摩羯座性格-个人述职报告范文

2019-2020年高三高考预测数学试题（解析版）
一、选择题
1．（ 理）设集合
M

xx21,xR

，
Nyy x1,0x2
，则
ð
R

MN

等
2

于 （ ）
A．R
C．

1


B．

x|xR且x1


D．


【答案】B【解析】依题意得
M

x|1x3

，< br>N

y|3x1

，所以
MN

1

，
故
ð
R

MN

< br>x|xR且x1

，因此选B．
（文）设集合
Mx4xx< br>2
3,xR
，
Nyyx1,0x2
，则
ð< br>R

MN

2


等于 （ ）
A．
R

C．

1


B．

x|xR且x1


D．


【答案】B【解析】依题意得
M

x|1x3

，< br>N

y|3x1

，所以
MN

1

，
故
ð
R

MN

< br>x|xR且x1

，因此选B．
2．若
a3
sin6 0
,blog
1
cos60,clog
2
tan30
， 则 （ ）
3
A．
abc
B．
bca
C．
cba

3
D．
bac

【答案】A【解析】∵
a3
sin60
3
0
1,blog
1
cos60log
1
1,clog
2
tan30log
2
10
,且< br>1
3
3
1
0
，∴
abc
，因此选A．
2
55
i
3．在复平面内，复数
zi
2012
表示的点所在的象限是 （ ）
1i
blog
1
cos60log
1
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
ii(1+i)ii
2
45032 0124503
iii
【答案】A【解析】
z

1 i(1i)(1+i)1i
2
i111

11

 1i
，复数z表示的点的坐标为

,

，位于第一象限，故选A ．
222

22

2
4．函数
f(x)lg( x1),x[3,)
的反函数是 （ ）
A．
g(x)10
x
1(x0)

C．
g(x)10
x
1(x0)

2
B．
g(x)10
x
1(x1)

D．
g(x)10
x
1(x1)

y
2y< br>【答案】D【解析】由
ylg(x1)
，得
x110
，所以< br>x101
，又函数
f(x)lg(x
2
1),x[3, )
的值域为
[1,)
，所以反函数是
g(x)10
x
1(x1)
．
n
21

5．（理）如果

x
2

4

的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为
xx

（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5

12

1

【答案】B【解析】∵

x2

4




x
2
< br>，
xx

x

n2n
1

k
k2nk

k2n3k
∴
T
k1
C
2
，
x1C
2

nn
x

2

x

3
∴由题意知2n－3k＝0，即
nk
，∵n∈N
+
，k∈N，∴n的最小值为3．
2
1

（ 文）在

2x
2

的展开式中，常数项为 （ ）
x

A．
84
B．5376 C．
5376
D．84
1
1

3
【答案】 C【解析】在

2x
2

的展开式中，常数项是
C
9

(2x)
6
(
2
)
3
537 6
，选C．
x
x

6．（理）设数列

a
n

是公差不为零的等差数列，它的前
n
项和为
S
n，且
S
1
、
S
2
、
S
4
成等
比数列，则
A．6
9
9
k
a
4
等于 （ ）
a
1
B．3 C．4 D．7
【答案】D【解析】设等差 数列

a
n

的首项为
a
1
，公差
d0
，因为
S
1
、
S
2
、
S
4
成等比
2
数列，所以
S
2
2
S
1S
4
，即
(2a
1
d)a
1
(4a
1
6d)
，解得
2a
1
d
，因此
a
4
a
1
3d7a
1
7
，故选D．
a1
a
1
a
1
（文）设

a
n

是等差数列，
a
1
a
3
a
5
12
，则这个数列的前5和等于（ ）
A．12 B．20 C．36 D．48 【答案】B【解析】由等差数列中
a
1
a
3
a
5< br>3a
3
12,a
3
4
，∴这个数列的前5项和
5(a
1
a
5
)52a
3
20
，选B．
22
22
7．（理）已知点
A

1,0

和圆
xy2
上一动点
P
，动点
M
满足
2MA AP
，则点
M
S
5

的轨迹方程是 （ ）
A．

x3

y1

2
2
B．
(x)y1

2
2
32
22
3

1

D．
x

y



2

2

【答案】C【解析】 设
M(x,y)
，
P(x
0
,y
0
)
，由
2MAAP
，则
3
2
1
2
C．
(x) y

22

x
0
2x3
2(1x, 0y)(x
0
1,y
0
0)
，即
(22x, 2y)(x
0
1,y
0
)
，所以

，

y
0
2y
2222
22
又点
P(x
0
,y
0
)
在圆
xy2
上，所以
x
0
y
0
2
，即
(2x3)(2y)2
，化31
简得
(x)
2
y
2

，故选C 22
22
（文）已知点
A

1,0

和圆< br>xy2
上一动点
P
，则AP的中点
M
的轨迹方程是
（ ）
A．

x1

y1

2
2
B．
(x)y1

1
2
22< /p>

1
2
1
2
C．
(x)y
22
1

1

D．
x

y



2

2

2
2
x
0
1

x


2
，所以【答案】C【解析】 设
M(x,y)
，
P(x
0
,y
0
)
，由
M
是AP的中点，得


y
y
0
2

x
0
2x1
22
22
，，又点P(x
0
,y
0
)
在圆
xy2
上，所以< br>x
0
y
0
2
，即


y
0
2y
11
(2x1)
2
(2y)
2
2
，化简得
(x)
2
y
2

，故选C
22

2xy20

8．如果点P在平面区域

x 1
上，点Q在曲线（x－1）
2
＋(y－1)
2
＝1上，那么|P Q|

xy40

的最小值为 （ ）
A．
5
－1 B．
35

5
C．
35
1

5
D．
52
－1
3
【答案】C【解析】作出可行域如图所 示．|PQ|的最小值为圆心(1,1)到可行域内点的距离
的最小值减去圆的半径1，根据图象可知| PQ|的最小值为圆心(1,1)到直线
2xy20
的距
离减去圆的半径1，即 |PQ|的最小值为
y
5
4
x=-13
2
1
(1, 1)
–1
–1
12345
x
x+y-4=0
2x-y+2= 0
212
5
1
35
1
．
5
23i

（ ）
32i
A．
2i
B．
i
C．
2i
D．
i

23i(23i)(32i)13i
i
． 【答案】B【解析】解法一：
z
32i(32i)(32i)13
23i(23i)i(23i)i
i
．选C． 解法二：
z
32i(32i)i23i
22
10．命题“存在

,

R
，使
sin(< br>


)sin(



)sin

sin

”的否定为
9．复数
z
（ ）
A．任意

,
< br>R
，使
sin(



)sin(


)sin

sin


B．任意
,

R
，使
sin(


)sin(



)sin

sin
< br>
C．存在

,

R
，使
sin(



)sin(



)sin

sin


D．存在

,

R
，使
sin(



)sin(



)sin

sin


【押题理由】特称命题与全称命题的否定一直是高考的热点．
22
22
22
22

【答案】B【解析】给 出的命题为特称命题，因为特称命题的否定为全程命题，所以其否
定为“任意

,
R
，
sin(



)sin(



)sin
2

sin
2
”，选B．
11．函数
f(x)xelnx
的零点个数为 （ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【押题理由】函数的零点问题一直是考试 的重点内容之一，与函数的图象与性质紧密结合，
导数是解决此类问题的有效方法，高考必定有所体现．
2
e2x
2
e
【答案】A【解析】本题考查函数的零点以及导数的 应用．
f

(x)2x
，由
xx
e2x
2< br>e
e
2
f

(x)2x0
，解得
x
（另一负根舍去），易知
f(x)xelnx
在
xx
2e
处取得极小值，也就是最小值，即
x
2
eeeeeeee
f ()eln=ln
，所以无零点．
=(1

ln)0
22222222
12．程序框图如下：

如果上述程序运行的结果S的值比2013小，若使输出的S最大，那么判断框中应填入
（ ）
A．
k10
B．
k10
C．
k9
D．
k9

【猜题理由】程序框图是高考的必考题型 ，其中很多省份均是以数列为背景和题材进行设
计，故2012年这种命题方式有很大的可能出现． < br>【答案】C【解析】第一次循环时S=1×12=12，K=12-1=11；第二次循环时，S=12× 11=132，
K=11-1=10；第三次循环时，S=132×10=1320，K=10-1=9 ；若再循环一次，显然S>2013，不
符合题意，故应循环了三次，因此，循环三次后必须终止，所以 判断框中应填入的为
“
k9
”．
13．下图为一个空间几何体的三视图， 其中俯视图是下边一个等边三角形，其内切圆的半径
是1，正视图和侧视图是上边两个图形，数据如图， 则此几何体的体积是
（ ）
A．
153
C．
303

3



3
2


3
4

D．
303

3
B．
153

【押题理由】三视图是高考的一个热点，课表地区 年年考查，一般有两种方式：一是给出
三视图，求原几何体的体积或表面积，兼顾了相关公式的考查，力 度较大；二是，给出某
种视图，选择可能的另外的某种视图．2012年这两种题型将会出现．

【答案】B【解析】由三视图不难看到，几何体为正三棱柱与半个球的组合体，根据等边
三角形的内切圆的半径是1，易得底面正三角形的边长为
23
，故
11
< br>4
3

2
V=2351153
．
2 233
x
2
y
2
14．已知椭圆C：
2

2
1(ab0)
的左右焦点为
F
1
,F
2
， 过
F
2
的直线与圆
ab
22
(xa)
2
(yb)b
相切于点A，并与椭圆C交与不同的两点P，Q，如图，若A为线
段PQ的靠 近P的三等分点，则椭圆的离心率为 （ ）

A．
2

3
B．
3

3
C．
5

3
D．
7

3
【猜题理由】离心率问题是解析几何的重点 内容，各省考查频率相当高，往往融椭圆、双
曲线的定义与平面几何的性质与一体，能够较好的考查学生 的思维层次，备受命题专家的
青睐．此题结合圆、椭圆、切线等知识，含金量高．
【答案】C 【解析】连结
OA,PF
1
，则
OAPQ,PF
1
PQ
，因为A为线段PQ的靠近P
的三等分点，所以A为线段PA的中点，于是
PF
1
2b
．结合椭圆的定义有
PF
2
2a2b
，222
在直角三角形
PF
1
F
2
中，利用勾股定理得< br>(2a2b)(2b)(2c)
，将
cab
代
222
4
a
2
a
2
cab5
2
9
入，整理可得
ba
，于是
e
．
3
aaa315．用
min{a,b}
表示
a,b
两个实数中的最小值．已知函数< br>f(x)min{|log
2
x|,|log
2
(xt)|}(t 0)
，若函数
g(x)f(x)1
至少有3个零点，则
t
22
的最小值为 （ ）
A．
1

2
B．
1
C．
3

2
D．
2

【押题理由】本题考查对数函数和绝对值函数的图像、图 像的平移、函数的零点等重点知
识，又涉及新定义问题，函数的零点是高考中经常出现的一类问题，各地 出现的机会较大，
也有可能以方程的根或图像的交点的形式出现，实质是一样的，另外，极有可能结合三 大
性质：周期性、对称性、奇偶性来综合命制，难度较大，值得重视．
【答案】C【解析】因 为
t0
，所以函数
y|log
2
(xt)|
的图象可 由函数
y|log
2
x|
的
图象向右平移
t
个单 位长度得到．因为函数
g(x)f(x)1
至少有3个零点，所以方程
f(x) 1
至少有三个根，结合图象（如右图）可知
y|log
2
(xt)|至少过点（2,1），所
333
以
|log
2
(2t)|1
，解得
t
，即向右至少平移个单位长度，所以
t
的最小值为． < br>222
ab{
的
,
含义，对本题易错的地方有两个，一是不能理解min
(t
于
)|
f(x)min{|log
2
x |,|log
2
(xt)|}(t0)
不知所措；二是对
y|lo2
gx
y|log
2
x|
的关系不能作直观（平移）和深刻（ 过定点（1,2）的分析．此题的关键是数
形结合，图像要画准确．

二、填空题

16．已知平行四边形ABCD，点E、F分别为边B C、CD上的中点，若
AC

DE

BF
，
则




．
【押题理由】高考 向量的考查主要体现在两个方面：一是结合平面图形（如三角形、四边
形等），考查向量的线性运算，其 中三角形与平行四边形法则是重点；二是对于数量积的
考查．2012年新课标省份这两种命题形式必定 会出现．
【答案】4【解析】设
ABa,ADb
，则
DEa
11
所以
ab

(ab)

(ba)
，
22
1
1
b
，
BF=ba
．又
AC ab
，
2
2
1




1


11
2
即
ab(



)a(



)b
，所以可得

，解得



2
．故



4．
22
1




1

2
17．在△ABC中，D为AB上任一点，h为AB边上的高，△ADC、△BDC、△ABC的内 切圆
半径分别为
r
1
,r
2
,r
，则有如下的等式 恒成立：
ACBDAB2CD

．在三棱锥P-ABC
r
1r
2
rh
中D位AB上任一点，h为过点P的三棱锥的高，三棱锥P-ADC、P -BDC、P-ABC的内切球
的半径分别为
r
1
,r
2
, r
，请类比平面三角形中的结论，写出类似的一个恒等式
为 ． 【答案】
S
ADC
S
BCD
S
ABC
2S
PDC

【解析】本题是根据三角形类比三棱锥，显然
r
1< br>r
2
rh
给出的半径是一致的，均为
r
1
,r
2
,r
，不同的是分子，而不再是线段了，二维是线段，三
ACBDAB2CD
维应该是面积，故把等式中的线段替换成相对应的面积即可，
r
1
r
2
rh
SSS2S
PDC
于是得到
ADC

BCD

ABC

．
r
1
r
2
rh
18．已知函数
f(x)lo
2
xgx4
，< br>函数
f(x)
的零点
x
0
(，nn，1)N
*< br>n
n= ． ，则
【答案】2【解析】设
y
1
log
2
x
，
y
2
4x
，使得函 数
f(x)y
1
y
2
，在
同一坐标系画出函数
y
1
,y
2
的图像，图像的交点横坐标
x
0
就是函 数
f(x)
的零点。
1
AOAB|AB||AO|cosA|A B||AD||AB||AB|8
．
2


O O
D
图2
19．如图1，在圆O中，O为圆心，AB为圆的一条弦，AB=4，则
AOAB
．
【答案】8【解析】如图2，过O作OD⊥AB于D，
A
图1
B
A
B

< br>20．如图，△ABC是圆内接三角形，圆心O在BC上，若AB=6，BD=3.6，将一颗豆子随机地
扔到该圆内，用M表示事件“豆子落在△ABC内”，N表示事件“豆子落在△ABD内”，
则 P（M）= ，P（N|M）= ．


A



C
B
O
D



【答案】
P(M)
S
ABD
24
0.36
【解析】由射影定理，得AB
2
=BD·；
P(N|M)
BC，
S
ABC
25

得BC=10，AC=8，AD=4.8 ，所以
S
ABC
24,S
O
25

，
故
P(M)
S
ABD
24
0.36
． ；
P(N|M)
S
ABC
25

三、解答题
21．定义：已知函数
f(x)
与
g(x)
，若存在一条直线
yk xb
，使得对公共定义域内的任
意实数均满足
f(x)g(x)kxb
恒成立，其中等号在公共点处成立，则称直线
1
ykxb
为曲线
f(x )
与
g(x)
的“左同旁切线”．已知
f(x)lnx,g(x)1< br>．
x
（1）试探求
f(x)
与
g(x)
是否存在“ 左同旁切线”，若存在，请求出左同旁切线方程；
若不存在，请说明理由．
（2）设
P(x
1
,f(x
1
)),Q(x
2
,f(x
2< br>))
是函数
f(x)
图象上任意两点，
0x
1
x
2
，且存在实
f(x
2
)f(x
1
)
， 证明：
x
1
x
3
x
2
．
x
2
x
1
【解析】（1）由题意知
f(x)
与
g(x)有公共点，令其为
(x
0
,y
0
)
，则
f(x
0
)g(x
0
)
，
数
x
3
0
，使得
f(x
3
)
1

1

2

xx
0

0
f

(x
0
)g

(x
0
)
，即

，解得
x0
1,y
0
0
．所以在公共点处的切线方程为

l nx1
1
0
2

x
0

1
y x1
．下证
yx1
就是左同旁切线方程，即证
1lnxx1 (x0)
．（2分）
x
11x
先构造函数
h(x)lnx x1(x0)
，则
h

(x)1
，易知在
x1
处
h(x)
取
xx
得最大值
h(1)0
，所以< br>lnxx10
，即
lnxx1(x0)
．（4分）
11 x1
1
再构造函数

(x)lnx1(x0)
，则


(x)
2

2
，易知在
x1
处

(x)
xxx
x
11
取得最小值

( 1)0
，所以
lnx10
，即
lnx1(x0)
．
xx

故对任意
x(0,)
，恒有
1
方程．（6分）
1
lnxx1(x0)
成立，即
yx1
就是左同旁切线
x
x
2
1
xx
1
1lnx2
lnx
1
x
1
（2）因为
f

( x)
，所以
f

(x
3
)
，所以
x< br>3

2
．

x
2
x
x
3
x
2
x
1
x
2
x
1
ln< br>x
1
ln
解法一：（作差法，利用（1）的结论）
因为
x< br>3
x
1

x
2
x
1
xxx
1

21
x
1
x
1
x1
0
，
xx
2
ln
2
1
x1
x
1
xxxx
x
3
x
2
x
3
x
1

21
x
2

21< br>x
2
x
2
x
2
0
，
xx
ln
2
1
1
x
1
x
2
所以x
1
x
3
x
2
．（12分）
解法二：（反证法，利用（1）的结论）令
x
3
x
1
，
x
2
x
1
xx
x
1
x
2< br>x
1
x
1
ln
2
x
1
(2
1)x
2
x
1
，
x
x
1< br>x
1
ln
2
x
1
显然自相矛盾，故
x
1
x
3
；同理可证
x
3
x
2
．故< br>x
1
x
3
x
2
．（12分）
则
x
3

22．已知函数
f

x

ln x
，
g

x

e
．
x
x1
，求函数


x

的单调区间；
x1
（2）设直线
l
为函数的图象上一点
A

x
0
,f

x
0

处的切线．证明：在区间

1,

上存在
唯一的
x
0
，使得直线l与 曲线
yg

x

相切．
x1
x1
lnx
【解析】（1）

(x)f

x


，
x1
x1
12x
2
1
．



x


x

x1
< br>2
x

x1

2
∵
x0
且< br>x1
，∴



x

0
（1）若函数


x

f

x
< br>
，

． ∴函数

(x)
的单调递增区间为< br>
0,1

和

1
（2）∵
f
< br>(x)
1
1
，∴
f

(x
0
)
，
x
0
x
∴切线
l
的方程为
ylnx
0

即
y
1
(xx
0
)
,
x
0
1
xlnx
0
1
, ①
x
0
x
x
设直线
l
与曲线
yg(x)
相切 于点
(x
1
,e
1
)
，∵
g

( x)e
x
，∴
e
1

1
，∴
x
1
lnx
0
．∴
x
0
直线
l
也为y
11


xlnx
0

，
x
0
x
0

即
y
lnx
0
11
x
， ②
x
0
x
0
x
0< br>x
0
1
lnx
0
1

，∴
lnx
0

．
x
0
1
x
0
x
0
下证：在区间（1，+

）上
x
0
存在且唯一．
x1
由（1）可知，

(x)
lnx
在区间上递增．
（1,+）
x1
e
2
1e
2
3
e 12
22
0
，
0
，

(e)ln e
2
又

(e)lne
e1e
2
1e1e1
由①②得
lnx
0
1
结合零点存在性定理，说 明方程

(x)0
必在区间
(e,e
2
)
上有唯 一的根，这个根就是所求
的唯一
x
0
．故结论成立．
23．（本题 满分12分）已知函数
f(x)
=
（1）当
m
=－1时，求
f(x)
的单调区间；
1
2
．
xmln
4
1 4xmx
（
mR
）
2
（2）当
x0
时，< br>f(x)
≥0，求实数
m
的取值范围．（适合全国课标第21题）
【 猜题理由】①全国课标卷理科第21题重点考查利用导数研究函数的单调性、极值、最
值及利用之研究函 数恒成立问题，重点考查分类讨论思想；
②全国课标卷理科第21题从2007年至今一直考查导数的 应用，特别是恒成立问题和分
类整合思想，今年将继续考查这一题型；
③全国课标卷理科第2 1题从2007年至今都是以对数函数或指数函数为题材考查导数的
应用；
【解析】（1）当
m
=－1时，
f(x)
=
1
1
2
，
xln
4
14xx
，定义域为（

，+∞）
42
3
3x(x)
133
1
4
，当

＜
x
＜0或
x
＞时，
f

(x)
＞0；当 0＜
x
＜
f

(x)
=
x1
=
44
4
4x1
13x
33
1
时，
f

(x)
＜0，∴
f(x)
的单调增区间为
(,0]
，< br>[
，

），单调减区间为[0，]；
44
4
（4分 ）
1
1
2
m
，
xln(14x)mx
， 定义域为（

，+∞）
4
24
1
4x(xm)
m
4
，（6分）
f

(x)
=
xm
=
4x1
3x1
1
1
当
m
≥

时，
m0
，当
x
≥0时，
f

(x)
≥0，
4
4
∴
f(x)
在[0,+∞）是增函数，∴当
x
≥0时，
f(x)
≥
f(0)
=0，（8分）
1
11
当
m
＜

时，
(m)
＞0，当0＜x
＜
(m)
时，
f

(x)
＜0， 4
44
1
∴
f(x)
在[0，
(m)
]上 是减函数，
4
1
∴当0≤
x
≤
(m)
时，< br>f(x)
≤
f(0)
=0，不适合，（11分）
4
1
∴满足条件的
m
的取值范围为[

,+∞）．（12分）
4（2）
f(x)
=

24．已知函数
f(x)
 
1
2sin(x)sin(x)
．
242
（1）求过函数
f(x)
图象上最高点的对称轴方程；
（2 ）当
x






,0
< br>时，判断在函数
f(x)
的切线中是否存在互相垂直的两条切线，
4

4

若存在，请求出这对切点的坐标，若不存在，请说明理由．
1221
【解析】（1）因为
f(x)2sin(x)sin(x)2cosx (sinxcosx)

42222
2211112

2co sx(sinxcosx)sin2xcos
2
x(sin2xcos2x) sin(2x)

22222224
2
令
sin(2x

4
)1
可得
2x

4
2k


2
(kZ)
，
所以
xk


（2）由
f(

8
(kZ)
．（5分）
< br>2

2

x)sin(2x)cos(2x)
可得
422424



，可得
f

(x)2sin(2x)
．
x0
，所以
2x
4 4444

12sin(2x)1
，由于
111
， 所以函数
f(x)
的切线中存在互相垂直的两
4


条切线 ，且它们的斜率分别为
1,1
，令
2sin(2x)1
和
2 sin(2x)1
，可
44

得切点坐标分别为
(,1)< br>，
(0,1)
．（10分）
4
ππ
25．已知函数
f(x)Asin(

x

)
，
xR
（其中
A0,

0,


），其部分图
22像如图所示．
（1）求函数
f(x)
的解析式；
（2）已知横坐标 分别为
1
、
1
、
5
的三点
M
、
N
、
P
都在函数
f(x)
的图像上，求
sinMNP的值．
【解析】（1）由图可知， 最小正周期
T428,
所以
T
又
f(1)sin(

)1
，且

2π


8,


π
．
4
ππ



，
22
ππ
ππ 3π
π
π
所以



，


,


．所以
f(x)sin(x1)
．
424
4444
π
（2）解法一：因为
f(1)0,f(1)1,f(5)sin(51)1,

4
所以
M(1,0),N(1 ,1),P(5,1)
，
MN5,PN20,MP37
，
π
4

从而
cosMNP
520373

．
5
2520
2
由
MNP

0,π

得
sinMNP1cosMNP
解法二：因为
f(1)sin
4
．
5
π
(11)0,f(1)1
，
4
π
f(5)sin(51)1
，所以
M(1,0),N(1,1 ),P(5,1)
，
4
NM(2,1),NP(4,2),
NMNP6
，
NM5,NP2025
，
则
cosMNP
NMNP< br>NMNP
63

．
5
525
2
由
MNP

0,π

得
sinMNP1cosM NP
4
．
5