【文档说明】四川省仁寿第一中学北校区2020届高三下学期第二次高考模拟数学（文）试题 【精准解析】.doc，共(20)页，2.161 MB，由小赞的店铺上传

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2020年普通高等学校招生全国统一考试（文科数学）一、选择题1.复数131ii−+=+A.2i+B.2i−C.12i+D.12i−【答案】C【解析】分析：直接利用除法的运算法则求解即可，求解过程注意避免计算错误.详解：()()()()13i1i13i1i1i1i−+−−+=++−24i12i2

+==+,故选C.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2.已知集

合1,3,Am=，1,Bm=，若ABA=，则m=（）A.0或3B.0或3C.1或3D.1或3【答案】B【解析】【详解】因为ABA=,所以BA,所以3m=或mm=.若3m=，则{1,3,3},{1,3}AB==,满足ABA=.若mm=，解得0m=或1m=.若0m

=，则{1,3,0},{1,3,0}AB==，满足ABA=.若1m=，{1,3,1},{1,1}AB==显然不成立，综上0m=或3m=，选B.3.已知数列na的前n项和为nS，1112nnaSa+＝，＝，则nS＝()A.12n−B.13()2n−C.12()3n−D.112n−【答案】B

【解析】【分析】利用公式1nnnaSS−=−计算得到11323,2nnnnSSSS++==，得到答案.【详解】由已知1112nnaSa+==，，1nnnaSS−=−得()12nnnSSS−=−，即11323,2nnnnSSSS++==，而111

Sa==，所以13()2nnS−=.故选B.【点睛】本题考查了数列前N项和公式的求法，利用公式1nnnaSS−=−是解题的关键.4.函数()sincos6fxxx=−+的值域为（）A.3,3−B.3

3,22−C.1,1−D.22−,【答案】A【解析】【分析】利用两角和的余弦公式及辅助角公式化简()fx为()sinAxk++的形式，结合正弦函数的值域即可求解.【详解】()3133

sincossincossinsincos3sin622226fxxxxxxxxx=−+=−+=−=−,所以函数()fx的值域为3,3−.故选：A【点睛】本题主要考查三角恒等变换及正弦函

数的性质，属于基础题.5..若log2log20ab，则（）A.01abB.01baC.1abD.1ba【答案】B【解析】【分析】利用对数函数的性质求解．【详解】∵log2lo1g20logaba

=，∴0＜a＜1，0＜b＜1，∵2＞1，要使logb2＜0∴0＜b＜1，∵log2log20ab，∴a＞b，且0＜a＜1，∴01ba．故选B．【点睛】本题考查两个数的大小的比较，注意对数函数的性质的合理运用，属于基础题．6.已知等差数列na的前n项和为

55,5,15nSaS==,则数列11nnaa+的前100项和为A.100101B.99101C.99100D.101100【答案】A【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝1

5，∴1145{545152adad+=+=⇒111ad==⇒an＝n.∴11nnaa+＝()11+nn＝111nn−+，S100＝112−＋1123−＋…＋11100101−＝1－1101＝100101.7.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1

中，AB=2，CC1=22E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为A.2B.3C.2D.1【答案】D【解析】试题分析：因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．1//AC平面BDE，

1AC到平面BDE的距离等于A到平面BDE的距离，由题计算得111112222232323EABDABDVSCC−===，在BDE中，()22226,22BEDEBD==+==，BD边上的高()()22622=−=，所以122222

2BDES==，所以112233ABDEBDEVShh−==，利用等体积法ABDEEABDVV−−=，得:1222233h=,解得:1h=考点：利用等体积法求距离8.已知F1、F2为双曲线C：x²-y²=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=|2PF2|，则cos∠F1PF2=

A.14B.35C.34D.45【答案】C【解析】由x2-y2=2知,a2=2,b2=2,c2=a2+b2=4,∴a=2,c=2.又∵|PF1|-|PF2|=2a,|PF1|=2|PF2|,∴|PF1|=42

,|PF2|=22.又∵|F1F2|=2c=4,∴由余弦定理得cos∠F1PF2=()()2224222424222+−=34.故选C.9.已知函数33yxxc=−+的图象与x轴恰有两个公共点，则c=（）A.2−

或2B.2C.2−D.3−或1【答案】A【解析】【分析】利用导数可求得函数的单调性和极值，根据公共点个数可确定0y=为极大值或极小值，由此可构造方程求得结果.【详解】由题意得：()()233311yxxx=−=+−，当(),1x−

−和()1,+时，0y；当()1,1x−时，0y；33yxxc=−+在(),1−−，()1,+上单调递增，在()1,1−上单调递减；132ycc=−++=+极大值，132ycc=−+=−极小值，若33yxxc=−+的图象与x轴恰有两个公共点，则20c+=或20c−=，解得

：2c=−或2c=.故选：A.【点睛】本题考查利用导数解决函数交点个数的问题，关键是能够利用导数求得函数的单调性和极值，进而利用极值构造方程求得结果，属于常考题型.10.某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为()A.16+8B

.8+8C.16+16D.8+16【答案】A【解析】试题分析：由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆柱和正方体的组合体，半圆柱的底面半径为2，故半圆柱的底面积212=22S=，半圆柱的高

4h=．故半圆柱的体积为8，长方体的长宽高分别为422，，，故长方体的体积为42216=，故该几何体的体积为168+，选A考点：三视图，几何体的体积11.(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角

，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62

立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【答案】B【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r，则12384r=，所以163r=，所以米堆的体积为211163()5433=32

09，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B.考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式12.已知()fx是定义域为(,)−+的奇函数,满足(1)(1)fxfx−=+.若(1)2f=，则(1)(2)(3)(50)f

fff++++=（）A.50−B.0C.2D.50【答案】C【解析】分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.详解：因为()fx是定义域为(,)−+的奇函数，且(1)(1)fxfx−=+

，所以(1)(1)(3)(1)(1)4fxfxfxfxfxT+=−−+=−+=−=,因此(1)(2)(3)(50)12[(1)(2)(3)(4)](1)(2)ffffffffff++++=+++++，因为(3)(1)(4)(2)ffff=−=−，，所以(1)(2)(3)(4)

0ffff+++=，(2)(2)(2)(2)0ffff=−=−=，从而(1)(2)(3)(50)(1)2fffff++++==，选C.点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．

二、填空题13.求值：331log15log252−=_________．【答案】1【解析】【分析】根据对数运算,化简即可得解.【详解】由对数运算,化简可得331log15log252−1233=log15log25−33=log15lo

g5−3=log3=1故答案为:1【点睛】本题考查了对数的基本运算,属于基础题.14.若,xy满足约束条件10{30330xyxyxy−++−+−，则3zxy=−的最小值为____________.【答案】【解析】【详解】做出不等式所表示的区域如图，

由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最小,最小值为.15.函数()sin()fxAx=+(0,0,)A的部分图象如图所示，则函数()fx的单调减区间为______.【答案】7[,]()1212kkk

Z++【解析】【分析】根据图象可求得函数()fx的周期，再结合图象可得一个周期内的单调减区间，进而可求得函数()fx的单调减区间.【详解】由图象可得74()123T=−=，故3412

−=，函数()fx的单调减区间为为7[,]()1212kkkZ++.故答案为:7[,]()1212kkkZ++【点睛】本题主要考查三角函数单调区间的求法，属于基础题.16.如图过抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点F作直线l与抛

物线C交于,AB，AB的中垂线交x轴于P，且2FAFB=，2=FP，则p=______.【答案】169【解析】【分析】设11(,)Axy，22(,)Bxy，根据抛物线的定义可得12||ABxxp=++

，求出直线AB的中垂线的方程，令0y=可得P点的横坐标为122xxp++，从而可得124xxp++=即||4AB=，再由2FAFB=可得8||3FA=，4||3FB=，12||2||yy=，从而可得124xx=，由抛物线的

定义可得844()3232pp−=−，由此可求出p的值.【详解】设11(,)Axy，22(,)Bxy，则AB的中点坐标为1212(,)22xxyy++，则根据抛物线的定义可得12||ABxxp=++，由2112ypx=，2222ypx=，可得22121212222()yypxpxp

xx−=−=−，所以1212122yypxxyy−=−+，又直线AB的斜率1212122yypkxxyy−==−+，所以直线AB的中垂线的方程为111112()222yyyyxxyxp+++−=−−，令0y=得122xxxp+=+，所以P点

的横坐标为122xxp++，又(,0)2pF，所以1212||2222xxxxppPFp+++=+−==，所以124xxp++=，所以||4AB=，又2FAFB=，所以8||3FA=，4||3FB=，又1||2pFAx=+，2||2pFB

x=+，所以1832px=−，2432px=−，因为2FAFB=，所以12||2||yy=，所以22112222242ypxypx==，所以124xx=，所以844()3232pp−=−，所以169p=.故答案为：169【点睛】

本题主要考查抛物线的定义，抛物线的几何性质，属于中档题.三、解答题17.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且231cos2+=bBac.(1)证明：,,abc成等差数列；(2)若5b=，9cos16B=，求ABC的面积.【答案】(1)见解析；(2)1574【解析

】【分析】(1)利用余弦定理可得222cos2acbBac+−=，代入231cos2+=bBac化简即可得证；(2)由已知求出sinB，再由22222cos()22cosbacacBacacacB=+−=+−−，将5b=及10ac+=代入可求出ac，利用面积公式1

sin2SacB=即可得到答案.【详解】(1)因为231cos2+=bBac，所以22223122acbbacac+−+=，所以222223acacbb++−=，即22224acacb++=，所以22(4)acb=+，所以2acb+=，所以,,abc成等

差数列.(2)因为9cos16B=，B为三角形内角，所以257sin1cos16BB=−=，因为22222cos()22cosbacacBacacacB=+−=+−−，又210acb+==，所以2295102216acac=−−，解得24ac=，所以1

157157sin2422164SacB===，所以ABC的面积为1574.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，三角形的面积公式及等差数列的证明，属于基础题.18.质量是企业的生命线，某企业在一个批次产品中随

机抽检n件，并按质量指标值进行统计分析，得到表格如表：质量指标值等级频数频率)60,75三等品100.1)75,90二等品30b)90,105一等品a0.4)105,120特等品200.2合计n1（1）求a，b，n；（2）从质量指标值在)90,120的产品中，按照等级分层抽样抽取

6件，再从这6件中随机抽取2件，求至少有1件特等品被抽到的概率.【答案】（1）40a=，0.3b=，100n=；（2）35【解析】【分析】（1）根据表格，可以计算出a,b,n的值；（2）列出所有的抽样情况，列

出“至少有1件特等品被抽到”的情况，利用古典概型求概率.【详解】（1）由100.1100=，得100n=1000.440==a301000.3==b（2）设从“特等品”产品中抽取x件，从“一等品”产品中抽取y件，由分层抽样得6602040xy==，

解得2,4xy==.即在抽取得6件中，有特等品2件，记为12,AA，有一等品4件，记为1234,,,BBBB则所有的抽样情况有：1211121314,,,,AAABABABAB21222324,,,ABABABAB121314,,BBBBBB2324,BBBB34BB，共1

5种.其中至少有1件特等品的情况有：1211121314,,,,AAABABABAB21222324,,,ABABABAB共9种，记事件M为“至少有1件特等品被抽到”，则93()155PM==【点睛】本题考查频率、频数和样本容量总数之间的关系，分层抽样，古典概型

求事件概率问题；考查了数学运算、逻辑推理和数据分析数学核心素养，属于容易题目.19.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为菱形，且60ABC=，2ABPC==，2PAPB==.(1)证明：平面PAB⊥平面AB

CD；(2)有一动点M在底面ABCD的四条边上移动，求三棱锥MPAC−的体积的最大值.【答案】(1)见解析；(2)33【解析】【分析】(1)取AB中点E，连结AC，CE，PE，由已知可得ABC为等边三角形，PAB△为等腰三角形，可得ABPE⊥，ABCE^，进而可得平面

PAB⊥平面PCE，由勾股定理可证CEPE⊥，再由面面垂直的性质定理即可证得平面PAB⊥平面ABCD；(2)结合图形可知当M在点D处，此时三棱锥MPAC−的体积最大，而-MAPCPADCVV−=，故只需求三棱锥PADC−的体积即可.【

详解】如图，取AB中点E，连结AC，CE，PE，因为PAPB=，E为AB的中点，所以PEAB⊥，又底面ABCD为菱形，所以ABAC=，又60ABC=，所以ABC为等边三角形，又E为AB的中点，所以CEAB⊥，又PECEE=，,PECE平面PCE，所以AB⊥平面PCE，又ABÌ平

面PAB，所以平面PAB⊥平面PCE，又在等边三角形ABC中，2AB=，所以3CE=，又在PAB△中，2PAPB==，2AB=，所以1PE=，所以2224PECEPC+==，所以CEPE⊥，又平面PAB

平面PCEPE=，CE平面PCE，所以CE⊥平面PAB，又CE平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.(2)当M在点D处，此时三棱锥MPAC−的体积最大，因为-MAPCPADCVV−=，2AB=，60ABC=，在菱形ABCD中，2ADCD==，AD

C60=，所以113sin223222ADCSADCDADC===△，由(1)知PE⊥平面ABCD，1PE=，所以11331333=PADCADCVSPE−==△，所以三棱锥MPAC−的体积的最大值为33.【点睛】本题主要考查线面

垂直的判定定理，面面垂直的性质定理及变换底面求三棱锥的体积，属于中档题.20.已知函数2()2lnfxxaxx=−+．（1）当5a=时，求()fx的单调区间；（2）若()fx有两个极值点12,xx,且12113xxe，求a取值范围

．（其中e为自然对数的底数）．【答案】(1)单调递增区间为1(0,)2和(2,)+，单调递减区间为1(,2)2；(2)22023eae+.【解析】【分析】（1）求导，利用导数的符号确定函数的单调区间；（2）求导，利用导函数，将函数存在极值问题转化为导函数对应方程的根的分布情况进行求解

.【详解】（1）()fx的定义域为()0+，，()()()2212225225xxxxfxxxxx−−−+==−+=，()fx的单调递增区间为10,2和()2,+，单调递减区间为1,22.（2∵()22

222xaxfxxaxx=−+=−+，()fx有两个极值点∴令()222gxxax=−+，则()gx的零点为12,xx，且12113xxe.∴216a=−＞０,∴4a<-或4a∵1202ax

x+=，121=xx∴4a.根据根的分布，则1()03g且g(1e)<0即1122093a−+,21220aee−+.∴a的取值范围是22023eae+21.(本小题满分12分)已知圆(

)22:11Mxy++=，圆()22:19Nxy−+=，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求AB．【答案】依题意，

圆M的圆心(1,0)M−，圆N的圆心(1,0)N，故42PMPN+=，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为221(2)43xyx+=；（2）对于曲线C上任意一点(,)Pxy，由于22PMPNR−=−（R为圆P的半径），所以R

=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为22(2)4xy−+=；若直线l垂直于x轴，易得23AB=；若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则1QPRQMr=，解得(4,0)Q−，故直线l：(4)ykx=+；有l与圆M相切得2311kk=

+，解得24k=；当24k=时，直线224yx=+，联立直线与椭圆的方程解得187AB=；同理，当24k=−时，187AB=.【解析】（1）根据椭圆的定义求出方程；（2）先确定当圆P的半径最长时，其方程为22(2

)4xy−+=，再对直线l进行分类讨论求弦长.【考点定位】本题考查椭圆的定义、弦长公式、直线的方程，考查学生的运算能力、化简能力以及数形结合的能力.22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是122xtyt=+=−（t为参数），以原点O为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C

的极坐标方程为24cos8sin100−−+=.（Ⅰ）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）过原点O的直线m与直线l交于点P，与曲线C交于M、N两点，求+OPOPOMON的值.【答案】（Ⅰ）:250lxy+−=，()(

)22:2410Cxy−+−=；（Ⅱ）2OPOPOMON+=.【解析】【分析】（Ⅰ）在直线l的参数方程中消去参数t可得到直线l的普通方程，由极坐标方程与普通方程之间的转换关系可将曲线C的极坐标方程转化为直角坐

标方程；（Ⅱ）设直线m的极坐标方程为=，设点()0,P、()1,M、()2,N，求得0，将直线m的极坐标方程与曲线C的极坐标方程联立，列出韦达定理，进而可计算得出+OPOPOMON的值.【详解】（Ⅰ）在直线l的参数方程

中消去参数t，可得直线l的普通方程为250xy+−=，由222cossinxyxy=+==可得出曲线C的直角坐标方程为2248100xyxy+−−+=，即()()222410xy−+−=；（Ⅱ）设直线m的极坐标方程

为=，设点()0,P、()1,M、()2,N，将直线l的普通方程化为极坐标方程得cos2sin50+−=，将点P的极坐标代入直线l的极坐标方程得052sincos=+，将直线m的极坐标方程代入曲线C的极坐标方程得()24cos2

sin100−++=，由韦达定理得()124cos2sin+=+，1210=，所以，()()()0120120012121254cos2sincos2sin210OPOPOMON

+++++=+====.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了利用极坐标方程解决直线与圆的综合问题，考查计算能力，属于中等题.23.已知函数()21fxxx=−−的最大值为m.（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）已知a、b、()0,1c，且1abc++

=，求证：222+++++abcmbccaab.【答案】（Ⅰ）1m=；（Ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）将函数()yfx=的解析式表示为分段函数，由函数()yfx=的单调性可得出其最大值m的值；（Ⅱ）

由已知条件得()()()2222222abcabcbccaabbccaabbccaab++=+++++++++++++，结合柯西不等式可证得结论成立.【详解】（Ⅰ）当0x时

，()()211fxxxx=−+−=−，函数()yfx=单调递增，则()1fx−；当102x时，()()2131fxxxx=+−=−，函数()yfx=单调递增，则()112fx−；当12x时，()()21

1fxxxx=−−=−，函数()yfx=单调递减，则()12fx.综上所述，12m=；（Ⅱ）a、b、()0,1c，且1abc++=，利用柯西不等式得()()()2222222abcabcbccaabbccaabbcc

aab++=+++++++++++++()221abcbccaababcbccaab+++++=++=+++，所以，22212abcbccaab+++++，当且仅当1

3abc===时，等号成立.【点睛】本题考查绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用柯西不等式证明不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.