2017端午-工作表现证明

2020年新课标二高考数学(文科)预测卷 （二）
注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在
答题卡上

一、选择题
1.
已知集合
Ax|2x
2
x0
，
B

y|y1< br>
，则
AB
( )

1

0


,

B.

1,
< br>2


1

C.

1,



2


1

D.

,



2


0

A.
1,
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
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 < br>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>( )
5

5
A.B.

5

5
C.
25

5
D.

25
< br>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< br>ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的顶 点
A,


平面
CB
1
D
1
,
I
平面
ABCDm
,

I
平面
A BB
1
A
1
n
,
则
m,n
所成角的正弦 值为
( )
3

2
2

2
的图象可能是( )
A.B.C.
3


3
D.
1

3
8.函数
f(x)
(x< br>3
x)cosx
e
x
A. B.
C. D.
0

π)
的部分图象如图所示，关于函数
f

x

有下述四个结论
: 9.
函数
f

x

sin


x


(

 0,
2
3π

5

117


1

②
f


；③当
x

1,

时，
f(x)
的最小值为
1
；④
f

x

在

,

上单调递
2
4

2


44


2
①


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
,P
为线段
AB
的中点
,设
P
在
l
上的射影为
Q,
则
PQ
AB
的最大值是
( )
A.
2

3
B.
3

3
C.
2

2
D.
3

2


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，若函数
2


x1

5a,x1
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
二、填空题
13.
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
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< br>,
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的值为___ _____.

3x2yc0

16.
在
△ABC
中，内角
A,B,C
所对的边分别是
a,b,c
，且
sinCcos
AA


2cosC

sin
，
22

3
cosA,a4
，则
△ABC
的面积为
.
5
三、解答题
17.
已知
S
n
为数列

a
n

的前
n
项和，满足
n

a
n
1

S
n
n
2
，且
a
3
5
.
(1)
求数列

a
n

的通项公式；
< br>1

a
n
1

32
a
n1
，求数列

b
n

的前
n
项和< br>T
n
.
2
(2)
若
b
n

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).


$$$$$$
$$
附:回归方程
y abx
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:
b
i1
n
( x
i
x)(y
i
y)

(xx)
i
i1
n
$$$$
,
aybx
.
2
(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
0.01)

y
i1
7
i
1074,

x
i
y
i
4517
,求y关于x的线性回归方程;(精确到
i1
7
(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.
y
2
x
2
1)
并 与椭圆
C
交于
M,N
两点，且当直线
l
20.
已知 椭圆
C:
2

2
1

ab0
直线
l
过焦点
F(0,
ab
平行于
x
轴时，< br>MN2
.
(1)
求椭圆
C
的标准方程
.
uuuruuur
(2)
若
MF2FN
，求直线
l
的方 程
.
2ae
x
21.
已知函数
f

x< br>
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
，
0k1)
与曲线
C
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,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
.
OM
的取值范围
. < br>ON
(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
；

a
2
b
2
(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

的最
b 1a1
小值
.

参考答案
1.
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：
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：
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
由此可得
c a
2
b
2
5a
,
双曲线的离心率
e
4.
答案：
C
c
5

a
解析：因为

5a2b



ab

，所以
< br>5a2b



ab

0
，所以5a
2
2b
2
3ab0
.
ab1

.
ab2
又
a1
，
b 2
，所以
ab1
.
由向量的夹角公式，得
cosa,b< br>又
0a,b180
，所以向量
a
与
b
的夹角 为
120
°故选
C.
5.答案：B
解析：
Q2sin2

cos2

1
,
4sin

co s

2sin
2

,
Q

(0,π )

sin

0,2cos

sin
< br>,
cos

0
,又
sin
2

cos
2

1

15

5cos
2

1,cos
2

,cos


5 5
6.
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

12



π

2

4
< br>2
2

S
△
ABC

S
△AOB
，而

1
S
△
AOB
221< br>，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< br>
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：
A
解析：如图
,
设平面
CB
1
D
1

平面
ABCDm'
,
平面
CB
1
D
1
IAB B
1
A
1
n'
,
因为


平面< br>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< br>为
n'
,
而
BDCE,B
1
F
1
A
1
B
,
则
m',n'
所成的角即为
A
1< br>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：A
(x
3
x)cosx
e< br>x
解析：由题意知
f(x)f(x)

π
所以函数
f(x)
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A
2
9.
答案：
C
解析：根据题意，得函数
f
< br>x

的最小正周期
T
2π

51

2



，所以

π
，



44

又易知

3



π

2
k
1
π
，k
1
Z
，所以


π

2
k
1
π
，k
1
Z
，

4
4
3π

3π
，所以
f

x

sin

πx

，①正确

4

4

又
0< br>
π
，所以



1

π3π

f

sin



cos
3π

2
，所以②正确；

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

51
π3ππ
2kπ，kZ
，解得< br>2kx2k,kZ
，所以
f

x

的 单调递增区令
2kππx
44
242
1

5

139

间为

2k,2k

,k Z
，当
k1
时
f

x

的单调递增 区间为

,

，所以④不正确故选
4

4

44

C
10.
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
42
42,4
2
4
2
42,4
2
42
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< br>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：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


时等号成立,故
PQ
AB

ab
2a
2
b
2


ab

2< br>2


ab

2

2
，所以a
2
b
2

，当且仅当
ab
ab
2
2

ab

2
2
.故选C
2
12.答案：C
解析：因为函数
f(x)
在区间
,

上为单调函数，且当
x1
时，
f(x)

x1

5a
在

1,

上< br>2

0a1
1
单调递增，所以

，解得
a1
.函数
yf(x)x2
有两个不同的零点等价于
5

1005a
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
x1
时，由
1log
a
x20
，得
x2
1
yf(x)y f(x)
的图像与直线
yx2
在
(,1]
内有唯一交点，则 函数
1
，易知函数
a
313
或
a
.综上可知实 数a的取值范围
520
的图像与直线
yx2
在

1, 

内有唯一交点，所以
5a
1213
是
[,]{}< br>.
5520



1,

13.< br>答案：
(,1］
解析：因为命题“
xR,x
2
2 ax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：
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
AB
4
.
cos30
15.答案：23
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
2xy10
c2
< br>x


3x2yc0
2c3c2

7< br>的交点时,
z2yx
取得最大值,由

解得

, 故
211
,解得
2c3
2xy10
77
< br>
y

7

c23

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

222
所以
sinC

1cosA


2cosC

sinA
，
sinCsinCcosA2 sinAcosCsinA
，

所以
sinCsinCcosAcos CsinA2sinA
，
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
c
2
2bccosA


bc

2bc2b ccosA
，所以
bc15
，

114
所以
△A BC
的面积
SbcsinA356
.
225
217.
答案：
(1)
由
n

a
n
1

S
n
n
，得
na
n
S
n
n

n1

①，

2
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a1
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
解析：


01n1

n

n1

14n
n

n1

34
n
1
.
2142

18.
答案：
(1)
易知
BB
1
CB
，

QBC3
，AB1
，
AC2
，
BC
2
AB
2AC
2
，
BCAB
，

又
BABB< br>1
B
，
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< br>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
1
CB
，

点
E
到平面
B
1
C
1
CB
的 距离为线段
AB
的长
.
1
V
CBC
1
E
V
EBC
1
C
S
△
BCC
 AB

1

1
321
3
.
1
3
323
解析：

19.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
x)
2
28
,

(x< br>i1
7
i
x)(y
i
y)

xi
y
i
x

y
i
451741074 221
,
i1i1
77

$$b

(x
i1
4
7
i
x)(y
i
y)

i

(x
i1
x)
2221
7.89
,
28
$$
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.
解析：
20.
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

a

又
c 1
，
a
2
b
2
c
2
，
a
2
2
，
b
2
1
.
y
2
椭圆
C
的标准方程为
x
2
1
.
2
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
.
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
< br>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
，

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

21.
答案：
(1)
由题意可得
f

x

的定义域为
(0,)
，< br>
x
12
ae

x2


xa e


x2

，

f

< br>x


2


xxx
3
x
3
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,< br>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

1
(0,2)上，
g


x

0
，所以在
(0, 2)
上，

2
时，在
e
②当
lna2
，即
0a
g

x

单调递增，
g
< br>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,
e
2
2)
内有两个零点，< br>
由
g

0

a0
知，要使
g

x

在区间
(0,

21

g

lna

lna10
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

解析：

22.
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

故曲线
C
的参数方程为

，
(φ
为参数
).


y12sin

22
(2)
设
M(

1
,

)
，
N(

2,

)
，则

1
2cos

2s in

，

2

所以
OM
4
.
cos


1

2cos

2sin< br>

cos

sin

cos

 cos
2

11



sin2
cos2




ON

2
444
2
2

π

1
sin

2




.
44

4
2π

πππ3π

sin

2



1
.
，所以
2


，所以< br>24

4444


因为
0k1
，故< br>0


所以
OM
12

π
112

112

sin

2




.
，故的取值范围是

,
ON
244

44

24



解析：

3x4,x2

23.
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

，

3x48x8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
时取等号，

4

b1a1
4

4
a
2
b
2

所以的最小值为
1
b1a1