吉林2020届高三数学（文）下学期模拟试题（PDF版附答案）

2020 高考模拟--数学（文科） 1、已知集合      1,2,3 , 1 2 0A B x x x     ，则 A B 等于( ) A.  1 B.  1,2 C.  0,1,2,3 D. { 1,0,1,2,3} 2、已知复数 z 在复平面内对应点是 1, 2 ，i 为虚数单位，则 2 1 z z   ( ) A. 1 i  B. 1 i C. 31 2 i D. 31 2 i 3、命题" 3 2R, 1 0x x x     "的否定是( ) A. 不存在 3 2 0 0 0R, 1 0x x x    B. 3 2 0 0 0R, 1 0x x x     C. 3 2 0 0 0R, 1 0x x x     D. 3 2R, 1 0x x x     4、已知向量 (4, 1), ( 5,2)a b     ，且( ) / /( )a b ma b     ，则实数 m  （ ） A. 1 B. -1 C. 7 5 D. 7 5  5、已知 1.22a  ， 0.81 2b      ， 52log 2c  ，则 , ,a b c 的大小关系为( ) A. c b a  B. c a b  C. b a c  D. b c a 6、数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题:松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹 日自倍，松竹何日而长等.如图，是源于其思想的一个程序框图.若输入的 , a b 分别为8,2， 则输出的 n  ( ) A.2 B.3 C.4 D.5 7、在 ABC△ 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 230 , 2A b ac   ，则 sinb B c  （ ） A. 1 B. 2 C. 1 2 D. 3 2 8、在区间 π π[ , ]4 4  上随机取一个数 x ，则sin 2x 的值介于 0 到 3 2 之间的概率为 （ ） A. 3 4 B. 2 3 C. 1 2 D. 1 3 9、已知直线 ( 0)y kx k  与双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     交于 ,A B 两点，以 AB 为直 径的圆恰好经过双曲线的右焦点 F ，若 ABF△ 的面积为 24a ，则双曲线的离心率为( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 10、设函数 ( )f x 的定义域 D ，如果存在正实数 m ，使得对任意 x D ，都有( ) ( )f x m f x  ，则称 ( )f x 为 D 上的“ m 型增函数”，已知函数 ( )f x 是定义在 R 上的 奇函数，且当 0x  时， ( )f x x a a   （ a R ）．若 ( )f x 为 R 上的“20 型增函数”， 则实数 a 的取值范围是（ ） A． 0a  B． 5a  C． 10a  D． 20a  11、已知过球面上三点 , ,A B C 的截面到球心距离等于球半径的一半，且 6, 4AC BC AB   ，则球面面积为( ) A. 42 B. 48 C. 54 D. 60 12、已知直线 : 2 ( 0)l y x m m    与圆 2 2: 2 2 23 0C x y x y     ，直线l 与圆C 相 交于不同两点 ,M N .若| | 2 | |MN CM CN    ，则 m 的取值范围是（ ） A. [ 5,5) B. [2,5 5 3) C. (5,5 5) D. ( 3,2) 13、设曲线 2y ax 在点 (1, )a 处的切线与直线 2 6 0x y   垂直，则 a __________. 14、已知 ,x y 满足约束条件 2 0 2 4 0 1 x y x y x         ，则 z x y  的最小值为__________． 15、已知正数 ,x y 满足3 4x y xy  ，则 3x y 的最小值为____________. 16、 △ ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c .已知 cos sina b C c B  ，且 2b  ， 则 △ ABC 面积的最大值是__________. 17、已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 3 8 58 2 2S a a a   ， ． (1)求 na ； (2)设数列 1{ } nS 的前 n 项和为 nT ，求证 3 4nT  . 18、如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C ，侧棱垂直于底面， , ,AB BC E F 分别是 1 1,AC BC 的中点.(1).求证：平面 ABE  平面 1 1B BCC ； (2).求证： 1 / /C F 平面 ABE . 19、如图，在四棱锥 P ABCD 中， PD  平面 ABCD ， / / , , 4, 2 2AB CD AB BC AB BC CD CE     . （1）证明：平面 PAD  平面 PDE ； （2）若 PAB△ 的面积为 2 21 ，求三棱锥 P ADE 的体积. 20、在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 : 14 3 x yC   的左顶点为 A，右焦点为 F，P， Q 为椭圆 C 上两点，圆  2 2 2: 0O x y r r   . （1）若 PF x 轴，且满足直线 AP 与圆 O 相切，求圆 O 的方程； （2）若圆 O 的半径为 2，点 P，Q 满足 3 4OP OQk k   ，求直线 PQ 被圆 O 截得弦长的最大 值. 21、设函数 21( ) ln 2f x x ax bx   . （1）若 1x  是 ( )f x 的极大值点，求 a 的取值范围； （2）当 0, 1a b   时，方程 2 2 ( )x mf x （其中 0m  ）有唯一实数解，求 m 的值. 22、选修 4－4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，以原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位．已知直线l 的参数方程为 3 1 3 x t y t      (t 为参数)，曲线C 的极坐标 方程为 4sin 3        . (1)求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程； (2)若直线l 与曲线C 交于 ,M N 两点，求 MON△ 的面积． 23、已知函数 ( ) 3 2f x x x   . (1)求不等式 ( ) 2f x  的解集； (2)若 ( )f x 的最大值为 m，正数 , ,a b c 满足 a b c m   ，求证： 2 2 2 3a b c   .1 答案及解析： 答案：B 解析：∵集合        1,2,3 , 1 2 0 1 2A B x x x x x         ， ∴  1,2A B  .故选 B. 2 答案及解析： 答案：D 解析： 2 3 2 311 2 2 z i iz i      ，故选 D. 3 答案及解析： 答案：C 解 析 ： 由 全 称 命 题 的 否 定 是 特 称 命 题 可 得 命 题 3 2R, 1 0x x x     的 否 定 是 “ 3 2 0 0 0R, 1 0x x x     ”，故选 C. 4 答案及解析： 答案：B 解析：易知 ( 1,1), (4, 1) ( 5,2) (4 5, 2)a b ma b m m m               ，因为 ( ) / /( )a b ma b     ，所以 ( 1) ( 2) 1 (4 5) 0m m        ，解得： 1m   ， 故选 B. 5 答案及解析： 答案：A 解析：∵ 1.22 2a   ， 0.8 0.8 11 2 2 22b        ， 5 5log 4 log 5 1c    ， ∴ c b a  .故选 A. 6 答案及解析：答案：D 解析：输入的 , a b 分别为8,2, 1n  第一次执行循环体后 12, 4,a b  不满足退出循环的条件， 第二次执行循环体后 2, 18, 8,n a b   不满足退出循环的条件， 第三次执行循环体后 3, 27, 16,n a b   不满足退出循环的条件， 第四次执行循环体后 814, , 322n a b   ，不满足退出循环的条件， 第五次执行循环体后 2435, , 644n a b   ，满足退出循环的条件， 故输出的 5n  ，故选 D. 7 答案及解析： 答案：A 解析：因为 2 2b ac ，由正弦定理，得 2sin 2sin sin 2sin30 sin sinB A C C C   ，所 以 2sin sin 1sin b B B c C   ， 故选 A. 8 答案及解析： 答案：D 解析：所有的基本事件构成的区间长度为 π π π( )4 4 2    ，由 30 sin 2 2x  ，解得： π0 2 3x  ，则 π0 6x  ，所以由几何概型的概率公式得sin 2x 的值介于 0 到 3 2 之间的 概率为 π 0 16 π 3 2 P    ， 故选:D. 9 答案及解析： 答案：D解析：由题意可得图像如图所示： 为双曲线的左焦点 AB∵ 为圆的直径 90AFB  ∴ 根据双曲线、圆的对称性可知：四边形 'AFBF 为矩形 ' ' 1 2ABF AFBF FBFS S S ∴ △ △ 又 2 2 2 ' 4tan 45FBF bS b a  △ ，可得： 2 25c a 2 5 5e e  ∴ .故选 D. 10 答案及解析： 答案：B 解析：若 0a  ：当 0x  时， ( ) | | | |f x x a a x x     ， 又∵ ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，∴ ( )f x x ，符合题意； 若 0a  ：当 0x  时， ,      0( ) | | 2 ,  x x af x x a a x a x a          ， 又∵ ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，根据题意可知 ( 20) ( )f x f x  对于任意 x R 恒成 立，∴问题等价于将 ( )f x 的图象向左平移 20 个单位后得到的新的函数 ( 20)f x  图象恒在 ( )f x 图象上方，可知 4 20a  ，即 0 5a  ，综上实数 a 的取值范围是 ( ,5) ，故选 B. 11 答案及解析： 答案：C解析：如图，设球的半径为 ,R O 是 △ ABC 的外心，外接圆半径为 ,r 则 OO  面 ABC .在 Rt △ ACD 中， 1 3cosA  ，则 2 2 3sinA  . 在 △ ABC 中，由正弦定理得 6 92 , 2sin 4r rA   ， △ ABC 外接圆的半径 29 2 3 27 4 2 2r R R    ，S= 24 54R   .故选:C. 12 答案及解析： 答案：B 解析：圆C 方程可化为： 2 2( 1) ( 1) 25 (1,1)x y C     ，圆C 半径 5r  2 2| | 2 | | | | 4 | |MN CM CN MN CM CN          即 2 2 2| | 4 | | 4 | | 8MN CM CN CM CN        2| | 100 100 8| | | | cosMN CM CN MCN      ∴ 2 2 25 25 | || | 100 100 200 | | 4 550 MNMN MN          设圆心C 到直线 2y x m   的距离为 d 则 2 2 2| 3 |2 2 25 ( ) 4 5 2 5 mr d m      又直线 2y x m   与圆C 相交，可得 d r 即 | 3 | 5 5 5 3 5 m m     综上所述： [2,5 5 3)m  故选 B. 13 答案及解析： 答案：1 解析： ' 2y ax ，所以切线的斜率 2k a ，又切线与直线 2 6 0x y   垂直得 12 12a        ，解得    1a  . 14 答案及解析： 答案： 3 2 解析：作出 x y， 满足约束条件 2 0 2 4 0 1 x y x y x         对应的平面区域如图： 由 z x y  ，得 y x z   表示，斜率为-1 纵截距为 z 的一组平行直线， 平移直线 y x z   当直线 y x z   经过点 A 时，直线 y x z   的截距最小，此时 z 最小， 由 1 1(1, )2 0 2 x Ax y     ， 此时 min 1 312 2z    ． 故答案为： 3 2 ． 15 答案及解析： 答案：25 解析：由正数 x，y 满足 3x+4y=xy，∴ ． ∴x+3y= =13+ ≥13+2 =25，当且仅当 x=2y=10 时， 取等号． ∴x+3y 的最小值为 25． 故答案为：25． 16 答案及解析：答案： 2 1 2  解析：由 cos sina b C c B  及正弦定理得， sin sin cos sin cosA B C C B  ，即  sin sin cos sin sinB C B C C B   ， 又  sin sin cos sin sinB C B C C B   ，于是可得 sin cosB B ， 即 tan 1, 45B B  . 在 △ ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 cos45° 2a c ac   ，即 2 2 2 2a c ac   ， 又因为 2 2 2a c ac  ， ∴  2 22 2 2 2a c ac ac     ， 由此可得 2 2 2 2 2 ac     ，当且仅当 a c 时等号成立， △ ABC 面积  1 2 2+1sin 2 22 4 2S ac B    ， 故 △ ABC 面积 S 最大值为 2+1 2 . 17 答案及解析： 答案：（1）设公差为 d，由题意有 1 1 1 2 8 2 9 2 8 2 a d a d a d        ， 解得 1 3, 2a d  ， 所以 2 1na n  . （2）由（1）知， 2(3 2 1) 22n nS n n n     ， 则 1 1 1 1 1( )( 2) 2 2nS n n n n     ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( ) ( ) ( )]2 3 2 4 3 5 1 1 2nT n n n n               1 1 1 1 3(1 )2 2 1 2 4n n       . 18 答案及解析： 答案：(1).在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1BB  底面 ABC所以 1BB AB 又因为 AB BC 1BC BB B  1,BC BB  平面 1 1B BCC 所以 AB  平面 1 1B BCC 又 AB  平面 ABE 所以平面 ABE  平面 1 1B BCC (2).证明： AB 取的中点 G，连接 ,EG FG 因为 ,E F 分别是 1 1,AC BC 的中点 所以 / /FG AC ，且 1 2FG AC 因为 1 1/ /AC AC ，且， 1 1AC AC ，所以 1/ /FG EC ，且 1FG EC ，所以四边形为 1FGEC 平行 四边形 所以 1 / /C F EC 又因为 EG  平面 ABE ， 1C F  平面 ABE 所以 1 / /C F 平面 ABE 19 答案及解析： 答案：（1）在直角梯形 ABCD 中， 4AB BC= = ， 2CD = ， 1CE = ， ABE ECDÐ = Ð \ 2 2 5DE CE CD= + = ， 2 2 5AB BE AB= + = 2 2 2 5AD AB CD BC( )= - + = \ 2 2 2DE AE AD+ = ， \ AD DE^ Q PD ^ 平面 ABCD ， DE Ì 平面 ABCD ， \ PD DE^ ，又 AD PD D=I \ DE ^ 平面 PAD ，又 DE Ì 平面 PDE ， \ 平面 PAD ^ 平面 PDE（2）设 PD h= ， 2 2 2 5BD CD BC= + = ， 2 5AD = \ 2 20PA PB h= = + \ 2 2 Δ 1 1( )2 2PABS AB PA AB= 鬃 - 22 16 2 21h= × + = \ 5h = 又 1 52ADES AD DE△ = × = \ 1 5 5 3 3P ADE ADEV S h△- = ×= 20 答案及解析： 答案：（1）因为椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  ，所以    2,0 , 1.0A F . 因为 PF x 轴，所以 31, 2P    ，而直线 AP 与圆 O 相切， 根据对称性，可取 31, 2P     ， 则直线 AP 的方程为  1 22y x  ，即 2 2 0x y   . 由圆 O 与直线 AP 相切，得 2 5 r  ，所以圆 O 的方程为 2 2 4 5x y  . （2）易知，圆 O 的方程为 2 2 3x y  . ①当 PQ x 轴时， 2 3 4OP OQ OPk k k     ，所以 3 2OPk   ， 此时得直线 PQ 被圆 O 截得的弦长为 2 2 . ②当 PQ 与 x 轴不垂直时，设直线 PQ 的方程为 y kx b  ，     1 1 2 2 1 2, , , 0P x y Q x y x x  ，首先由 3 4OP OQk k   ，得 1 2 1 23 4 0x x y y  ， 即   1 2 1 23 4 0x x kx b kx b    ，所以    2 2 1 2 1 23 4 4 4 0k x x kb x x b     （*） 联立 2 2 14 3 y kx b x y     ，消去 x，得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kbx b     ，在 0  时 2 1 2 1 22 2 8 4 12,3 4 3 4 kb bx x x xk k      代入（*）式，得 2 22 4 3b k  . 由于圆心 O 到直线 PQ 的距离为 2 1 bd k   ， 所以直线 PQ 被圆 O 截得的弦长为 2 2 22 4 8 1l d k      ，故当 0k  时，l 有最大值 为 10 . 综上，因为 10 2 2 ，所以直线 PQ 被圆 O 截得的弦长的最大值为 10 . 21 答案及解析： 答案：（1）由题意，函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ，则导数为 1'( )f x ax bx    由 (1) 0f  ，得 1b a  ， ∴ 1 ( 1)( 1)'( ) 1 ax xf x ax ax x        ①若 0a  ，由 '( ) 0f x  ，得 1x  . 当 0 1x  时， '( ) 0f x  ，此时 ( )f x 单调递增； 当 1x  时， '( ) 0f x  ，此时 ( )f x 单调递减. 所以 1x  是 ( )f x 的极大值点 ②若 0a  ，由 '( ) 0f x  ，得 1x  ，或 1x a   . 因为 1x  是 ( )f x 的极大值点，所以 1 1a   ，解得 1 0a   综合①②：a 的取值范围是 1a  （2）因为方程 22 ( )mf x x 有唯一实数解，所以 2 2 ln 2 0x m x mx   有唯一实数解 设 2( ) 2 ln 2g x x m x mx   ，则 22 2 2'( ) x mx mg x x   ， 令 '( ) 0g x  ，即 2 0x mx m   . 因为 0m  ， 0x  ，所以 2 1 4 02 m m mx    （舍去）， 2 2 4 2 m m mx   当 2(0, )x x 时， '( ) 0g x  ， ( )g x 在 2(0, )x 上单调递减， 当 2( , )x x  时， '( ) 0g x  ， ( )g x 在 2( , )x  单调递增 当 2x x 时， '( ) 0g x  ， ( )g x 取最小值 2( )g x 则 2 2 ( ) 0 '( ) 0 g x g x    ，即 2 2 2 2 2 2 2 2 ln 2 0 0 x m x mx x mx m        ， 所以 2 22 ln 0m x mx m   ，因为 0m  ，所以 2 22ln 1 0( )x x    设函数 ( ) 2ln 1h x x x   ， 因为当 0x  时， ( )h x 是增函数，所以 ( ) 0h x  至多有一解 因为 (1) 0h  ，所以方程 ( ) 的解为 2 1x  ，即 2 4 12 m m m   ，解得 1 2m  22 答案及解析： 答案：(1)由 3 1 3 x t y t      ，消去参数t 得 3 4x y  ，直线 l 的普通方程为 3 4 0x y   . 由 4sin 2sin 2 3 cos3           得， 2 2 sin 2 3 cos     ， 即 2 2 2 2 3x y y x   ， ∴曲线 C 的直角坐标方程是圆： 2 2( 3) ( 1) 4x y    . (2)∵原点O 到直线l 的距离 2 2 4 2 ( 3) 1 d    . 直线l 过圆C 的圆心 ( 3,1) ，∴ 2 4MN r  ，所以 MON△ 的面积 1 42S MN d   . 解析： 23 答案及解析： 答案：（1）当 0x  时，    3 2 3 2 3f x x x x x x        ，由 ( ) 2f x  ，得 3 2x   ， 解得 1x   ，此时 1 0x   ； 当 0 3x  时，    3 2 3 2 3 3f x x x x x x        ，由 ( ) 2f x  ，得 3 3 2x  ， 解得 1 3x  ，此时 10 3x  ； 当 3x  时，    3 2 3 2 3 6f x x x x x x           ，此时不等式   2f x  无解. 综上所述，不等式   2f x  的解集为 11, 3     ； （2）由 1 可知   3, 0 3 3 ,0 3 3, 3 x x f x x x x x          . 当 0x  时，   3 3f x x   ；当 0 3x  时，    3 3 6,3f x x    ；当 3x  时，   3 6f x x     . 所以，函数 ( )y f x 的最大值为 3m  ，则 3a b c   . 由柯西不等式可得     22 2 21 1 1 a b c a b c       ，即  2 2 2 23 3a b c   ， 即 2 2 2 3a b c   ，当且仅当 1a b c   时，等号成立. 因此， 2 2 2 3a b c   .