河南省三门峡市外国语高级中学2020届高三数学模拟考试试题（四）理.doc

1、河南省三门峡市外国语高级中学2020届高三数学模拟考试试题（四）理一选择题（共12小题）1复数（i为虚数单位）等于（）A13iB1+3iC13iD1+3i【解答】解：13i故选：A2设UR，Ax|x0，Bx|x1，则AUB（）Ax|0x1Bx|0x1Cx|x0Dx|x1【解答】解：对于UBx|x1，因此AUBx|0x1，故选：B3如图是2020年2月15日至3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例的折线统计图则下列说法不正确的是（）A2020年2月19日武汉市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数B武汉市新冠肺炎疫情防控取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低C2020年2月19日至3月2日武汉市新增新

2、冠肺炎确诊病例低于400人的有8天D2020年2月15日到3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例最多的一天比最少的一天多1549人【解答】解：对于A，由图可知18日病例1660人，19日615人，大幅下降至三位数，故A正确；对于B，很明显，病例人数呈大幅下降趋势，故防控取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低，故B正确；对于C，由图得到，病例低于400人的有2月20日、21日、23日、25日、26日、27日、3月1日、2日，共8天，故C正确；对于D，由图病例最多一天人数1690人比最少一天人数111人多了1579人，故D错误故选：D4若0a1，则（）AB4a1logaaCa1.1aD【解答】解：0a

3、1，0，4a11logaa，a1.1a，2log23，故选：D5已知实数x，y满足约束条件，则z（x1）2+y2的最小值为（）ABC1D【解答】解：由题知可行域如图所示，z（x1）2+y2的几何意义表示可行域中点（x，y）与定点P（1，0）的距离的平方，由图可得，最小值为故选：A6设，且，则（）ABCD【解答】解：由tan，得：，即sincoscossin+cos，sin（）cossin（）；又（0，），（0，），（，），（0，），2故选：B7“+2k（kZ）”是“cos2”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：当a+2k（kZ）时，cos2

4、acos（4k+）cos反之，当cos2a时，有2a2k+ak+（kZ），或2a2kak（kZ），故选：A8若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则可能使l的是（）A（1，0，0），（2，0，0）B（1，3，5），（1，0，1）C（0，2，1），（1，0，1）D（1，1，3），（0，3，1）【解答】解：若l，则0，而A中2，不满足条件；B中1+56，不满足条件；C中1，不满足条件；D中3+30，满足条件故选：D9执行如图的程序框图，如果输入a4，那么输出的n的值为（）A5B4C3D2【解答】解：执行程序框图，有n0，01，P1，Q3，n1；n1，13，P1+45，Q7，n2；n2，57，P5+

5、1621，Q15，n3；n3，2115不成立，输出，n3；故选：C10在x（1+x）6的展开式中，含x3项的系数为（）A30B20C15D10【解答】解：（1+x）6展开式中通项Tr+1C6rxr，令r2可得，T3C62x215x2，（1+x）6展开式中x2项的系数为15，在x（1+x）6的展开式中，含x3项的系数为：15故选：C11过抛物线y24x焦点的直线l与抛物线交于A，B两点，与圆（x1）2+y2r2交于C，D两点，若有三条直线满足|AC|BD|，则r的取值范围为（）AB（2，+）CD【解答】解：当lx轴时，过x1与抛物线交于（1，土2），与圆交于（1，土r），满足题设当l不与x轴垂直

6、时，设直线l：xmy+1，（1）代入y24x，得y24my40，16（m2+1），把（1）代入：（x1）2+y2r2得y2设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），|AC|BD|，y1y3y2y4，y1y2y3y4，可得4 ，r2（m2+1）2，即r2时，l仅有三条故选：B12已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x0时，f（x）（x+1）ex则对任意的mR，函数F（x）f（f（x）m的零点个数至多有（）A3个B4个C6个D9个【解答】解：当x0时，f（x）（x+1）ex，可得f（x）（x+2）ex，可知x（，2），函数是减函数，x（2，0）函数是增函数，f（

7、2），f（1）0，且x0时，f（x）1，又f（x）是定义在R上的奇函数，f（0）0，而x（，1）时，f（x）0，所以函数的图象如图：令tf（x）则f（t）m，由图象可知：当t（1，1）时，方程f（x）t至多3个根，当t（1，1）时，方程没有实数根，而对于任意mR，方程f（t）m至多有一个根，t（1，1），从而函数F（x）f（f（x）m的零点个数至多有3个故选：A二填空题（共4小题）13已知yf（x）+x2是奇函数，且f（1）1，若g（x）f（x）+2，则g（1）1【解答】解：由题意，yf（x）+x2是奇函数，且f（1）1，所以f（1）+1+f（1）+（1）20解得f（1）3所以g（1）f（1）

8、+23+21故答案为：114已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线方程是yx，它的一个焦点与抛物线y216x的焦点相同则双曲线的方程为1【解答】解：由双曲线渐近线方程可知因为抛物线的焦点为（4，0），所以c4又c2a2+b2联立，解得a24，b212，所以双曲线的方程为故答案为15已知平面截球O的球面得圆M，过圆心M的平面与的夹角为，且平面截球O的球面得圆N，已知球O的半径为5，圆M的面积为9，则圆N的半径为【解答】解：如图，圆M的面积为9，AM3，又OA5，OM4，又过圆心M且与成二面角的平面截该球面得圆N，NMO，ONOMsin2，又OB5NB，故答案为：16已知ABC的三个内角A，B，C

9、的对边分别为a，b，c，若（a+c）（sinAsinC）b（sinAsinB），且，则的取值范围为（，）【解答】解：ABC中，（a+c）（sinAsinC）b（sinAsinB），由正弦定理得（a+c）（ac）b（ab），a2c2abb2，a2+b2c2ab，cosC；又C（0，），C，A+B；又，2，a2sinA，b2sinB，2sinAsinB2sinAsin（A）2sinAcosAsinAsinAcosAsin（A）；又A（0，），A（，），sin（A）（，1），sin（A）（，），即a的取值范围是（，）故答案为：（，）三解答题（共7小题）17已知等比数列an满足anan+1，a2+a3

10、+a428，且a3+2是a2，a4的等差中项（1）求数列an的通项公式；（2）若，Snb1+b2+bn，对任意正整数n，Sn+（n+m）an+10恒成立，试求m的取值范围【解答】解：（1）设等比数列an的首项为a1，公比为q依题意，有2（a3+2）a2+a4，代入a2+a3+a428，得a38因此a2+a420即有解得，或，又数列an单调递增，则故（2），得Sn+（n+m）an+10，2n+1n2n+12+n2n+1+m2n+10对任意正整数n恒成立，m2n+122n+1对任意正整数n恒成立，即恒成立，m1，即m的取值范围是（，118在等腰直角EBC中，A，D分别为EB，EC的中点，AD2，将

11、EBC沿AD折起，使得二面角EADB为60（1）作出平面EBC和平面EAD的交线l，并说明理由；（2）二面角ECDB的余弦值【解答】解：（1）在面EAD内过点E作AD的平行线l即为所求证明：因为lAD，而l在面ABCD外，AD在面ABCD内，所以，l面ABCD同理，AD面EBC，于是l在面EBC上，从而l即为平面EBC和平面EAD的交线（2）由题意可得EAB为二面角EADB的平面角，所以，EAD60过点E作AB的垂线，垂足为F，则EF面ABCD以F为原点，AB所在直线为x轴正方向，垂直AB 的直线为y轴，FE所在直线为z轴，AF为单位长度建立空间直角坐标系；如图：则B（1，0，0），C（1，4

12、，0），A（1，0，0），D（1，2，0），从而，设面BCD的一个法向量为，则由得，所以，不妨取由EF面ABCD知平面BCD的法向量不妨设为于是，所以二面角ECDB的余弦值为19某兴趣小组欲研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系，他们分别到气象局与医院抄录1至6月份每月10号的昼夜温差情况与因患感冒而就诊的人数，得到如表资料：日期1月10日2月10日3月10日4月10日5月10日6月10日昼夜温差x（）1011131286就诊人数y（个）222529261612该兴趣小组的研究方案是先从这6组数据中选取2组，用剩下的4组数据求线性回归方程，再用被选取的两组数据检验（1）求选取的两组数据恰好

13、相邻的概率；（2）若选取的是1月与6月的两组数据，请据25月份的数据，求出y关于x的线性回归方程；（3）若线性回归方程得出的估计数据与所选出的检验数据的误差不超过2人，则认为得到的线性回归方程是理想的试问该兴趣小组得到的线性回归方程是否理想？【解答】解：（1）设抽到相邻两个月的数据为事件A，从6组数据中选取2组数据共有种情况，每种情况是等可能出现的，其中抽到相邻两个月的数据的情况有5种，（2）由数据求得11，24，由公式求得，由求得y关于x的线性回归方程为（3）当x10时，同样，当x6时，所以该小组所得线性回归方程是理想的20已知抛物线D的顶点是椭圆+1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合（1）求

14、抛物线D的方程；（2）已知动直线l过点P（4，0），交抛物线D于A、B两点，坐标原点O为PQ中点，求证：AQPBQP；（3）是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由【解答】（本小题满分14分）（1）解：由题意，可设抛物线方程为y22px（p0）由a2b2431，得c1抛物线的焦点为（1，0），p2抛物线D的方程为y24x（4分）（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），由于O为PQ之中点，故当lx轴时，由抛物线的对称性知，一定有AQPBQP，当l不垂直x轴时，设l：yk（x4），由，得k2x24（2k2+1）x+16

15、k20，AQPBQP综上证知，AQPBQP（3）解：设存在直线m+xa满足题意，则圆心，过M作直线xa的垂线，垂足为E，|EG|2|MG|2|ME|2，即|EG|2|MA|2|ME|2，当a3时，|EG|23，此时直线m被以AP为直径的圆截得的弦长恒为定值（13分）因此存在直线m：x3满足题意（14分）21设函数f（x）lnxax2bx（）当ab时，求函数f（x）的最大值；（）令F（x）f（x）+x2+bx+（0x3）若其图象上的任意点P（x0，y0）处切线的斜率k恒成立，求实数a的取值范围；（）当a0，b1时，方程x22mf（x）（其中m0）有唯一实数解，求m的值【解答】解：（I）依题意，知

16、f（x）的定义域为（0，+），当时，（2）令f（x）0，解得x1（x0）因为g（x）0有唯一解，所以g（x2）0，当0x1时，f（x）0，此时f（x）单调递增；当x1时，f（x）0，此时f（x）单调递减所以f（x）的极大值为，此即为最大值（4分）（II），x（0，3，则有，在x0（0，3上恒成立，所以a，x0（0，3，当x01时，取得最大值，所以a（8分）（III）因为方程2mf（x）x2有唯一实数解，所以x22mlnx2mx0有唯一实数解，设g（x）x22mlnx2mx，则令g（x）0，x2mxm0因为m0，x0，所以（舍去），当x（0，x2）时，g（x）0，g（x）在（0，x2）上单调递减

17、，当x（x2，+）时，g（x）0，g（x）在（x2，+）单调递增当xx2时，g（x2）0，g（x）取最小值g（x2）（12）则既所以2mlnx2+mx2m0，因为m0，所以2lnx2+x210（*）设函数h（x）2lnx+x1，因为当x0时，h（x）是增函数，所以h（x）0至多有一解因为h（1）0，所以方程（*）的解为x21，即，解得（12分）22已知函数f（x）|x+3|+|xa|（a0）（）当a4时，已知f（x）7，求x的取值范围；（）若f（x）6的解集为x|x4或x2，求a的值【解答】解：（I）当a4时，函数f（x）|x+3|+|x4|x+3|+|4x|x+3+4x|7当且仅当（x+3）

18、（4x）0时，即3x4时取等号故x的取值范围为3，4（II）若f（x）6的解集为x|x4或x2，则4和2是方程f（x）|x+3|+|xa|0的两根即解得a123在极坐标系中，圆C的圆心坐标为C（2，），半径为2以极点为原点，极轴为x的正半轴，取相同的长度单位建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为（t为参数）（）求圆C的极坐标方程；（）设l与圆C的交点为A，B，l与x轴的交点为P，求|PA|+|PB|【解答】解：（I）在直角坐标系中，圆心的坐标为，圆C的方程为即，把xcos，ysin代入可得：，即（II）法一：把（t为参数）代入得t24，点A、B对应的参数分别为t12，t22，令得点P对应的参数为|PA|+|PB|t1t0|+|t2t0|+法二：把把（t为参数）化为普通方程得，令y0得点P坐标为P（4，0），又直线l恰好经过圆C的圆心C，故