【文档说明】【精准解析】湖北省武汉市外国语学校2020届高三下学期模拟考试数学（文）试题.pdf，共(24)页，453.910 KB，由小赞的店铺上传

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-1-湖北省武汉外国语学校2020届高三模拟（文科）数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合|3,{|02}xMyyNxx,则MN（）A.{|02}xxB.{|02

}xxC.{|2}xxD.{|0}xx【答案】B【解析】【分析】求出M中y的范围确定出M，找出M与N的交集即可．【详解】|3{|0},{|02}xMyyyyNxx{|02}MNxx∴.故选B．【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本

题的关键．2.设复数z满足(1)2(13)zii，则复数z在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由(1)2(13)zii得2(13)1izi，然后对其化简即可.【详解】由(1)2(13)zii，得

2(13)2(13)(1)13(31)1(1)(1)iiiziiii.由于z的实部小于0，虚部大于0，故z在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B【点睛】本题考查的是复数的计算及其几何意义，较简单.3.据统计，我国2012～2017年全国二氧化硫排

放量如下表：-2-年份/年201220132014201520162017总量/万吨2117.6322043.9221974.421859.1191102.864875.3976则以下结论中错误的是()A.二氧化硫排放量逐年下降B.2016年二氧化硫减排效果最为显著C.2016年二氧化硫减排量

比2013年至2015年二氧化硫减排量的总和大D.2017年二氧化硫减排量比2016年二氧化硫减排量有所增加【答案】D【解析】【分析】由统计表中数据易得二氧化硫的排放量逐年下降，2013～2017年每年

的减排量分别为73.71，69.502，115.301，756.255，227.4664.【详解】由统计表中数据易得二氧化硫的排放量逐年下降，A选项正确；由表中数据易得2013～2017年每年的减排量分别为73.71，69.502

，115.301，756.255，227.4664，则2016年二氧化硫的减排量最大，超过2013年至2015年减排量的总和，其减排效果最为显著，故选项B，C正确，选项D错误.故选：D.【点睛】本题考查的是统计的相关知识，较简单.4.已知向量(3,2)a，(2,1)b.若()ab

b，则实数的值为()A.85B.85C.38D.38【答案】B【解析】【分析】先计算出(32,2)ab，然后由()abb得2(32)(2)(1)0，-3-即可求出【详解】由题意知(32,2)ab

若()abb，则2(32)(2)(1)0，化简得85，解得85.故选：B【点睛】本题考查的是向量坐标形式下的计算，较简单,5.执行如图所示的程序框图，则输出的a值为（）A.30B.0C.30D.60【答案】C【解析】【分析

】根据题中的程序框图，模拟运行，分k为奇数和偶数讨论，确定m的正负，依据数列求和即可得到答案．【详解】因为当k为奇数时，cos1k；当k为偶数时，cos1k，-4-所以输出a的值为12346030

.故选C.【点睛】本题考查了程序框图的应用，考查了条件结构和循环结构的知识点．本题解题的时候要特别注意k的奇偶性，也就是m的正负．属于基础题．6.设2120202018112019,log,log20192019abc

，则,,abc的大小关系是()A.abcB.cabC.bcaD.cba【答案】B【解析】【分析】分别求出,,abc对应的范围即可【详解】由题意易知01a，2018log20191b，20201log02019c，所以cab

.故选：B【点睛】本题考查的是比较指数幂和对数的大小，较简单.7.数学发展史上出现过许多关于圆周率的含有创意的求法，如著名的蒲丰实验.受其启发，我们也可以通过下面的实验来估计的值：在平面直角坐标系内，记曲线21,1yxyx分别与x轴围成的区域为M，N，将1000

颗黄豆丢入区域M中，若在区域N内恰有630颗黄豆，则由此估计圆周率的值（保留3位有效数字）为()A.3.13B.3.14C.3.17D.3.19【答案】C【解析】【分析】首先分别求出区域M和区域N的面积，然后利用几何概型的概率的计算公式计算即可.【详解】曲线21,1yxyx

的图象如下：-5-所以区域M的面积为2，区域N的面积为1，所以163010002，所以3.17.故选：C【点睛】本题考查的是几何概型的应用，较简单.8.函数()gx的图象可看作是将函数ln|1

|()11xfxxx的图象向左平移一个单位长度而得到的，则函数()gx的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】-6-根据函数平移以及变化规律，求得()gx的解析式进而得到()gx为奇函数，再逐一判断各个选

项是否正确，从而得出结论．【详解】由已知可得ln||()(1)xgxfxxx，显然()()gxgx，故()gx为奇函数，其图象关于原点对称，排除A；当x趋向于正无穷大时，()gx趋向于正无穷大，排除D；(1)10g，排除B，故选C．

【点睛】考查函数的图象，考查数学直观，逻辑推理的数学素养，属于基础题．9.已知实数,xy满足2025020xyxyy，则1273yxz的最小值为()A.13B.1C

.2D.3【答案】D【解析】【分析】作出不等式组表示的可行域，令3uxy，则3127333yxxyuz，由图象可得当12xy时z取得最小值.【详解】作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示.令3uxy，则3127333yxxyuz

-7-由指数函数的单调性可知，当u取得最小值时，目标函数z取得最小值.平移直线3yxu，可知当其经过可行域内的点A时，u取得最小值.联立250,2xyy得1,2,xy即(1,

2)A，则min3121u，故1min33z.故选：D【点睛】本题考查的是线性规划及指数函数的知识，属于基础题.10.如图，函数sin03fxx图象上一个周期内的A，B两点，满足01ABfxfxmm.若

2ABxx，要得到函数fx的图象，则需将函数sinyx的图象（）A.向左移动3个单位B.向右移动3个单位C.向左移动6个单位D.向右移动6个单位【答案】C【解析】【分析】利用ABf

xfx和诱导公式构建等式关系，得到Ax和Bx的关系，再利用2ABxx，解出，最后由三角函数图象的变换规律得到结果.【详解】由ABfxfx和sinsin，得sinsinsin333AABxxx

，所以33ABxx，得BAxx，由图象BAxx，所以2BAxx，解得2，-8-所以sin2sin236fxxx，故需要将si

n2yx向左移动6个单位得到得到函数fx的图象.故选：C【点睛】本题主要考查诱导公式的应用和三角函数的平移变换，注意平移不包括平移x的系数，考查学生的转化和分析能力，属于中档题.11.设椭圆2211221:10xyC

abab与双曲线2222222:10xyCaab有公共焦点，过它们的右焦点F作x轴的垂线与曲线1C，2C在第一象限分别交于点M，N，若12OMNOFMSS（O为坐标原点），则1C与2C的离心率之比为（）A.34B.23C.12D.13【答案】B【解析】

【分析】由面积比可得23FMFN，转化为纵坐标之比，即可得2123aa，写出离心率之比即可,【详解】设右焦点为,0Fc，则2222212cabab.依题意21,bMca，22,bNca

，12aa，若12OMNOFMSS，则23FMFN，即222123bbaa，即2123aa，-9-所以122123eaea.【点睛】本题主要考查了椭圆和双曲线的标准方程和几何性质，属于中档题.12.已知某三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的

正三角形，若其外接球的表面积为433，则该三棱柱的高为()A.32B.3C.4D.52【答案】B【解析】【分析】设C，B分别为三棱柱上、下底面的中心，连接BC，则三棱柱外接球的球心为BC的中点O，设三棱柱外接球的半径为R，由24343R求出R

，然后利用22ROAOBAB算出OB即可.【详解】由题意易知该三棱柱是底面边长为2的正三棱柱.设C，B分别为三棱柱上、下底面的中心，连接BC，则三棱柱外接球的球心为BC的中点O，如图.设三棱柱外接球的半径为R.∵三

棱柱的外接球的表面积为433，∴24343R，∴4312R.又22222343312ROAOBABOB，∴32OB，∴该三棱柱的高为23BCOB.故选：B【点睛】

本题考查的是几何体的外接球的知识，找出球心的位置是解题的关键.-10-二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线3()21fxxx在点(0,(0))f处的切线在x轴上的截距为______

_____.【答案】1【解析】【分析】算出(0)1f和(0)1f，然后求出切线方程即可.【详解】由3()21fxxx得2()61fxx，所以曲线()fx在点(0,(0))f处的切线的斜率为(0)1f，又(0)1f

，所以曲线()fx在点(0,(0))f处的切线方程为(1)(0)yx，即10xy，所以切线在x轴上的截距为1故答案为：1【点睛】本题考查的是导数的几何意义，较简单.14.在ABC中，,,ABC的对边分别是,,abc，且c

os(2)cos0aCbcA，则角A的大小为_________.【答案】4【解析】【分析】由cos(2)cos0aCbcA得sincossincos2sincosACCABA，即sin2sincosBBA，然后即可求出答案.【详解】由cos(2)cos0

aCbcA及正弦定理得：sincossincos2sincosACCABA，即sin2sincosBBA.∵在ABC中，sin0B，∴2cos2A，∵0,A，∴4A.故答案为：4-11-【点睛】本题考查的是利用正弦定理进

行边角互化及三角函数的和差公式，较为典型.15.已知函数()fx是奇函数()()fxxR的导函数，且满足0x时，1ln()()xfxfxx则不等式(2020)()0xfx的解集为_________.【答案】0,2020【解析】【分析】设

()ln()gxxfx,利用导数得出其单调性，然后得出当01x时，()0gx，当1x时，()0gx，进而得出当0x时，()0fx，再结合()fx的奇偶性即可解出答案.【详解】设()ln()gxxfx，则1()()ln()gxfxxfxx.因为当0x时，1

ln()()xfxfxx，所以当0x时，函数()gx单调递减.因为(1)0g，所以当01x时，()0gx，当1x时，()0gx.因为当01x时，ln0x，当1x时，ln0x，所以当

0x且1x时，()0fx，又1(1)ln1(1)1ff，所以(1)0f，所以当0x时，()0fx.又()fx为奇函数，所以当0x时，()0fx，所以不等式(2020)()0xfx可化为020200xx或020200xx解得02020x，所以不

等式的解集为(0,2020).故答案为：0,2020【点睛】本题考查的是利用函数的单调性和奇偶性解不等式，构造出函数是解题的关键，属于较难题.16.已知抛物线C：20)2(ypxp＞的焦点为F，准线为l．过点F作倾斜角为120的直线-12-与

准线l相交于点A，线段AF与抛物线C相交于点B，且43AB，则抛物线C的标准方程为__________．【答案】22yx【解析】【分析】设出直线AF的方程，与抛物线方程联立，消去x，解方程求得p的值，再写出抛物线C的标准方程．【详

解】由题得直线AF的方程为3()2pyx，从而(,3)2pAp；由223()2ypxpyx消去x，得223230ypyp，解得33yp或3yp（舍去），从而13(,)63Bpp；由4||3AB得，221134()(3)6233pppp，解

得1p，所以抛物线C的标准方程为22yx．故答案为22yx．【点睛】本题考查了直线与抛物线方程的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考

生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.已知正项等比数列na的前n项和为nS，且满足3112SS，212314aS．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ

）数列1b，21bb，32bb，…，1nnbb是首项为1，公比为2的等比数列，记nnnbca，求数列nc的前n项和nT．-13-【答案】（Ⅰ）2nna.（Ⅱ）112nnTn【解析】【分析】第一问先列出关于1a与q的方程组求出1

a与q，再求出na；第二问先求出nb，再求出nc，然后利用分组求和法即可求其前n项和nT．【详解】（Ⅰ）设数列na的公比为q，由已知得0q，由题意得21111123214aqaqaaq，所以275

180qq，解得2q=，所以12a，因此数列na的通项公式为2nna.（Ⅱ）因为121121nnnnbbbbbb，所以211122nnnnc，所以数列nc的前n项和211111122

2nnT11122111212nnnn.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式、前n项和公式及分组求和法，属中等难度题．18.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，ABAD，PAPD，AD

CD，60BAD，M，N分别为AD，PA的中点．（Ⅰ）证明：平面BMNP平面PCD；-14-（Ⅱ）若6AD，求三棱锥PBMN的体积．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）934【解析】【分析】第一问先证明BM

∥平面PCD，MN∥平面PCD，再根据面面平行的判定定理证明平面BMNP平面PCD．第二问利用等积法可得13PBMNBPMNPMNVVSBM，分别求出PMN的面积和BM的长度即可解决问题．【详解】（Ⅰ）连接BD，∴ABAD，60BAD

，∴ABD为正三角形.∵M为AD的中点，∴BMAD.∵ADCD，,CDBM平面ABCD，∴BMCDP.又BM平面PCD，CD平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MNPDP.又MN平面PCD，PD平面PCD，∴M

N∥平面PCD.又,BMMN平面BMN，BMMNM，∴平面BMNP平面PCD.（Ⅱ）在（Ⅰ）中已证BMAD.∵平面PAD平面ABCD，BM平面ABCD，∴BM平面PAD.又6AD，60

BAD，∴33BM.在PAD中，∵PAPD，PAPD，∴2322PAPDAD.-15-∵M，N分别为AD，PA的中点，∴PMN的面积21119324424PMNPADSS，∴三棱锥PBMN的体积13PBMNBPMNPMNVVSBM

199333344.【点睛】本题主要考查线面、面面平行与垂直的判定和性质，等积法求三棱锥的体积问题，属中等难度题．19.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的两个焦点分

别为12,FF，且1F是圆224270xyx的圆心，点H的坐标为(0,)b，且12HFF的面积为22.（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在直线2yxt与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1

）2219xy；（2）存在，23yx.【解析】【分析】（1）首先得出圆224270xyx的圆心坐标，即可得22c，然后由12222bc解出b即可（2）设11,Mxy，22,Nxy，联立直线和椭圆的方程得212123699,3737

ttxxxx，然后代入121212121212124(1)112121=HMHNxxtxxyyxtxtkkxxxxxx，即可求出t【详解】（1）由224270xyx，可得22(22)1xy

，则圆心坐标为(22,0)，即1(22,0)F，∴半焦距22c.-16-∵12HFF的面积为22，∴12222bc，∴1b，∴2229abc，∴椭圆C的方程为2219xy.（2）假设存在这样的直线满足题设条件，设11,Mxy，22,N

xy.联立222,19yxtxy消去y可得223736910xtxt，∴22(36)437910tt，解得3737t，212123699,3737ttxxxx.由（1）知，(0,1)H，则当1t时，直线2yxt

过点H，不合题意，故1t.令12121212112121HMHNyyxtxtkkxxxx12122124(1)4(1)=411xxtxxttxxt解得3t因此所求直线方程为23yx【点睛

】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.20.当今时代，手机的功能越来越丰富，这给我们的生活带来了很多的便利，然而过度玩手机已成为一个严重的社会问题，特别是在校学生过度玩手机，已严重影响了其身心发展和学业-17-的进步.某校为了解

学生使用手机的情况，从全校学生中随机抽取了100名学生，对他们每天使用手机的时间进行了统计，得到如下的统计表：（1）以样本估计总体，若在该校中任取一名学生，求该生使用手机时间不低于1小时的概率；（2）对样本中使用手机时间不低于1.5小时的学生，采用分层抽样的方法抽取6人，再在这6人中随机抽.

取2人，求抽取的2人使用手机时间均低于2小时的概率；（3）经过进一步统计分析发现，使用手机时间低于1小时的学生中，有25人综合素质考核为“优”，使用手机时间不低于1小时的学生中，有20人综合素质考核为“优”，问：是否能在犯错误的概率不超过0.1的前提下，

认为综合素质考核为“优”与使用手机的时间有关？附：22(),()()()()nadbcKnabcdabcdacbd.2PKk0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.

0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）0.55；（2）15；（3）能.【解析】【分析】（1）样本中使用手机时间不低于1小时的频率为2515105100（2）由统计表知，使用手机时间不低于

1.5小时的学生共30人，采取分层抽样的方法抽取6人，则在时间区间[1.5,2)内的有3人，在时间区间[2,2.5)内的有2人，在时间区间[2.5,3]的有1人，然后列出所有的基本事件和满足所求事件的基本事件即可（3）列出22列联表，然后算出2K即可【详解】（1）样本中使用手机时间不低于1

小时的频率为25151050.55100，-18-则在该校学生中任取一人，其使用手机时间不低于1小时的概率是0.55.（2）由统计表知，使用手机时间不低于1.5小时的学生共30人，采取分层抽样的方法抽取6人，则在时间区间[1.5,2)内的有3人，记作

1，2，3，在时间区间[2,2.5)内的有2人，记作4，5，在时间区间[2.5,3]的有1人，记作6从这6人中抽取2人，基本事件有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4

),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)，共15个，其中玩手机的时间均低于2小时的基本事件有(1,2),(1,3),(2,3)，共3个，故所求

概率为31155.（3）统计结果的22列联表为：使用手机时间低于1小时使用手机时间不低于1小时合计优252045非优203555合计4555100则22100(25352020)3.6832.70645554555K.故能在犯错误的概

率不超过0.1的前提下，认为综合素质考核为“优”与使用手机的时间有关.【点睛】本题考查的知识点有：分层抽样、古典概型及独立性检验，属于基础题.21.已知函数2()ln3()fxxaxxaR.（1）若函数()fx在点(1,(1))f处的切线方

程为2y，求函数()fx的极值；（2）若1a，对于任意12,[1,10]xx，当12xx时，不等式211212mxxfxfxxx恒成立，求实数m的取值范围.-19-【答案】（1）当1x时，

()fx极小值为2，当12x时，()fx极大值为5ln24；（2）(,1710].【解析】【分析】（1）由()01f求出a，然后利用导数研究出()fx的单调性即可（2）不等式211212mxxfxfxxx可变

形为1212mmfxfxxx，由12,[1,10]xx，且12xx，得函数()myfxx在[1,10]上单调递减，令2()()ln3,[1,10]mmhxfxxxxxxx，则21()

230mhxxxx在[1,10]x上恒成立，即3223mxxx„在[1,10]x上恒成立，然后利用导数求出右边的最小值即可.【详解】（1）由题意得函数()fx的定义域为(0,)，1()23fxa

xx由函数()fx在点1,1f处的切线方程为2y，得(1)1230fa，解得1a.此时2()ln3fxxxx，21231()23xxfxxxx.令()0fx，得1x或12x.当10,2x和(1,)x时

，()0fx，函数()fx单调递增，当1,12x时，()0fx，函数()fx单调递减，则当1x时，函数()fx取得极小值，为(1)ln1132f，当12x时，函数()fx取得极大值，为11135lnln2

22424f.（2）由1a得2()ln3fxxxx.-20-不等式211212mxxfxfxxx可变形为1212mmfxfxxx，即1212mmfxfxxx.因为12,[1,10]xx，且12xx，所以函

数()myfxx在[1,10]上单调递减.令2()()ln3,[1,10]mmhxfxxxxxxx，则21()230mhxxxx在[1,10]x上恒成立，即3223mxxx„在[1,10]x上恒成立.设32()23Fxxxx，则

2211()661622Fxxxx.因为当[1,10]x时，()0Fx，所以函数()Fx在[1,10]上单调递减，所以32min()(10)210310101710FxF，所以1710m„，即实数m的取值范围为(,1

710].【点睛】本题考查的是导数的几何意义、利用导数研究函数的极值及利用导数解决恒成立问题，属于较难题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4--4：坐标

系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy中，已知曲线1C的参数方程为2cos3sinxy（为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆2C的极坐标方程为-21-28cos4sin16.（1）求曲线1C的普通方程和圆2C的直角坐标方程；

（2）设点P为曲线1C上的点，直线l经过圆2C的圆心，且倾斜角为34，求点P到直线l的最大距离.【答案】（1）22143xy，22(4)(2)4xy；（2）14322.【解析】【分析】（1）根据相关知识直接转化即可（2）首先得出直线l的方程为60xy，设(2

cos,3sin)P，点P到直线l的距离|2cos3sin6|67sin()22d，然后即可求出答案.【详解】（1）由2cos,3sinxy可得22123xy

，即22143xy，故曲线1C的普通方程为22143xy.由28cos4sin16及cos,sinxy，可得228416xyxy，所以圆2C的直角坐标

方程为22(4)(2)4xy.（2）由（1）可知，圆2C的圆心为(4,2).因为直线l经过圆2C的圆心，且倾斜角为34，所以直线l的方程为2(4)yx，即60xy.由点P为曲线1C上的点可设

(2cos,3sin)P，则点P到直线l的距离|2cos3sin6|67sin()22d（其中-22-23tan3），所以max67143222d，即点P到直线l的最大距离为14322.【点睛】本题考查的是参数方程与普通方程、极坐标

方程与直角坐标方程的互化即利用参数方程解决最值问题，属于基础题.选修4--5：不等式选讲23.已知函数()|2||2|(0)fxxxaa.（1）当2a时，求函数()fx的图象与直线6y所围成图形的面积；（2）求不等式组()3xafxa的解集.【答案】（1）6；（2）当

2a时，不等式的解集为42,3a；当02a时，不等式的解集为[,)a.【解析】【分析】（1）当2a时，3,1()2224,213,2xxfxxxxxxx

„，然后画出图象即可求出答案（2）当xa≥时，()32fxxa，由()3fxa得423ax，然后分2a和02a两种情况讨论.【详解】（1）当2a时，3,1()2224,213,2xxfxxxxxx

x„，在同一直角坐标系中作出函数()yfx的图象与直线6y如图所示.-23-由图可知，函数fx的图象与直线6y所围成图形的面积为14362.（2）因为0a，所以当xa≥时，

()32fxxa，所以当xa≥时，()3fxa，即323xaa，解得423ax.①当2a时，423aa，此时不等式()3fxa的解集为42,3a.②当02a时，423aa，

此时不等式()3fxa的解集为[,)a.【点睛】本题主要考查的是绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，属于基础题.-24-