuuuuuuur設(shè)OA(1, 2), ,0B(a,1)，OC(b,0)1 2則丄三的最小值是a b【答案】8 8uuruuu uuuuuur【解析】ABOB OA(a1,1

10、),AC 因?yàn)?A A、 B B、 C C 三點(diǎn)共線， 所以u(píng)uu unrAB/AC，所以2(a1)b 10, 即2a b1,1 212、“b)b2a(-)(2a44a bab2ab當(dāng)且僅當(dāng)a =S =1時(shí)等號(hào)成立.42故答案為：348.348.1414.b的最小值為8.0,b0，O O 為坐標(biāo)原點(diǎn),若 A A、B B、C C 三點(diǎn)共線,uurOCuuuOA (b 4ab 1,2)，1515已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體外接球的表面積是【答案】6【解析】由三視圖知該幾何體是一個(gè)三棱錐，如圖所示12長(zhǎng)方體對(duì)角線長(zhǎng)為2212126，所以三棱錐外接球半徑r為6，故所求外接球的2表面積S 4

11、 r26. .故答案為：6【答案】4 In 21717.（本小題滿分 1212 分）已知ABC的內(nèi)角 代B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，若向量m （b 2c,cos B）,n （ a,cos A），且m/n 得b0,由exx,易得2eexx 2恒成立，即曲線y2ee在直【線y x2的上方，設(shè)2e ex1b,則xlnB2e設(shè)x22b,則X2b 2,則ABh)(b)x2x1b 2Kln b ln b 3 ln2e1b 1h(b)1b 0bb當(dāng)0b1時(shí),h(b)0，當(dāng)b 1時(shí)，h (b)0,故函數(shù)yh(bJ在(0,1）為減函f數(shù)，在（1,）為增函數(shù)，即h(b)minh(1) 4ln 2. .故答案為：

12、4 ln2【解析】由直線y b分別與直線y2,三、解答題（本大題共 6 6 小題，共 7070 分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）1616 .已知直線y b分別與直線yx2、曲線y2e ex交于點(diǎn)A、B，則線段AB長(zhǎng)度的最小值為_(其中常數(shù)e 2.71828，是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）x2、曲線y 2e ex交于點(diǎn) A A、B B，13(1) 求角A的值；(2) 已知ABC的外接圓半徑為 三，求ABC周長(zhǎng)的取值范圍3【答案】(1 1) ；( 2 2)(4,63 3【解析】(1 1)由mn，得(b 2c)cos A acosB 0. .由正弦定理，得sin BcosA 2sin CcosA si

13、n AcosB 0，即2sin CcosA sin(A B) sinC. .在VABC中，由sinC 0，得cosA -. .2又A(0,)，所以A -.由余弦定理又b c a 2，所以2 b c, 4，所以4 a bG6，所以VABC的周長(zhǎng)的取值范圍為(4,61818.(本小題滿分 1212 分)國(guó)家統(tǒng)計(jì)局對(duì)某市最近十年小麥的需求量進(jìn)行統(tǒng)計(jì)調(diào)查發(fā)現(xiàn)小麥的需求量逐年上升，如表是部分統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)：年份 x x2009200920112011201320132015201520172017(2(2)由題意得,得a 2Rsi nA心得a2b2c22bccos A (bc)23bc即3bc(bc)2整理得

14、(bc)2, 16，當(dāng)且僅當(dāng)b2時(shí), 取等號(hào)，所以b c的最大值為 4 4,14年需求量y(萬(wàn)噸)33633634634635735737637638538512215(1(1)利用所給數(shù)據(jù)求年需求量y y 與年份 x x 之間的回歸直線方程y a；(2(2)請(qǐng)利用中所求出的回歸直線方程預(yù)測(cè)該市20192019 年的小麥需求量.(參考公式:ni 1xixyiyi 1xyinxy【答案】6.4x【解析】(1(1) X Xni 1(Xix)2 巒2nx2y bx)12523.2;(2)(2)398.4萬(wàn)噸24$y bx12009 201152142013 20172013,0 2 16 4 252

15、5616 4 0 4 1612523.2-所求線性回歸方程為$y 6.4x 12523.2；(2(2)在(1 1)中求得的線性回歸方程中，取x x= 20192019 ,336 346357 376 3855360.406.4-$可得y 6.42019 12523.2398.4(萬(wàn)噸).1919.(本小題滿分1212 分)如圖，在三棱錐P ABC中，PC平面ABC,ABC90，點(diǎn) D D 是棱AC的中點(diǎn)，ACBD,點(diǎn) E E 是棱AP上一點(diǎn)，AP DE. .(1(1)證明:AP平面BDE;(2)若AC2，三棱錐A BDE的體積為，求線段DE的長(zhǎng)- -【答案】(1 1)見解析(2 2)DE邁12

16、216172020.(本小題滿分 1212 分)(1)求橢圓的方程;(2)過橢圓的右焦點(diǎn)F作互相垂直的兩條直線11、12，其中直線h交橢圓于P,Q兩點(diǎn)，直線12交直線【解析】證明：(1 1)因?yàn)镻C平面ABC，且BD平面ABC，所以PC BD,又AC BD,QACI PC C, AC, PC平面PAC，所以BD平面PAC，故AP BD，因?yàn)锳PDE,BDI DED, BD, DE平面BDE, ,所以AP平面BDE;(2 2) 解：因?yàn)锳C 2,1所以BDAC1，所以三角形ABD的面積色1AD BD1222過點(diǎn) E E 作PC的平行線交AD于點(diǎn) G G,因?yàn)镻C平面ABC,所以EG平面ABC,1

17、貝V由VABDEVE ADB3 SEGEG6-，得EG12在直角ADE中，由射影定理得DG-，故DE222 2已知橢圓篤a2b21(a b 0)的離心率為-，點(diǎn)31,2在橢圓上. .18x 4于M點(diǎn)，求證：直線OM平分線段PQ. .2 2【答案】(1)-1(2)(2)見證明43c 1【解析】(1 1)由e得a=2c，所以b23c2a 2194k212，X1X24k 33由點(diǎn)1,3在橢圓上得214c2943c2121解得方，所求橢圓方程為2y_3(2)解法一：當(dāng)直線f(x)25的斜率不存在時(shí)，直線0M平分線段PQ成立當(dāng)直線5 f (x)25的斜率存在時(shí)，設(shè)直線5 f(x) 25方程為y k x

18、1，y k x聯(lián)立方程得x2y231，消去y得12 24k 3 x2 28k x 4k12 0因?yàn)閒(x) 25過焦點(diǎn)，所以恒成立, 設(shè)P為，力，Q X2,y2，yiy2k x-i1x21k x-iX26k4k23所以PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為4k24k233k4k23直線l2方程為M 4,yM，可得M 4,-k所以直線OM方程為y3 x，4k4k24k23 4k23k滿足直線0M方程，即0M平分線段PQ3綜上所述，直線0M平分線段PQ(2)解法二：因?yàn)橹本€12與x 4有交點(diǎn)，所以直線5 f (x)25的斜率不能為0，可設(shè)直線5 f (x)25方程為x my 1，x聯(lián)立方程得x2myy2312 2，消去

19、x得3m 4 y 6my 901則x18k24k2320因?yàn)? f(x) 25過焦點(diǎn)，所以恒成立，設(shè)P x-i, y1,Q x2, y2,啟，誥滿足直線OM方程，即0M平分線段pQ綜上所述，直線OM平分線段PQ2121.(本小題滿分 1212 分)1已知函數(shù)f xexx2ax b(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))2(1 1)若a 1，判斷f x極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；(2 2)若f xf x在x1,1上恒成立，求a b的取值范圍.【答案】 (1 1)當(dāng)a a 1 1 時(shí)，fx有2個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a a 1 1 時(shí)，f x沒有極值點(diǎn)；(2 2) a a1 1 b b2 2【解析】 (1 1)Qxf x e12x ax b2

20、f f (x)(x)xe e x xa a ,x R,f f (x)(x) e ex1 1令 f f (x)(x)xe e 1 10 0，解得x(,);令 f f (x)(x)e ex1 10 0,解得x (,0);可得函數(shù) f(x)f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0,)單調(diào)遞增,f f (x)(x)minf f (0)(0)1 13 3當(dāng) a a 1 1 時(shí)，1 a 0,且 f(a)f(a) e ea0 0，取b 0,使得 b b ln(bln(b a)a),YIy26m3m249yiy2KX1X2m yiy2所以PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為43m24,3m23m24直線12方程為y m4,YM，由題

21、可得M 4, 3m,所以直線OM方程為 y y3m3mx x4 4 ，21f f b be eb(ba)(ba) b b a a (b(b a)a) 0 0即函數(shù) f f (x)(x)的圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn),此時(shí) f f (x)(x)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為 2,2,；當(dāng) a a 1 1 時(shí)，f f (x)(x)0 0，此時(shí) f f (x)(x)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為 0 0;1 12a a b b一 x xaxax x x 在 x x 1 1, 11上恒成立.2 2人1 12令 h(x)h(x) x x2axax x,xx,x 1,11,12 23 31 1當(dāng)1aa0時(shí)，h(x)h(x)maxh(h( 1)1) 2 2 a aQ Q .1 1a a b_b_2 21 1 1 1當(dāng)3 a 0時(shí)，h xmaxh 1 a-綜上得，a a b b2 2 請(qǐng)考生在第 2222、2323 兩題中任選一題作答.注意：只能做所選定的題目.如果多做，則按所做的第一個(gè)題目 計(jì)分.2222.(本小題滿分 1010 分)選修 4-44-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在直角坐標(biāo)系xOy中，以0為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知曲線C1的極坐標(biāo)方程為R. .4(J求G與C2的直角坐標(biāo)方程；(2 2)若C2與G的交于P點(diǎn)，C2與 C Cs交于A、B兩點(diǎn)，求P