中央编译局局长-司法所个人工作总结

2020
年高考数学
(
理科
)
终极冲刺卷

全国卷
I
（模拟六）


1.
已知集合
M {x|lnx1}
，
N

x|x1


5

e)
A.

0，

B.
(0，< br>
2

3


，
则
MN
( )
2

e)
C.
(1，

5

D.

1，



2

2.
已知
i
为虚数单位，若
zi 3i
，则
z
( )
A.
13i
B.1 C.3 D.
10

3.
某研究员为研究某两个变量的相关性，随机抽取这两个变量样本数据如下表：

x
i

y
i

0.2
1.1
1
2.1

2.3
2.2
3.3
3.2
4.2
2，，34，5)
都在曲线
yx1
附近波动
.
若依据表中数据画出散点图，则样本点
(x
i
,y
i
)(i 1，
但由于某种原因表中一个
x
值被污损，将方程
yx1
作为 回归方程，则根据回归方程和
表中数据可求得被污损数据为（

）

A
．
1.2 B
．
1.3 C
．
1.4 D
．
1.5
4.
设等比数列

a
n
< br>的公比为
q
，则“
0q1
”是“

a
n

是递减数列”的
( )
A.
充分不必要条件
B.
必要不充分条件

D.
既不充分也不必要条件

C.
充要条件

5.
《九章算术》是我国古代数学名著 ，也是古代东方数学的代表作．书中有如下问题：
“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？” 其意思为：“已知直角三角形两直
角边长分别为
8
步和
15
步，问其 内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内投豆子，则
落在其内切圆内的概率是
( )
A.
3

10
B.


20
C.
3

20
D.


10
6.
一个机器零件的三视图如图所示，其中俯视图是一个半圆内切于边长为
2的正方形，则该
机器零件的体积为
( )

A
．
8
π

3
B
．
8
2
π

3
8
C
．
8π

3
D
．
8
16
π

3
7.某学校高中部为迎接元旦的到来，决定举办歌唱比赛
.
已知高中三个年级各推选了两个班< br>级，共六个班级参加比赛
.
现将六个班级的参赛顺序随机排序，则同一年级的两个班级均 连
排的概率为
( )
A.
1

15
1
B.
5
C.
2

15
D.
1

30
8.
在高三数学课堂上，老师出 了一道数学题，某小组的三位同学先独立思考完成，然后一
起讨论．甲说：“我做错了”，乙对甲说：“ 你做对了”，丙说：“我也做错了”．老师
看了他们三人的答案后说：“你们三人中有且只有一人做对了 ，有且只有一人说对
了”．下列判断中正确的是
( )
A.
甲说对了
B.
甲做对了

C.
乙说对了
D.
乙做对了



2

9.
设函数
f(x)Asin(
x

)

A0,

0,



的图象关于直线
x
对称，它的最
22

3< br>
小正周期为

，则下列说法一定正确的是
( )
< br>1

A.
f(x)
的图象过点

0，


2


2

B.
f(x)< br>在

，

上是减函数


123


5

0

C.
f(x)
的图象的一个对称中心是

，

12
< br>


0

D.
f(x)
的图象的一个对 称中心是

，
6

10.
已知矩形
ABCD中，
AB2
，
BC4
，将
△ABD
沿对角线
BD
折起到
△A

BD
的位置，
使点
A

在平面
BCD
内的射影点
O
恰好落在
BC
边上， 则异面直线
A

B
与
CD
所成角的大小
为
( )
A.
π

3
B.
π

4
C.
π

6
D.
π

2
x
2
y
2
B
，以
AB
为直径的圆与
11 .
已知双曲线
C:
2

2
1(a0，b0)
的左，右顶点分别为
A，
ab
b1
直线
yx
在第一象限内 的交点为
P
，且
PABPBA
，则该双曲线
C
的离心 率
e
为
a2
( )
A.2 B.3 C.
2
D.
3

12.
已知函数
f(x)xe
x
a( lnxx)
有两个相异零点，则整数
a
的最小值为
( )

A.3 B.-2 C.2 D.4
b
满足
a+b(2， 4)，a-b(2，0)
，则
a
与
b
的夹角为
____ ________. 13.
已知向量
a，
14.
函数
f

x

log
2
x1
的定义域为
_______ ____.
15.
已知点
F
是抛物线
C:y
2
 4x
的焦点，点
M
为抛物线
C
上任意一点，过点
M
向圆

x1

2
y
2

1
作 切线，切点分别为
A
，
B
，则四边形
AFBM
面积的最小值 为
2
_____________.
bc
，且
c1
，< br>B，C
对应的边分别为
a，，
16.
在
△ABC
中， 内角
A，
acosB bcosA2cosC
，设
h
是
AB
边上的高，则
h
的最大值为
__________.
17.< br>已知数列

a
n

为等比数列，
a
2
2
，数列

b
n

满足
b
n
log
2
a
n
，且
b
1
b
3
b
5
6
.
（
1
）求数列

a
n

的通项公式；

（
2
）若
c
nna
n
，求数列

c
n

的前
n< br>项和
S
n
.










18.
某大城市一家餐饮企业为了了解外卖情况， 统计了某个送外卖小哥某天从
9
：
00
到
21
：
0 0
这个时间段送的
50
单外卖
.
以
2
小时为一时间 段将时间分成六段，各时间段内外卖小哥
平均每单的收入情况如下表，各时间段内送外卖的单数的频率分 布直方图如下图
.
时间区间

每单收入（元）


9,11



11,13



13,15



15,17



17,19



19,21


6 5.5 6 6.4 5.5 6.5

（
1
）求频率分布直方图中
a
的值，并求这个外卖小哥送这
50
单获得的收入；< br>
（
2
）在这个外卖小哥送出的
50
单外卖中男性订了
25
单，且男性订的外卖中有
20
单带饮
品，女性订的外卖中有
1 0
单带饮品，请完成下面的
22

列联表，并回答是否有
99.5 ％
的
把握认为
“
带饮品和男女性别有关
”
？


男

女

合计

附：
K
2

带饮品

不带饮品

总计





0.001






n

adbc

2< br>
ab

cd

ac

bd

PK
2
k

0.050 0.010 0.005

k










3.841 6.635 7.879 10.828

19.
已知四边形
ABCD
是边长为
2
的菱形，
BAD60
，四边形
ACFE
是矩形，平面
ACFE
平面< br>ABCD

(1)
当
EA6
时，求证：直线
EC
平面
FDB
；

(2)
设二面角
EBFD的大小为

，当
EA
为何值时，
cos

< br>6
？

4




22
x y
20.
如图，设抛物线
C
1
:y4mx(m0)
的 准线
l
与
x
轴交于椭圆
C
2
:
2

2
1(ab0)
ab
1
F
1
为
C
2
的左焦点
.
椭圆的离心率为
e
，抛物线
C1
与椭圆
C
2
交于
x
轴上方一的右焦点
F2
，
2
2
M
为
C
1
上一动点，且在< br>P，Q
之间移动
.
点
P
，连接
PF
1并延长其交
C
1
于点
Q，

(1)
当
a3
取最小值时，求
C
1
和
C
2
的方程；


2b
(2)
若
△PF
1
F
2
的 边长恰好是三个连续的自然数，当
△MPQ
面积取最大值时，求面积最大值
以

及此时直线
MP
的方程
.

aR
. 21.
已知函数
f

x

lnxa(x1)，
（
1
）当
a1
时，求函数< br>f

x

的单调区间；

（
2
）当
x1
时，
f

x










x3s
22.
在 平面直角坐标系
xOy
中，直线
l
和曲线
C
的参数方程分别 为

（其中
s
为参
ys



xe
t
e
t
t.O
为极点，
x
轴的非负半 轴为极轴建立数）和

tt
，（其中为参数）以坐标原点
yee

lnx
恒成立，求
a
的取值范围
.
x1
极坐标系（两种坐标系的单位长度相同）
.
（
1
）求直线
l
和曲线
C
的极坐标方程
.
（
2
）设
P
为直线
l
与曲线
C
的 交点，求
| OP|
.








2
23.
已知函数
f(x)xx2
.
（
1
）解不等式
f(x)2x
；

1
2 22
（
2
）若
f(x)a4b5c
对任意
xR< br>恒成立，证明：
ac4bc1
.
4

答案以及解析

1.
答案：
A
解析：由< br>lnx1
可得
0xe
，由
x1
故选
A.
2.
答案：
D
解析：由题意得
z
3.
答案：
C
1
ˆ
x1
1.1+2.1+2.3+3.3+4.2）=2.6
，由线性回归方程
y< br>解析：由表中数据额可得，
y=（
5
1
得，
x1.6
，即
（0.21x2.23.2）=1.6
，解得
x1.4
，故 选
C.
5
3i3i1
13i，|z|10
，故选
D. i1
5

3
15

可得
x
， 所以
MN

x|0x

.
2

2 2
2

4.
答案：
D
解析：当
0q1
时，若
a
1
0
，则

a
n

为递增数列
.
当

a
n

为递减数列时，若a
1
0
，则
q1
.
∴
“
0q 1
”
是
“

a
n

为递减数列
”
的既不充分也不必要条件
.
故选
D.
5.
答案：
C
解析：由题意，直角三角形，斜边长为
17
，由等面积，可得内切圆半径
r
815
3
，

8 1517
3
2
∴向此三角形内投豆子，则落在其内切圆内的概率是
1< br>
2
6.
答案：
A
815
3
20
，故选
C
．

解析：由图可知，该几何体是组合体，上半部分是半径为
1
的球的四分之一，

下半部分是棱长为
2
的正方体，

14π
33
则该 机器零件的体积为
2π18
.
故选
C.
433

7.
答案：
A
解析：六个班级的 所有排法共有
A
6
6
720
(
种
)
，同 一年级的两个班级均连排的所有排法共
223
有
A
2
2
A< br>2
A
2
A
3
48
(
种
)
，所以同一年级的两个班级均连排的概率为
481

.
7205
8.
答案：
A
解析：假设甲做对了，则乙和丙都做错了，乙和丙说的都对了，这不合题意；

假设乙做对了，则甲和丙都说对了，也不合题意；

假设丙做对了，则甲说对了，乙和丙都说错了，符合题意
.
所以做对的是丙，说对的是甲
.
故选
A.
9.
答案：
C
解析：由题意，
T
25


k,kZ
，则

k,kZ
.
又

326


A
2



，所以

,f(x)Asin

2x

,f(0)
，故
A
错误；当
x
时，
66

2
22123



2,2
 3

5

5

2x
，
f (x)
在此区间上先增后减，故
B
错误；
f

0
，则

,0

是函数
362

12

12




f(x)
的图象的一个对称中心，故
C
正确；
f

A
，故
D
错误
.
故选
C
．


6

2
10.
答案：
D
解析：如图 所示，因为
A

O
平面
ABCD
，可得平面
A< br>
BC
平面
ABCD
，又因为
DCBC
，所以< br>DC
平面
A

BC,DCA

B
，即得 异面直线
A

B
与
CD
所成角的大小为
π
.
2

11.
答案：
A

1
解析 ：如图所示，由题可知
PAPB
，又
PABPBA
，所以
 PBA60
.
2

13

a,a

又以
AB
为直径的圆的标准方程为
x
2
y
2
a
2
，所以点
P
的坐标为


2

，将其代入
2

y
b
x
中，可得
b3a，

a
ca
2
b
2
4a
2
所以离心率
e2
.
aa
2
a
2
故选
A.

12.
答案：
A

1

x
a

x
解析：
f

(x)(x1)ea

1

(x1)

e

,x0
，
< br>x

x

当
a„0
时，
h
< br>(x)0,f(x)
单调递增，不可能有两个相异零点；

x
当a0
时，
f

(x)0
有唯一解
xx
0
，此时
e
0
x
0
a
，

x则
f(x)
min
f

x
0

x
0
e
0
alnx
0
ax
0
aal na0
，

解得
a(e,)
.
故整数
a
的最小值为
3.
13.
答案：


4
解析：由
a+b(2,4) ,a-b(2,0)
相加得
2a(0,4)
，所以
a(0,2)，相减得
2b=(4,4)
，
所以
b=(2,2)
，故
cosa,b
14.
答案：

2,


x
1
，解得
x2
，

解析：

由题意得：
log
2
ab42


，则
a< br>与
b
的夹角为
.
4
|a||b|
222
2
∴函数
f

x

的定义域是

2,

，故答案为：

2,


15.
答案：
1

2

解析：设
M< br>
x,y

，连接
MF
，则
MFx1
， 易知抛物线
C
的焦点
F

1,0

为圆的圆心，< br>圆的半径
rFA
MAMFr
2

2
2
.
因为
MA
为切线，所以
MAAF
，在
Rt△MAF< br>中，
2

x1


2

1
，易知
△MAF△MBF
，所以四边形
AFBM
的面积
2
SMAr
S
min


x1

2
12
，又
x0
，所以当
x0
时面积取得最小值，所以

22
221

.
222
3

2
16.
答案：
解析：
QacosBbcosA2cosC
，
 sinAcosBsinBcosA2sinCcosC
，
sin(AB)2sin CcosC
，
Qsin(AB)sinC0
，
cosC
1 1
absinC3
S
△ABC
chabsinC
，
h ab
，

22
c2
1
π
，
C，
23
又
c
2
a
2
b
2
2abcosC,a
2
b
2
ab1
，

又
Qa
2
b
2
厖2ab,a
2
b
2
ab12ab,ab?1
，
h
当且仅当
ab
时 取等号，故
h
的最大值为
3
.
2
33
，

ab„
22
17.
答案：（
1
）设等比数列
a
n

的公比为
q
，

Qa
2
2，a
n
2q
n2
，
b
n
log< br>2
a
n
1(n2)log
2
q
，
< br>数列

b
n

为等差数列
.
Qb
1
b
3
b
5
6
，
3b
3
6
，解得
b
3
2
.
1log
2
q2,q2
，
a
n
22
n2
2
n 1
,nN
*
.
（
2
）由（
1
）知，
c
n
n2
n1
,nN
*
，
S
n
12
0
22
1
32
2L(n1)2
n2
n2
n1
，

2S
n
12
1
22
2
L(n1)2
n 1
n2
n
，

两式相减，可得
S
n
122L2
12n1
12
n
n2n2
n
(1n)2
n
1
，

12
n
 S
n
(n1)2
n
1,nN
*
.
18 .
答案：（
1
）由频率分布直方图得：
2a12

0 .0520.0820.14

0.2
，

∴
a0.1
.

∵样本容量
n50
，∴ 在

9,11

这个时间段的频数为
0.082508
，

同理可求得
11,13

，

13,15< br>
，
15,17

，
17,19

，
10,21
这
5
个时间段的频数分别为

14,10,5 ,8.5
.
∴外卖小哥送
50
单的收入为
86145.5 10656.485.556.5
（元）．

（
2
）由题意得
22
列联表如下：


男

女

总计

带饮品

20
10
30
不带饮品

5
15
20
总计

25
25
50
2
由表中数据可得K
2

50

2015105

25 253020

25
8.3337.879
．

3
∴有
99.5%
的把握认为“带饮品和男女性别有关”．

19.
答案：
(1)
证明：因为四边形
ACFE
是矩形，且平面< br>ACFE
平面
ABCD
，

所以
EA
平 面
ABCD
，所以
EABD
，

因为四边形
ABCD
是菱形，所以
ACBD
，

又
ACEAA,AC
平面
ACFE
，
EA
平面ACFE
，所以
BD
平面
ACFE
，

又
EC
平面
ACFE
，所以
BDEC
. 设
AC
与
BD
交于点
O
，连接
OF
， 设
FOC

,ACE

，易知
BD2,AC2 3
，

则
sin


6336
，
sin


，所以
cos(



)0
，所以
OFEC
.
,cos

,cos
< br>
3333
因为
BDOFO
，
BD
平面
FDB
，
OF
平面
FDB
，

所以直线
EC
平面
FDB
.
(2)
建立如图所 示的空间直角坐标系，则
A(3,0,0),B(0,1,0),C(3,0,0),D(0,1, 0)
，

uuuruuur
设
EAt< br>
t0

，则
E(3,0,t),F(3,0,t)
.< br>所以
DB(0,2,0),DF(3,1,t)
，

uuuru uur
m(x,y,z)
设平面
FDB
的法向量为，因为
mDB 0,mDF0
，



2y0
所以
取
z3
，得
xt
.
3xytz0

所以平面
FDB
的一个法向量为
m(t,0,3)
，

同理可求得平面
BEF
的一个法向量为
n(0,t,1)
.
mn6
36
6


因为
cos


，所以，即解得
t1
，

22
mn4
4
4
3t1t
6
.
4
c1
a3
20.
答案：
(1)
因为
cm,e 
，则
a2m,b3m
，所以

取最小值时
m1
a2
2b
x
2
y
2
2
2
 1
.
此时抛物线
C
1
:y4x
，此时
a2 ,b3
，所以椭圆
C
2
的方程为

43
c1x
2
y
2
(2)
因为
cm,e
，则a2m,b3m
，设椭圆的标准方程为
2

2
1
，
a2
4m3m
所以当
EA1
时，
cos


x
2
y
2
1
2

P

x
0
,y
0

,Q

x
1
,y
1

由

4m
2
3m
2
得
3x
2
16mx12m
2
0
，所以
x
0
m
或
x
0
6m
(
舍
3

y
2
4mx

去
)
，代入抛物线 方程得
y
0

于是
PF
1


2 m26m

26
m
，即
P



3
,
3



3

5m7m6m
,PF
2
2aPF
1
,F
1
F
2
2m

333

又
△PF
1
F
2
的边长恰好是三个连续的自然数，所以
m3
，此时抛物线方程为
y
2
12x
，


y26(x3)

F1
(3,0),P(2,26)
，则直线
PQ
的方程为
y 26(x3)
，联立

2


y12x
9< br>得
x
1

或
x
1
2
(
舍去
)
2
2

9

925


于是< br>Q

,36

，所以
|PQ|

2 

(2636)
2


2

2
2

2

t
2

6
6

75



t
设
M

,t

(t(36,26))
到直线
PQ
的距离为
d
，则
d


12
3022

当
t
667556
时，
d
max
< br>，所以
△MPQ
的面积的最大值为

3024
2
4 2
125561256
6x6
.
，此时
MP:y

33
22416
1x

x
21.
答案：（
1
）
f

x

的定义域为

0,

，

a1
时，

f


x

令
f


x

00x1
，∴
f

x

在

0,1

上单调递增；
令
f


x

0x1
，∴< br>f

x

在

1,

上单调递 减

综上，

f

x

的单调递增区间为

0,1

，递减区间为

1,


xlnxax
2
1
lnx
（
2
）
f< br>
x


，


x1x1
2< br>令
g

x

xlnxax1

x1

，

g


x

lnx12ax
，
< br>

令
h

x

g


x

lnx12ax
，则
h


x


12ax

x
①若
a0,h


x

0
，
g


x
在

1,

上为增函数，

g


x

g


1

12 a0

∴
g

x

在

1, 

上为增函数，
g

x

g

1

0
，即
g

x

0
.
lnx
0
，不符合题意
.
x1
1

1

1

②若
0a
，当
x
1,

时，
h


x

0
，
g


x

在

1,

上单调递增，

2

2a

2a

从 而
f

x


g


x

g


1

12a0
，

同①，所以不符合题意

③当
a
1
时，

h


x

0
在

1,

上恒成立
.
2
∴
g


x

在
1,

递减，

g


x
g


1

12a0
.
从而
g

x

在

1,

上递减，∴< br>g

x

g

1

0
，即
f

x



1

结上所述 ，
a
的取值范围是

,



2

lnx
0

x1


x3s
22.
答案：（
1
）在

，中消去参数
s
，得直线
l
的普通方程为
x3y
.
y s


由
x

cos

,y

sin

，得
tan


3
. 3
π
所以直线
l
的极坐标方程为

(
< br>R)
.
6

xe
t
e
t
2)
. tC的普通方程为
x
2
y
2
4(x…
在
tt
，中消去参数，得曲线
yee

ππ

2 22
2,



.
由
x

cos

,y

sin

，得

< br>cos

sin


4


…
44

ππ

2
2,



.
所以曲线
C
的极坐标方程为

cos2

4


…
44

（
2
）将< br>

故
π
代入

2
cos2
< br>4
，得

2
8
.
6
|OP||

|22
.