【文档说明】安徽省淮北市2020届高三第一次模拟考试数学（文）试题【精准解析】.doc，共(22)页，1.834 MB，由小赞的店铺上传

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淮北市2020届高三第一次模拟考试数学（文科）试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题所给的四个选项中只有一项符合题意）1.已知集合1,2,3A，|120,BxxxxZ，则AB（）A.1B.0,1C.0,1,2,3D.1,0,1,2,

3【答案】A【解析】【分析】先求出集合B，即可得到AB.【详解】因集合|120,|12,0,1BxxxxZxxxZ，所以1AB.故选：A.【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，属于基础题．2.在复平面内，复数13i

（i为虚数单位）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】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得z的坐标得答案．【详解】因13133333911010iiizi

ii，所以在复平面内，复数13zi对应的点的坐标为31,1010，位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何

意义，属于基础题．3.在区间0,4上随机地取一个数x，则事件“20log11x”发生的概率为（）A.15B.14C.25D.24【答案】B【解析】【分析】先解不等式，再利用解得的区间长度与区

间0,4的长度求比值即可.【详解】由不等式20log11x，即222log1log1log2x，得23x，所以事件“20log11x”发生的概率为321404P.故选：B.【点睛】本题考查了几何概型的应用问题，对

数函数的图象与性质的应用问题，属于基础题．4.已知平面，直线m，n，若n，则“mn”是“m”的（）A.充分不必要条件B.充分必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判定条件，结合充分条件和必要条件的定义即可

得到结论.【详解】根据线面垂直的判定条件知，若直线m，n，则“mn”即必要性成立；若n，mn，则直线m可以在平面内，也可以与平面相交，还可以为相交垂直，则充分性不成立.所以，若n，则“mn”是

“m”的必要不充分条件.故选：C.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据线面垂直的性质是解决本题的关键，属于基础题.5.函数2sincosxxfxxx的部分图像是（）A.B.C.D.【答案】

B【解析】【分析】利用函数为奇函数排除A，再由0x时，0fx，排除C，再去特值即可得到答案.【详解】函数的定义域为R，222sinsinsincoscoscosxxxxxxfxfxxxx

xxx，所以fx为奇函数，排除A，当0x时，sin0xx，2cos0xx，则0fx，排除C，取x，则22sin1cos12f，排除D.故选：B.【点睛】本题考查函数的值域，奇偶性，考查数形结合思想，特

殊与一般思想，属于基础题.6.中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数量N除以正整数m后的余数为n，则记为modNnm，例如112mod3，现将该问题以程序框

图的算法给出，执行该程序框图，则输出的结果等于（）A.35B.36C.37D.38【答案】D【解析】【分析】该程序框图的作用是求被3除后的余数为2的数与被5除后的余数为3的数，根据所给的选项，即可得出结论.【详解】该程序框图的作用是求被3除后的余数为2，被5除后的余数为3的

数，在所给的选项中，满足被3除后的余数为2，被5除后的余数为3的数只有38.故选：D.【点睛】本题主要考查程序框图的应用，属于基础题.7.已知双曲线C的中心在坐标原点且焦点在坐标轴上，C的一个焦点与抛物线2

16xy的焦点F重合，且点F到双曲线C的渐近线的距离等于2，则双曲线C的方程为（）A.221124yxB.221124xyC.221204yxD.221204xy【答案】A【解析】【分析】先由抛物线的方程得焦点F，即在双曲

线中4c，再由F到双曲线C的渐近线的距离等于2，得2b，进而得双曲线的方程.【详解】由抛物线216xy，即216xy，得其焦点坐标为0,4F，所以，双曲线为焦点在y轴，其中4c，由在双曲线中，焦点F到渐近线的距离等于b，则

2b，在双曲线中，222acb，即2224212a，所以23a.故双曲线C的方程为：221124yx.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，解决本题的关键在于一些几何要素的求解，属

于基础题．8.已知定义在R上的偶函数fx满足，当0,x时，1212120fxfxxxxx，41log16af，0.32bf，20.4cf，则下列不等式成立的是（）A.abcB.cba

C.cabD.bca【答案】B【解析】【分析】根据单调性的定义，判断出fx在0,上为增函数，又0.320.422，结合函数的奇偶性，比较即可得到答案.【详解】当0,x时，由1212120fxfxxxxx知，故fx在0,上为

增函数，因fx为定义在R上的偶函数，又2441loglog42216affff，0.3122fbff，20.41cff即cba.故选：B.【点睛】本题考查函数单调性的定义，单调性和奇偶性的应用，属于中档题.9.已知函

数3sincos0fxxx，当124fxfx时，12xx最小值为4，把函数fx的图像沿x轴向右平移6个单位，得到函数gx的图像，关于函数gx，下列说法正确的是（）A.在,4

2上是增函数B.其图像关于直线6x对称C.在区间,1224上的值域为2,1D.函数gx是奇函数【答案】C【解析】【分析】将fx化为2sin6fxx，当

124fxfx时，12xx最小值为4，得4，平移后得2cos4gxx，进而即可得到答案.【详解】因3sincos2sin06fxxxx，当124fxfx时，12xx最小值为4

，则fx的最小正周期为22T，即4，所以2sin46fxx，把函数fx的图像沿x轴向右平移6个单位，得2sin42sin42cos46662fxgxxxx

，所以，gx为偶函数，故D选项不正确；由4,kxkkZ，即,44kkxkZ，故gx在区间,44kkkZ上为减函数，所以gx在区间,42上为减函数，故A选项不正确；由4,

2xkkZ，即,48kxkZ，所以gx图像关于,48kxkZ对称，故B选项不正确；当,1224x时，4,36x，则21gx，所以C选项正确.故选：C.【点

睛】本题考查三角函数的化简与性质，主要考查cosyAx的性质，图像的平移，属于基础题.10.设等差数列na的公差不为0，其前n项和为nS，若3332sin22020aa，3201820182sin22020aa，

则2020S（）A.0B.-2020C.2020D.4040【答案】D【解析】【分析】观察等式构造函数3sinfxxx，则fx为递增的奇函数，可得32018220aa，进而可得答案.【详解】由题意可设3sinfxxx，则fx为递增的奇函数，所以

333322sin22020faaa，320182018201822sin22020faaa，由fx为奇函数，其图像关于原点对称，所以32018220aa，

即320184aa，所以120203201820202020202010104404022aaaaS.故选：D.【点睛】本题考查等差数列求和，利用等式构造函数求得320184aa

是关键，属于中档题.11.已知正方形ABCD的边长为2，动点P满足1PB，且APxAByAD，则2xy的最大值为（）A.522B.522C.72D.52【答案】B【解析】【分析】建系后，写出四个顶点的

坐标，设出动点P的坐标，将已知几何条件坐标化，利用2xy的几何意义即可得到答案.【详解】以A为原点建立如图所示的直角坐标系：则0,0A，2,0B，2,2C，0,2D，设,P，

由1PB得，22-2+1，即动点P在以2,0为圆心，半径1r的圆以及圆内部运动，又APxAByAD，则2,2xy，令22mxy，将2m，即22m当作直线，所以当直线22m与以

2,0为圆心，半径1r的圆以及圆内部相切时，m有最值，此时，圆心到直线22m的距离4215md，即2245m，解得522m，所以2xy的最大值为522.故选：B.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算、直线与圆的位置关系以及点到直线的距离，属于难

题.12.在三棱锥A-BCD中，平面ABC丄平面ADC,AD丄AC,AD=AC,3ABC，若此三棱锥的外接球表面积为28，则三棱锥A-BCD体积的最大值为（）A.7B.12C.6D.533【答案】C

【解析】【分析】设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，三棱锥的外接球球心为O，△ABC的外心为O1，△ABC的外接圆半径为r，取DC的中点为O2，过O2作O2E⊥AC，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ADC，连结OA，O1A，则O1A＝r，设AD＝AC＝b，则OO1＝O2E12b，由S

＝4πR2＝28π，解得R7，由正弦正理求出b3r，若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大，由此能求出三棱锥A﹣BCD的体积的最大值．【详解】根据题意，设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，三棱锥的外接球球心为O，△ABC的外心为O1，△ABC的外接圆半径为r，

取DC的中点为O2，过O2作O2E⊥AC，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ADC，如图，连结OA，O1A，则O1A＝r，设AD＝AC＝b，则OO1＝O2E12b，由S＝4πR2＝28π，解得R7，在△ABC中，由正弦正理得2rACsinABC，∴2r3bsin，解得b3r，

在Rt△OAO1中，7＝r2+（12b）2，解得r＝2，b＝23，∴AC＝23，若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大，在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos∠ABC，∴12＝AB2+BC2﹣AB•BC≥2AB•BC﹣A

B•BC，解得AB•BC≤12，∴11312222ABCSABBCsinABC33，∴三棱锥A﹣BCD的体积的最大值：11332333DABCABCVSAD6．故选：C．【点睛】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线

线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知非零向量a、b满足2a，1b，且abb，则a与b的夹角为______.【答案】23【解析】【分析】利用两向量垂直数量积为

0得两向量数量积的值，进而可得两向量的夹角.【详解】由abb，所以0abb，即20abb，又2a，1b，所以11cos,212ababab，所以a与b的夹角为23.故答案为：23.【点睛】本题考查向量垂直的充要条件以及向量数量积的公式，属于基础题

.14.已知0,2，2sin2cos21，则tan4______.【答案】3【解析】【分析】根据条件求得1tan2，再利用两角和的正切公式即可得到答案.【详解】因0,2

，则cos0，由2sin2cos21，即24sin2cos11cox，所以2sincos，即1tan2，所以11tan12tan3141tan12.故答案为：3.【点睛】本题主要考查二倍角公式，两角和

的正切求值，属于基础题.15.已知椭圆222210xyabab的左右焦点分别是1F，2F，以2F为圆心的圆过坐标原点，过点1F作直线l与圆2F相切，直线l与椭圆相交于点P、Q且2PFx轴，则椭圆的离心率为______.【答案】33【解析】【分析】利用已知条件以及椭圆的性质，

三角形面积公式列出关系式，求解椭圆的离心率即可.【详解】由题意得，如图：设椭圆的焦点1,0Fc，2,0Fc，则圆2F的半径为rc，因2PFx轴，所以P点坐标为2,bPca，1

22FFc，212bPFaa，所以1211121122PFFSPFrPFFF，即22112222bbaccaa，整理得：2223ab，在椭圆中，222abc，所以22223aac，即223a

c，故椭圆的离心率为33cea.故答案为：33.【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，属于基础题.16.已知函数fx为奇函数，gx为偶函数，对于任意xR均有24fxgxmx，若3ln0fxx对任意0,x

都成立，则实数m的取值范围是______.【答案】2,e【解析】【分析】根据题意结合函数的奇偶性求出fx的解析式，再代入不等式中，分类参数，构造函数将问题转化为函数的最值问题来解得.【详解】由已知得24fxgx

mx……①，所以24fxgxmx，又因为fx为奇函数，gx为偶函数，所以24fxgxmx……②，①②联立解得2gx，fxmx，将fxmx代入不等式得3ln0mxx

，对任意0,x都成立，即3lnxmxx，对任意0,x都成立，设3ln0xhxxxx，则22231ln2lnxxhxxxx，令0hx，解

得21xe，所以hx在区间210,e上单调递增，在区间21,e上单调递减，所以hx的最大值为22222221ln133211eheeeeee，即2me，所以实数

m的取值范围是2,e.【点睛】本题考查了函数奇偶性性质的应用，以及不等式恒成立问题，利用构造函数，利用函数最值问题来解的常规想法，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出

文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且222210cos6cos3bBabCbca.（1）求cosB；（2）设25b，3BABC，求AB

C的周长.【答案】（1）3cos5B；（2）625l【解析】【分析】（1）由余弦定理化简等式即可得到cosB的值；（2）利用已知可得5ac，再利用余弦定理即可得6ac，进而可得ABC的周长.【详解】（1）在ABC中，由余弦定理得，222cos2acbBac，222cos2a

bcCab，222210cos6cos3bBabCbca，2222222222106322acbabcbabbcaacab，即22256acbac，故2223cos25acb

Bac.（2）∵3BABC，∴cos3acB，∴5ac，∵2222cosbacacB，∴262025acacac，∴6ac，∴ABC的周长625abcl.【点睛】本题主要考查余弦定理，角转化为边，向量数量积的应用，属于基础题.18.已知数列

na的前n项和2nSnn，等比数列nb的公比1q，且34528bbb，42b是3b，5b的等差中项.（1）求数列na和nb的通项公式；（2）求数列211nnba的前n项和nT.【答案】（1）2nan，12nnb；（2）2121

nnnTn【解析】【分析】（1）当2n时，由1nnnaSS，验证1n时满足，即可得到数列na的通项公式，由数列nb为等比数列，利用基本量思想即可得到通项公式；（2）由（1）得1211112122121nnnbann

，利用分组求和与裂项相消法即可.【详解】（1）解：∵2nSnn，∴2n时，12nnnaSSn.又1n时，112aS满足上式，∴2nan，∵34528bbb，3542

2bbb，∴48b，3520bb，又∵2354bbb，1q，解得34b，516b，∴2q=，12nnb.（2）∵122112121nnnban1111222121nnn

，∴011111112221233521nnTn2121nnn【点睛】本题考查数列中na与nS的关系，等比数列中基本量思想，数列求和中分组求和法，裂项相消法，注意裂项的运用，考查运算能力，属于基础题.19.如图，

在三棱柱111ABCABC中，1AA平面ABC，90ACB，12ACCBCC，M，N分别是AB，1AC的中点.（1）求证：//MN平面11BCCB；（2）求点M到平面1BNC的距离.【答案】（1）见解析；（2）233d【解析】【分

析】（1）推导出1//MNBC，由此能证明//MN平面11BCCB；（2）由（1）可得四边形MBON为平行四边形，进而可证//BM平面1BNC，故点M到平面1BNC的距离等于点B到平面1BNC的距离，再利用等体积转化法即可得到答案.

【详解】（1）连接1AC，1BC交1BC于点O，如图：∵1AA平面ABC且12ACCC，∴四边形11ACCA为正方形，∴1AC过点N，且点N为1AC中点，又∵M为AB的中点，N为1AC的中点，∴1//MNBC，且112MNBC

，又∵MN平面11BCCB内，1BC平面11BCCB内，∴//MN面11BCCB.（2）由（1）可得四边形MBON为平行四边形，∴可证//BM平面1BNC，∴点M到平面1BNC的距离等于点B到平面1BNC的距离，设为d，∵111122ACBCAB，N为1AC中点，

∴111132BNCBACSS，由11NBBCBBNCVV，得11111323BBCBNCSACSd，又∵12BBCS，∴233d.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培

养，属于中档题．20.纪念币是一个国家为纪念国际或本国的政治、历史，文化等方面的重大事件、杰出人物、名胜古迹、珍稀动植物、体育赛事等而发行的法定货币.我国在1984年首次发行纪念币，目前已发行了115套纪念币，这些纪念币深受邮币爱好者的喜爱与收藏.2019年发行的第115套纪念币“双遗产

之泰山币”是目前为止发行的第一套异形币，因为这套纪念币的多种特质，更加受到爱好者追捧.某机构为调查我国公民对纪念币的喜爱态度，随机选了某城市某小区的50位居民调查，调查结果统计如下：喜爱不喜爱合计年龄不大于40岁24年龄大于40岁20合计225

0（1）根据已有数据，把表格数据填写完整，判断能否在犯错误的概率不超过1%的前提下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关？（2）已知在被调查的年龄不大于40岁的喜爱者中有5名男性，其中3位是学生，现从这5名男性中随机抽取2人，求至多有1位学生的概率.附：22nad

bcKabcdacbd，nabcd.2PKk0.1000.0500.0250.010k2.7063.8415.0246.635【答案】（1）表见解析，犯错误的概率不超过1%的条件下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关；（2）710P【解析】【分析】（1）根据条件，列出列联

表，填上对应的数据，把求得的数据代入求2K的公式求出值，并判断即可得到结论；（2）利用列举法确定基本事件，即可求出概率.【详解】喜爱不喜爱合计年龄不大于40岁81624年龄大于40岁20626合计282250（1）225086201628900242

628223003K9.6236.635.∴能在犯错误的概率不超过1%的条件下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关.（2）记不大于40岁的5位喜爱者中的3位学生记为a，b，c，非学生记为A，B，则从5人中任取2人，共有,ab，,ac，,

aA，,aB，,bc，,bA，,bB，,cA，,cB，,AB共10种结果.其中至多有1位学生的有7种，∴至多有1位学生的概率710P.【点睛】本题考查独立性检验的应用，考查概率的计算，本题解题的关键是根据所给的数

据完善列联表，注意数据的位置不要出错，属于基础题.21.设A，B为抛物线C：220xpyp上不同两点，抛物线C的焦点到其准线的距离为4，A与B的横坐标之和为8.（1）求直线AB的斜率；（2）若设M为抛物线C上一点，C在点M处的切线与直线AB平行，过M点作直线l与曲

线C相交于点M，Q，与y轴交于点P，且满足2MPPQ，求OPQ的面积.【答案】（1）1ABk；（2）1【解析】【分析】（1）根据题意，设点11,Axy，22,Bxy，将A，B的坐标代入抛物线方程可得2

118xy，2228xy，将两式相减即可得直线AB的斜率；（2）设00,Mxy，利用切线与直线AB平行，得M点坐标，设直线l的方程为42ykx，联立抛物线，利用2MPPQ，计算得直线l的方程，进而可得P，Q两点的坐标，即可求得OPQ的

面积.【详解】（1）由条件可知：4p，∴28xy.设点11,Axy，22,Bxy，∴21122288xyxy，∴12121218AByyxxkxx.（2）设00,Mxy，1'4yx，∴0114x

，∴04x，∴02y.设点30,Py，44,Qxy，直线l为：42ykx，∴2428ykxxy，∴2832160xkxk，∴048xxk，043216xxk.∵2MPPQ

，∴042xx，∴42x，14k，∴132MOQSMQh，∴113OPQMOQSS.【点睛】熟练掌握抛物线的定义及其性质、直线与抛物线相交问题转化为方程联立即可得到交点的坐标、导数的几何意义

与切线的斜率关系，斜率的计算公式是解题的关键，向量的代数运算，属于中档题．22.已知函数21cos2fxxmx，'fx是fx的导函数，'1gxfx.（1）当2m时，判断函数gx在0,上是否存在零点，并说明理由；（2）若fx在

0,上存在最小值，求m的取值范围.【答案】（1）不存在零点，理由见解析；（2）1,【解析】【分析】（1）当2m时，得2sin1gxxx，对gx求导，从而得单调性，即可判断零点；（2）求出fx的导函数

，结合1m>，1m讨论fx的单调性，看fx是否存在最值即可得到答案.【详解】（1）2m时，2sin1gxxx.令'0gx，即1cos2x，0,x，得3x，当x变化时，'gx，gx变化如下：x0,33,3

'fx-0+fx减最小值增∴函数gx的单调递减区间为0,3，单调递增区间为,3.∴gx的极小值为13033g.∴函数gx在0,上不存在零点.（2）因为21cos2fxxmx，所以

'sinfxxmx，令'sinhxfxxmx，则'1coshxmx.①当1m时，1cos0mx，即'0hx，∴'sinhxfxxmx在0,单调递增，∴0,x时，00hxh，∴fx在0,单调递增，∴

fx在0,不存在最小值，②当1m>时，10,1m，所以'1cos0hxmx，即1cosxm在0,内有唯一解0x，当00,xx时，'0hx，当0,xx时，'0hx，所以

hx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增.所以000hxh，又因为0h，所以sinhxxmx在0,0,x内有唯一零点1x，当10,xx时，0h

x即'0fx，当1,xx时，0hx即'0fx，所以fx在10,x上单调递减，在1,x上单调递增.所以函数fx在1xx处取得最小值，即1m>时，函数fx在

0,上存在最小值.综上所述，fx在0,上存在最小值时，m的取值范围为1,.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点，函数的最值，属于难题.