滁州学院-小学班主任工作计划

2020年高考数学(文科)精优预测卷
新课标全国卷（二）
1
、已知集合
Ax|2x
2
x0
，
B
y|y1

，则
AB
( )
0

A.

1,

1

0< br>


,

B.

1,

2


1

C.

1,


2


1

D.

, 



2


2
、设复数
z
在复平面内对应的点的坐标为
(1,2)
，则
z

1 2i


( )
A.
43i
B.
43i
C.
34i
D.3
x
2
y< br>2
3
、若双曲线
2

2
1
（
a 0,b0
）的一条渐近线经过点

1,2

，则该双曲线的离心 率为
ab
( )
A.
3
B.
5

2
C.
5
D.2
b2
，且

5a 2b



ab

，则
a
与
b
的夹角为
( ) 4
、已知
a1，
A.30
°
B.60
°
C.120° D.150°
5、已知

(0,π)
，
2sin 2

cos2

1
，则
cos

< br>( )
A.
5

5
B.

5

5
C.
25

5
D.

25

5
6
、如图，在等腰直角三角形
ABC
中，

ABBC
，

ABC90
，以
AC
为直径 作半圆，
再以
AB
为直径作半圆，若向整个几何图形中随机投掷一点，那么该点落在阴 影部分的概率
为
( )

A.
4

π1
B.
2

π1
C.
22

π1
D.
1

π1
7
、平面
过正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的顶点
A
，


平面
CB
1
D< br>1
，

I
平面
ABCDm
，

I
平面
ABB
1
A
1
n
，则
m,n
所成角的正弦值为
( )
A.
3

2
B.
2

2
C.
3


3
D.
1

3

8、函数
f(x)
(x
3
x)cosx
e
x
的图象可能是( )
A. B.
C. D.
0

π)
的部分图象如图所示，关于函数
f

x

有下述四个
9< br>、函数
f

x

sin


x


(

0,
结论
:
①
< br>
2
3π

5

117

1

②
f


；③当
x
1,

时，
f(x)
的最小值为
1
；④
f< br>
x

在

,

上
2
4

2

44


2

单调递 增
.
其中所有正确结论的序号是
( )

A.
①②④
B.
②④
C.
①②
D.
①②③④

10
、如图，网格纸上小正方形的边长为
1
，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的
外接球表面积为
( )

A.
323


3
B.
32

C.
36

D.
48


11
、抛物线
x
2
4y
的焦点为
F
，准线为
l
，

A,B
是抛物线上的 两个动点，且满足
AFBF
，
PQ
AB
P
为线段
AB
的中点，设
P
在
l
上的射影为
Q
，则
2

3
3

3
的最大值是
( )
3

2
A. B. C.
2

2
D.


1log
a
x2,x1
12、已知函数
f(x)

，且(
a0
，且
a1
)在区间

,

上为单调函数，
2
x15a,x1
< br>


若函数
yf(x)x2
有两个不同的零点，则实 数a的取值范围是( )
13
A.
[,]

55
12
B.
[,]

55
1313
C.
[,]{}

5520
1213
D.
[,]{}

5520
1 3
、命题“
xR,x
2
2ax10
”是假命题则实数a
的取值范围是
.
14
、已知直线< br>l:mxy3m30
与圆
x
2
y
2
12
交于
A,B
两点，过
A,B
分别作
l
的垂线与x
轴交于
C,D
两点，若
AB23
，则
CD
__________.

y1

15、已知实数
x,y满足约束条件

2xy10
，若
z2yz
的最大值为 11，则实数c的

3x2yc0

值为________.
16
、在
△ABC
中，内角
A,B,C
所对的边分别是
a ,b,c
，且

sinCcos
3
cosA,a4
，则
△ABC
的面积为
.
5
AA
< br>
2cosC

sin
，
22
17
、已知
S
n
为数列

a
n

的前
n项和，满足
n

a
n
1

S
n< br>n
，且
a
3
5
.
2
(1)
求 数列

a
n

的通项公式；

< br>(2)
若
b
n

1

a
n
1

32
a
n
1
，求数列

b< br>n

的前
n
项和
T
n
.
2
18
、如图，在直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
BC3
，
AB1
，
AA
1
AC 2，E
为
AA
1
的中点
.

(1)
证 明
:
平面
EBC
平面
EB
1
C
1
.
(2)
求三棱锥
CBC
1
E
的体积
. < br>19、下面给出了根据我国2012年~2018年水果人均占有量y(单位:kg)和年份代码x绘制的 散
点图和线性回归方程的残差图(2012年~2018年的年份代码x分别为1~7).


$$$$$$
$$
yabx
附:回归方程中斜率和截距的最小二乘估计 公式分别为:
b
i1
$$
ybx
$$
.
a
(1)根据散点图分析y与x之间的相关关系;
(2)根据散点图相应数据计算得
程;(精确到0.01)
(3)根据线性回归方程的残差图，分析线性回归方程的拟合效果.
n
(x
i
x)(y
i
y)

(xx)
i
i1n
，
2

y
i1
7
i
1074,

x
i
y
i
4517
，求y关于x的线性回归方
i1
7
y
2
x
2
1)
并与椭圆
C
交于
M,N
两点，且当
20
、已知椭圆
C:
2< br>
2
1

ab0

直线
l
过 焦点
F(0,
ab

直线
l
平行于
x
轴时，
MN2
.
(1)
求椭圆
C
的标准方程
.
uuuruuur
(2)
若
MF2FN
，求直线
l
的方程
.
2a e
x
21
、已知函数
f

x

lnx 
2
(aR)
.
xx
(1)
若
a0
，讨论
f

x

的单调性
.
2)
内有两个极值点，求实数
a
的取值范围
. (2)
若< br>f

x

在区间
(0,
22
、在极坐标系中 ，直线
l
的极坐标方程为

cos

4
，曲线< br>C
的极坐标方程为

2cos

2sin
，以极点为坐标原点
O
，极轴为
x
轴的正半轴建立直角坐标系，射线l

:ykx(x0,0k1)
与曲线
C
交于
O,M
两点
.
(1)
写出直线
l
的直角坐标方程以及曲线
C
的参数方程
.
(2)
若射线
l

与直 线
l
交于点
N
，求
23
、设函数
f
x

x22x3
.
(1)
解不等式
f

x

8
；

(2)
若函数
f

x

图象的最低点的坐标为(m,n)
，且正实数
a,b
满足
abmn
，求
OM
的取值范围
.
ON
a
2
b
2

的最小值
.
b1a1

答案以及解析
1答案及解析：
答案：
B 1

1

2
0



, 

.
解析：依题意，
Ax|2xx0

x|x0或x

，故
AB

1,
2

2



2答案及解析：
答案：
C
解析：由题意得
z12i
，所以
z

12i



12i

12i
34i
.
故选
C.

3答案及解析：
答案：
C
x
2
y
2
解 析：∵双曲线方程为
2

2
1

a0,b0


ab
b
∴该双曲线的渐近线方程为
yx
，

a
又∵一条渐近线经过点

1,2

，∴
2b
1
，得
b2a
，

a
c
5

a
由此可得
ca
2
b
2
5a
，双曲线的离心率
e

4答案及解析：
答案：
C
解析：因为

5a2b


ab

，所以

5a2b



ab

0
，所以
5a
2
2b
2
3ab0
.
又
a1
，
b2
，所以
ab1
.
由向量的夹角公式，得
cosa,b
又
0a,b180
，所以向量
a
与
b
的夹角为< br>120
°故选
C.

5答案及解析：
答案：B
解析：
Q2sin2

cos2

1
，
4sin

cos

2sin
2

，Q

(0,π)

ab1

.
ab 2
sin

0,2cos

sin

，< br>cos

0
，又
sin
2

cos< br>2

1

15

5c os
2

1,cos
2

,cos


55

6答案及解析：
答案：
B
解析： 如图，不妨设
AC22
，则
AO2,AB2
.
由图易知区域② 的面积
S

等于以
AB
为
直径的半圆的面积减去区域①的面 积，所以
S


1

1

π
< br>1
2



π

2

4< br>
2
2

S
△
ABC

S< br>△
AOB
，

1
而
S
△
AOB221
，所以阴影部分的面积为
2S
△
AOB
2，又整个图形的面积
2
1
S
π

2
2

2

1

π

1
，所以 由几何概型概率的计算方法知，所求概率为
2
.
π1


7答案及解析：
答案：
A
解析：如图，设平面
CB
1< br>D
1

平面
ABCDm'
，平面
CB
1< br>D
1
I
ABB
1
A
1
n'
，因为


平
面
CB
1
D
1
，所以
mm',nn'
，则
m,n
所成角等于
m',n'
所成的角，延长
AD
，过
D
1
作
D
1
EB
1C
，连接
CE,B
1
D
1
，则
CE
为
m

，同理
B
1
F
1
为
n'，而
BDCE,B
1
F
1
A
1
B
，则
m',n'
所成的角即为
A
1
B,BD
所成的角，即为60
o
，故
m,n
所成角的正弦值为
3
，故选
A
2

8答案及解析：
答案：A
解析：由题意知
f(x)
(x
3
x)c osx
e
x
f(x)

π
所以函数
f(x)< br>是奇函数，排除C，D选项，因为当
x(0,)
时，
f(x)0
， 所以排除B，选
2
A

9答案及解析：
答案：
C
解析：根据题意，得函数
f

x
的最小正周期
T
又易知
2π

51

2



，所以

π
，


44

3



π

2< br>k
1
π
，k
1
Z
，所以

π

2
k
1
π
，k
1
Z
，

44
3π

3π

又
0
< br>π
，所以


，所以
f

x
< br>sin

πx

，①正确

4

4


1

π3π

f

sin



cos
3π

2
，所 以②正确；


2

24

42
3π< br>

2

3π

7π13π

< br>
5

2
sin
πx
,1
fx
x1,
π
x
,

当时，，，的最小值为，所
< br>


4


2

4



2


44


2
以③不正确；

π3ππ
51
2kπ，kZ
， 解得
2kx2k,kZ
，所以
f

x
的单调令
2kππx
24244
1

5
< br>139

递增区间为

2k,2k

,k Z
，当
k1
时
f

x

的单调递增区 间为

,

，所以
4

4

44

④不正确故选
C

10答案及解析：
答案：
D
解析：由三视图可知，这个四面体为三棱锥， 且三棱锥的每个顶点都在边长为
4
的正方体上，
如下图所示

三棱锥底面为直角边长等于
4
的等腰直角三角形，同时三棱锥的高为
4
， 三条侧棱长分别为

4
2
4
2
42,4
24
2
42,4
2
4
2
4
2
 43
，

由图可知四面体的外接球与正方体的外接球为同一个外接球，所以外接球的半 径
4
2
4
2
4
2
R23
，故外接 球表面积
S4

R
2
48

，故选项
D
正确
.
2

11答案及解析：
答案：C
解析：设
AFa,BFb
，
A,B
在l上的射影分别为
M,N
，则
AFAM,BFBN
，故
PQ
AMBN
2
2

ab
.又
AFBF
，所以
AB
2
2
AFBFa
2
b
2
.因为
2

ab

2
22
a
2
b
2


ab

2ab

ab


ab

2

2


ab

2
ab
2
，所以
a
2
b
2

2
.故选C
2
，当且仅当
ab
时等号成立，故PQ
AB

ab
2a
2
b
2
2
2

ab

2


12答案及解析：
答案：C

解析：因为函数
f (x)
在区间

,

上为单调函数，且当
x1< br>时，
f(x)

x1

5a
在
2
1,

上单调递增，所以


0a1
1
，解得
a1
.函数
yf(x)x2
有两个不同的5

1005a
零点等价于
f(x)x2
有两个不同 的实数根，所以函数
yf(x)
的图像与直线
yx2
有
两个不 同的交点，作出函数
yf(x)
的大致图像与直线
yx2
，如图，当< br>x1
时，由
1log
a
x20
，得
x2
1
yf(x)
的图像与直线
yx2
在
(,1]< br>内有
1
，易知函数
a
的图像与直线
yx2
在< br>
1,

内有唯一交点，所以
5a
唯一交点，则函数< br>a
yf(x)
3
或
5
131213
.综上可知实 数a的取值范围是
[,]{}
.
205520


13答案及解析：


1,


答案：(,1］
解析：因为命题“
xR,x
2
2ax10”是假命题，

2
2ax
0
10
”为真命题，

所以原命题 的否定“
xR,x
0


1,

. 所以
4a
2
40
，解得
a1
或
a 
1.
所以实数
a
的取值范围为
(,1］

14答案及解析：
答案：
4
解析：设圆心到直线
l:mxy 3m30
的距离为
d
，

则弦长
|AB|212d
2
23
，

得
d3
，

即
3m3
m1
2
3
，

解得
m
3
，

3
则直线
l:x3y60
，

数形结合可得
CD

15答案及解析：
答案：23
AB
4
.
cos30
解析：作出可行域如图中阴影部分所示，

易知
c
1
，所以
c2

2
作出直线
x2y0
并平移，分析可知，当平移后的直线经过直线
3x2yc 0
和直线
c2

x


3x2yc0

7
解得

，故
2xy10
的交点时，z2yx
取得最大值，由

2xy10
2c3
< br>
y

7

2
2c3c2
11
，解得
c23

77

16答案及解析：
答案：
6
解析：由题设得，
2sinCcos
2
AAA< br>2

2cosC

sincos
，

2 22
所以
sinC

1cosA



2cosC

sinA
，
sinCsinCcosA2sinAco sCsinA
，

所以
sinCsinCcosAcosCsinA2 sinA
，
sinCsin

CA

2sinA.

3
所以
sinCsinB2sinA
，即
cb2a
.
又
cosA
，
a4
，cb8
，

5
所以
4
2
b
2< br>c
2
2bccosA


bc

2 bc2bccosA
，所以
bc15
，

114
所以< br>△ABC
的面积
SbcsinA356
.
225
2

17答案及解析：
2
答案：
(1)
由
n

a
n
1

S
n
n
，得
na
n
S
n
n

n1

①，

所以

n1

a
n1
S
n1
n

n1

②，

由②
-
①，得

n1

a
n1
na
n
a
n1
2n
，所以
a
n1a
n
2
，

故数列

a
n

是公差为
2
的等差数列
.
因为
a
3
5
，所以
a
1
2da
1
225
，解得
a
1
1
，

所以
a
n
12

n1

2n1
.
(2)
由
(1 )
得，
b
n
n34
n1
，

所以
T
n
12n344L4

18答案及解析：
答案：
(1)
易知
BB
1
CB
，
QBC3
，
AB1
，
AC2
，
BC
2
AB
2
AC
2
，
BCAB
，
< br>
01n1

n

n1

14
n
n

n1

3
4
n
1
.
214
2
又
BABB
1
B
，< br>BA，BB
1

平面
ABB
1
A
1
，

BC
平面
ABB
1
A
1
，

QB
1
E
平面
ABB
1
A
1
，
BCB
1
E
.
QE
为
AA
1
的中点 ，
AEA
1
E1
，
BE
2
B
1
E
2
2
，

BE
2
B
1< br>E
2
B
1
B
2
，
BEB
1< br>E
.
又
BEBCB
，
BE，BC
平面
BCE
，
B
1
E
平面
BCE
，
< br>又
B
1
E
平面
B
1
C
1
E
，

平面
EBC
平面
EB
1
C
1
.
(2)
由
(1)
知
BCAB
，

QABBB
1
，
B
1
BBC B
，
B
1
B，BC
平面
B
1
C
1
CB
，
AB
平面
B
1
C
1
CB
.
又
A
1
AB
1
B
，
B
1
B
平面
B
1
C
1
CB
，A
1
A
平面
B
1
C
1
CB
，

A
1
A
平面
B
1
C
1CB
，

点
E
到平面
B
1
C
1
CB
的距离为线段
AB
的长
.
V
CBC< br>1
E
V
EBC
1
C

1
S< br>△
BCC
AB

1

1
321< br>3
.
1
3
323

19答案及解析：
答案：(1)根据散点图可知y与x正线性相关.
(2)由所给数据计算得
1
x(12...7)4
，
7

(x
i1
7
i1
7
i
x)
2
28
，
x)(y
i
y)

x
i
y
i
x

y
i
451741074221
，
i 1i1
77

(x
$$
b
i

(xi1
4
7
i
x)(y
i
y)

i

(x
i1
x)
2
221
7.89
，
28
$$
ybx
$$

1074
7.89 4121.87
，
a
7
y7.89x121.87
. 所 求线性回归方程为
$$
(3)由题中的残差图知历年数据的残差均在-2到2之间，说明线性回归 方程的拟合效果较好.

20答案及解析：
答案：
(1)当直线
l
平行于
x
轴时，直线
l:y1
，

1

1
1

2

则
MN2b
2

1
2

2
，即
b
1
2




a

2
< br>a

又
c1
，
a
2
b
2
c
2
，
a
2
2
，
b
2
 1
.
uuuruuur
(2)
当直线
l
的斜率不存在时， 直线
l
的方程为
x0
，此时不满足
MF2FN
. y
2

椭圆
C
的标准方程为
x
2
 1
.
2
且由
(1)
知当
k0
时也不满足
.
设直线
l
的斜率为
k
，则直线
l
的方程为
ykx 1(k0)

设
M(x
1
,y
1
)
，
N(x
2
,y
2
)
.

ykx1

联立得方程组

y
2
，

2
x1

2
22
消去
y
并整理，得
2kx2kx10
.

x
1
x
2

2k1
xx
.
，
12
2k
2
2k
2
uuuruuur
Q
MF2FN
，
x
1
2x
2
，

2

xx


12
x
1
x
2
1
14
22

，即
4k22k
，解得
k
2
7


直线
l
的方程为
k
14
x1
.
7

21答案及解析：
答案：
(1)由题意可得
f

x

的定义域为
(0,)
，

x
x
12
ae

x2


xae


x2

，

f


x


2


3
3
xxx
x
当
a0
时，易知
xae
x
0，

所以，由
f


x

0
得
0x2
，由
f


x

0得
x2
，

2)
上单调递减，在

2,

上单调递增
.
所以
f

x

在
(0,

xa e


x2

，
(2)
由
(1)可得
f


x


x
x
3< br>当
0x2
时
x2
0
，

x
3
xx
记
g

x

xae
，则
g


x

1ae
，

2)
内有两个极值点，

因为
f

x
< br>在区间
(0,
2)
内有两个零点，所以
a0
.
所 以
g

x

在区间
(0,
令
g


x

0
，则
xlna
，

2)
上，
g

(x)0
，所以在
(0,2)
上 ，

①当
lna0
，即
a1
时，在
(0,< /p>

g

x

单调递减，
g

x

的图象至多与
x
轴有一个交点，不满足题意

②当
lna2
，即
0a
1
2)
上，
g

x

0
，所以在
(0,2)
上，

时，在
(0,
e
2
g

x

单调递增，
g

x

的图象至多与
x
轴有一个交点 ，不满足题意
.
③当
0lna2
，即
1
2)
上单调递减，
a1
时，
g

x

在
(0,lna)
上单调递增，在
(lna,

2
e
2)
内有两个零点，

由
g

0

a0
知，要使
g

x

在区 间
(0,


g

lna

lna 10
21
必须满足

，解得
2
a
，

2
ee


g

2

2 ae0

21

综上所述，实数
a
的取值范围是

2
,

.

ee


22答案及解析：
答案：
(1)
依题意，直线
l
的直角坐 标方程为
x4
.
曲线
C:

2
2

cos

2

sin

，故
x
2
y
2
2x2y0
，故

x1



y1

2
，



x 12cos

C
故曲线的参数方程为

，
(φ
为参数
).
y12sin



22
(2 )
设
M(

1
,

)
，
N(
2
,

)
，则

1
2cos
2sin

，

2

所以
OM< br>4
.
cos


1

2cos

2sin


cos

sin

cos

cos
2

11



s in2

cos2




ON
2
4
44
2
2

π

1
si n

2




.
44
4

2π

π
ππ3π

sin

2



1
.
，所以
2


，所以
24

444
4


因为
0k1
，故
0


所以
OM
1 2π

112

112


sin

2




，故的取值范围是

,< br>
.
ON
244

44

24



23答案及解析：


3x4,x2

答案：
(1)
f

x



x8, 3x2
，


3x4,x3


x 2

3x2

x3
所以不等式
f
x

8
等价于

，或

，或
，

x883x48
3x48


解 得
x2
或
0x2
或
x4
，

0,)

所以不等式
f

x

8
的解集为
(,4］［
5)
，
(2)
由
(1 )
可得函数
f

x

图象的最低点的坐标为
(3 ,
则
m3,n5
，所以
abmn2
，
22
a
2
b
2

1

a
< br>b

a1b1








4b1a1
b1a1

2 2

1
1

a

a1

b
b1

1


a
2
b2



2aba
2
b
2


a
2
b
2

1
，当且仅当< br>ab1
时取
4

b1a1
44

等 号，

a
2
b
2

所以的最小值为
1
b1a1