2020年高考数学模拟预测卷01文新课标卷解析版

2020年高考模拟预测卷01文科数学一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．若集合33,420AxxBxxx，则ABA．32xxB．23xxC．32xxD．43xxx或【答案】B【解析】由题意得420{|4Bxxxxx或2}x，所以AB23xx，故选B.2．若复数z满足：3321izii（i为虚数单位），则z等于A．13B．3C．5D．5【答案】A【解析】331334222111111iiiiiziiiiii，23zi,222313z，故选A.3．已知向量3,2,,4abx，且//ab，则x的值为A．6B．－6C．83D．83【答案】A【解析】2346xx，所以选A.4．将4名志愿者全部分配到三个不同的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案总数为A．18B．24C．36D．72【答案】C【解析】根据题意，将4人分到3个不同的体育场馆，要求每个场馆至少分配1人，则必须且只能有1个场馆分得2人，其余的2个场馆各1人，可先将4人分为2、1、1的三组，有211421226CCCA种分组方法，再将分好的3组对应3个场馆，有336AA33=6种方法，则共有6636种分配方案；故选C．5．秦九韶算法是南宋时期数学家秦九韶提出的一种多项式简化算法，即使在现代，它依然是利用计算机解决多项式问题的最优算法，即使在现代，它依然是利用计算机解决多项式问题的最优算法，其算法的程序框图如图所示，若输入的𝑎0,𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎𝑎分别为0,1,2,⋯,𝑎，若𝑎=5，根据该算法计算当𝑎=2时多项式的值，则输出的结果为A．248B．258C．268D．278【答案】B【解析】该程序框图是计算多项式𝑎(𝑎)=5𝑎5+4𝑎4+3𝑎3+2𝑎2+𝑎,当𝑎=2时,𝑎(2)=258，故选B．6．若,abR，且ab，则下列不等式成立的是A．22abB．1133abC．lg()0abD．1ba【答案】B【解析】不妨设1,2ab，则22ab，A选项错误.lglg10ab，C选项错误.21ba，D选项错误.对于B选项，由于13xy为R上的减函数，而ab，所以1133ab，即B选项正确.故选：B7．与函数2ln2,00,2sinxxfxxx的部分图象最符合的是A．B．C．D．【答案】B【解析】因为函数2lnsinxxfxfxx，所以函数为奇函数，其图象关于原点成中心对称，所以排除选项A，D，又当0,1x时，0fx，所以排除选项C，故选B.8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为A．5B．6C．7D．22【答案】C【解析】如图，AB=5,BD=1，2CD,将四面体补成长方体，则BC=3,可知最长的棱为长方体的体对角线22AC，最短的棱为1BD，BD平行与CE，异面直线AC与BD所成的角为ACE，因为BECD2,?7AE则，因为1,? BDCE且根据面面垂直和线面垂直的性质，可知CEAE,所以tanACE7AECE.故选C.9．已知数列满足,且,设的项和为,则使得取得最大值的序号的值为A．7B．8C．7或8D．8或9【答案】C【解析】由已知得，𝑎𝑎+1−𝑎𝑎=−57，故是公差为−57的等差数列，又，所以𝑎𝑎=5−57(𝑎−1)=−57𝑎+407，令𝑎𝑎≥0，得𝑎≤8，故当𝑎=7或8时，取得最大值．10．已知定义在R上的函数()fx的对称轴为3x，且当3x时，()23xfx，若函数()fx在区间(1,)kk()kZ上有零点，则k的值为A．2或-7B．2或-8C．1或-7D．1或-8【答案】A【解析】令230x，得2log33x，符合题意，由函数()fx的对称轴为3x，则函数的另一个零点为26log3x，显然21log32，则286log37，因此k等于－7或2，故选A．11．过抛物线24yx焦点的直线l与抛物线交于A，B两点，与圆2221xyr交于C，D两点，若有三条直线满足ACBD，则r的取值范围为A．3,2B．2,C．31,2D．3,22【答案】B【解析】（1）当直线lx轴时，直线l：1x与抛物线交于(1,2)(1,2)、，与圆222(1)xyr交于(1,)(1,)rr、，满足ACBD.（2）当直线l不与x轴垂直时，设直线l方程(1)ykx.1122(,),(,)AxyBxy联立方程组2(1)4ykxyx化简得2222(24)0kxkxk由韦达定理12242xxk由抛物线得定义，过焦点F的线段122424ABAFBFxxk当四点顺序为ACDB、、、时ACBDAB的中点为焦点F（1，0），这样的不与x轴垂直的直线不存在；当四点顺序为ACBD、、、时，ACBDABCD又2CDr，2442rk，即222rk当2r时存在互为相反数的两斜率k，即存在关于1x对称的两条直线．综上，当(2,)r时有三条满足条件的直线.故选B.12．已知函数fx的定义域为R，其图象关于点1,0中心对称，其导函数fx，当1x时，110xfxxfx，则不等式10xfxf的解集为A．1,B．,1C．1,1D．,11,【答案】C【解析】由题意设1gxxfx，则'1'gxfxxfx，当1x时，11'0xfxxfx，当1x时，1'0fxxfx，则gx在,1上递增，函数fx的定义域为R，其图象关于点1,0中心对称，函数1fx的图象关于点0,0中心对称，则函数1fx是奇函数，令11,hxgxxfxhx是R上的偶函数，且在,0递增，由偶函数的性质得：函数hx在0,上递减，10,hf不等式10xfxf化为：1hxh，即1x，解得11x，不等式解集是1,1，故选C.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．命题“xR，210x”的否定是__________．【答案】xR，210x．【解析】命题“xR，210x”的否定是“xR，210x”故答案为：xR，210x14．已知等差数列{an}的前20项的和为100，那么a7·a14的最大值为__________．【答案】25【解析】1202012020101002aaSaa,则12010aa.由等差数列的性质可知71412010aaaa.因为222714714714714714714()2224aaaaaaaaaaaa所以22714714()102544aaaa．当且仅当7145aa时取得.15．已知三棱锥ABCD中，,2,1,3BCCDABADBCCD，则该三棱锥外接球的体积为__________．【答案】43【解析】取BD中点O,连,AOCO,由勾股定理可求出1=2OC=12BDBD，,在ABD中,222ABADBD,所以ABD为直角三角形,112OABD,故1OAOBOCOD,所以O为三棱锥ABCD的外接球的球心,且半径为1,故体积3441=33V.16．已知函数2,11{2,13xxfxfxx，函数fx在0xx处的切线为l，若01165x，则l与fx的图象的公共点个数为__________．【答案】2或3.【解析】由题意得，当01165x时，直线l的方程为：2002yxxx，其与11x时的图象只有一个交点，当13x时，2()(2)fxx，则将直线l的方程2002yxxx代入到2()(2)fxx中，得220000(42)4022xxxxxxx，由01165x得，001223xx，当013226x时，002223xx，在定义域内，此时在13x时，直线l与fx有两个交点，综合有三个交点；当013225x时，00223xx，不在定义域内，此时在13x时，直线l与fx有一个交点，综合只有两个交点；结合上述两种情况，l与fx的图象的公共点个数为2或3.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）在ABC△中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，已知4A，22212acb.(1)求sinC的值；(2)若ABC△的面积为3，求a的值.【答案】（1）1010；（2）15.【分析】（1）由4A和余弦定理得出边a,b,c的关系,结合22212acb,得出a,b都用c表示,代入222cos2abcCab,可求出角C,进而得出sinC;(2)根据三角形的面积公式1sin2ABCSbcA求c,又5ac得出答案.【解析】（1）4A，由余弦定理可得：，2222acbbc又22212acb，可得22bc.2221222acc，可得5ac.22222258310cos2102522abccccCabcc.0,A，210sin1cos10CC.2）11sin22sin3224ABCSbcAcc，解得3c，515ac.18．（本小题满分12分）如图1，在△ABC中，D,E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，𝑎𝑎=𝑎𝑎=2√5，BC=4．将△ADE沿DE折起到△𝑎1𝑎𝑎的位置，使得平面𝑎1𝑎𝑎⊥平面BCED，F为A1C的中点，如图2．(1)求证EF∥平面𝑎1𝑎𝑎；(2)求点C到平面𝑎1𝑎𝑎的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）2√2【解析】（1）取线段𝑎1𝑎的中点𝑎，连接𝑎𝑎，𝑎𝑎．因为在△𝑎𝑎𝑎中，𝑎，𝑎分别为𝑎𝑎，𝑎𝑎的中点，所以𝑎𝑎 // 𝑎𝑎，𝑎𝑎 =12𝑎𝑎．因为𝑎，𝑎分别为𝑎1𝑎，𝑎1𝑎的中点，所以𝑎𝑎 // 𝑎𝑎，𝑎𝑎 =12𝑎𝑎所以𝑎𝑎 // 𝑎𝑎，𝑎𝑎 =𝑎𝑎，所以四边形𝑎𝑎𝑎𝑎为平行四边形，所以𝑎𝑎 // 𝑎𝑎．因为𝑎𝑎⊄平面𝑎1𝑎𝑎，𝑎𝑎⊂平面𝑎1𝑎𝑎，所以𝑎𝑎 // 平面𝑎1𝑎𝑎．（2）因为𝑎为𝑎𝑎的中点，𝑎1𝑎=𝑎1𝑎,∴𝑎1𝑎⊥𝑎𝑎又因为平面𝑎1𝑎𝑎⊥平面𝑎𝑎𝑎𝑎，面𝑎𝑎𝑎∩面𝑎𝑎𝑎𝑎=𝑎𝑎∴𝑎1𝑎⊥面𝑎𝑎𝑎𝑎，𝑎1𝑎⊥𝑎𝑎，易知𝑎1𝑎=12⋅√(2√5)2−22=2，𝑎𝑎=𝑎𝑎=2√2，设点C到平面𝑎1𝑎𝑎的距离为𝑎，𝑎𝑎−𝑎1𝑎𝑎=𝑎𝑎1−𝑎𝑎𝑎，则13×12×2×2√2×𝑎=13×12×2×4×2，∴𝑎=2√2故点C到平面𝑎1𝑎𝑎的距离2√2.19．（本小