内蒙古2020年高考文科数学模拟试题及答案(一)

内蒙古2020年高考文科数学模拟试题及答案

（一）

（满分150分，考试时间120分钟）

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的。）

1. 已知集合U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，则A∩∁UB＝ A．{4，5} B．{1，4，5} C．{6，7} D．{1，6，7} －3＋2i

2. 设复数z满足z＝ (i是虚数单位)，则复数z对应的点位于复平面内

iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3且向量3a＋2b与ka－b互相垂直，则k的值为 333

A．－ B. C．± D．1

2224．若cos

π－θ＝1，则sin5π＋θ＝

31212

22

D．－

3

ab1221A. B. C．－ 3335. 下列说法中，正确的是

abA．命题“若ab，则221”的否命题为“若ab，则221”

B．命题“存在xR，使得xx10”的否定是：“任意xR，都有xx10” C．若命题“非p”与命题“p或q”都是真命题，那么命题q一定是真命题 D．命题“若ab0，则ab0”的逆命题是真命题

0.766,0.7,log0.76的大小顺序是

6. 三个数

60.760.7A.0.7log0.766 B.0.76log0.76

2222C.log0.7660.70.76 D.log0.760.7660.7

7.某学校美术室收藏有6幅国画，分别为人物、山水、花鸟各2幅，现从中随机抽取2幅进行展览，则恰好抽到2幅不同种类的概率为 A.

5 6B.

4 5C.

3 4D.

2 38.下图虚线网格的最小正方形边长为1，实线是某几何体的三视图，这个几何体的体积为（ ）

1

A. 4 B. 2

C.

4 3D. 

9. 函数y=2xsin2x的图象可能是

A. B. C. D.

x2y2310.已知双曲线C:221（a0,b0）的焦距为4，其与抛物线E:y2x交于A,B 两

ab3点，O为坐标原点，若OAB为正三角形，则C的离心率为 A.

2 2B.

3 2C. 2

D. 3 11. 函数fx1的定义域为M,gxx1的定义域为N，则MN＝

12xA．1, B．1,12．已知

A．

，则 B．

1111,, C． D．

222

C．

D．

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。） 13. 命题：“x0R，使得x0-x0210”的否定是_________ . 4）1的概率是_____. 14. 在区间（0，4）内任取一实数t，则log2(t115. 已知△ABC中，AB5，AC7，ABC2，则该三角形的面积是________. 3 2

x2y216. 已知双曲线C:221(a0,b0)的右顶点为A，以A为圆心， b为半径作圆A，圆Aab与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点.若|MN|b，则C的离心率为________.

三、解答题（共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个

试题考生都必须作答．第22、23为选考题，考生根据要求作答。） （一）必考题（共60分） 17．（本试题满分12分）

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c·cos B－b＝2a. (1)求角C的大小；

(2)设角A的平分线交BC于D，且AD＝3，若b＝2，求△ABC的面积． 18. （本试题满分12分）

为了响应厦门市“低碳生活，绿色出行”的号召，思明区委文明办率先全市发起“少开一天车，呵护厦门蓝”绿色出行活动.“从今天开始，从我做起，力争每周至少一天不开车，上下班或公务活动带头选择步行、骑车或乘坐公交车，鼓励拼车……”铿锵有力的话语，传递了绿色出行、低碳生活的理念.

某机构随机调查了本市部分成年市民某月骑车次数，统计如下：

联合国世界卫生组织于2013年确定新的年龄分段：44岁及以下为青年人，45岁至59岁为中年人，60岁及以上为老年人.

用样本估计总体的思想，解决如下问题：

（1）估计本市一个18岁以上青年人每月骑车的平均次数；

3

（2）若月骑车次数不少于30次者称为“骑行爱好者”，根据这些数据，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“骑行爱好者”与“青年人”有关？

0.001 19．（本试题满分12分）

10.828 如图，在四棱锥PABCD中,底面ABCD为四边形，

ACBD,BCCD, PBPD,平面PAC平面PBD,AC23,PCA30,PC4.

(1)求证：PA平面ABCD；

(2)若四边形ABCD中，BAD120,ABBC,M为PC上 一点，且满足

PM2，求三棱锥MPBD的体积 MC20. （本试题满分12分）

x2y2已知椭圆C：221(ab0)的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的一点，若

abPF1PF2，F1F22，F1PF2的面积为1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过F2的直线l与C交于A，B两点，设O为坐标原点，若OEOAOB，求四边形AOBE面积的最大值.

21. （本试题满分12分）

已知函数f(x)xax2lnx(aR)两个极值x1,x2x1x2点.

2（1）当a5时，求fx2fx1； （2）当a2e2时，求fx2fx1的最大值. e（二）选考题（共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计

4

分。）

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系xOy中,以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐

2tx222acosa0；直线l的参数方程为(t为参数）.直线l与曲

2yt2标方程为2sin线C分别交于M,N两点.

（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；

（2）若点P的极坐标为2,，PMPN52，求a的值. 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数fx2x12x3. （1）解不等式fx6;

（2）记fx的最小值是m,正实数a,b满足2ab+a2bm,求a2b的最小值.

5

参

一、选择题

1.A 2.A 3.B 4.A 5.C 6.D 7. B 8.B 9. D 10.C 11.B 12.A 二、填空题 13.xR，xx三、解答题

211231530 14. 15. 16. 4234a2＋c2－b2

17.解：(1)由已知及余弦定理得2c×＝2a＋b, 2ac整理得a＋b－c＝－ab, 2

2

2

a2＋b2－c2－ab1

所以cos C＝＝＝－，

2ab2ab2

2π

又032π

即角C的大小为. 3

2π

(2)由(1)知C＝，依题意画出图形．

3

在△ADC中，AC＝b＝2，AD＝3，

由正弦定理得sin ∠CDA＝2π

又△ADC中，C＝，

3π

所以∠CDA＝，

42πππ

故∠CAD＝π－－＝. 3412因为AD是角∠CAB的平分线， π

所以∠CAB＝，

6

所以△ABC为等腰三角形，且BC＝AC＝2. 所以△ABC的面积

AC×sin C232

＝×＝， AD232

S＝BC·AC·sin

1

22π133＝×2×2×＝. 3222

6

18.（1）估计本市一个18岁以上青年人每月骑车的平均次数为

（Ⅱ）根据题意，得出如下 青年人 非青年人 总计 列联表

非骑行爱好者 100 200 300

总计 800 1000 1800 .

骑行爱好者 700 800 1500 根据这些数据，能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“骑行爱好者”与“青年人”有关. 19．证明：设ACBDO，连接PO.

BCCD,ACBD,O为BD的中点.又PBPD,POBD. 平面PAC平面PBD,平面PAC平面PBDPO,BD平面PAC.

又PA平面PAC,PABD. 在PCA中，由余弦定理得，

PA2PC2AC22PCACCOS3016122423PA2AC2PC2,PAAC.

又BDACO,PA平面ABCD

34,PA2 2PM22,可知点M到平面PBD的距离是点C到平面PBD的距离的, MC322VMPBDVCPBDVPBCD

33 (2)由

又PA平面ABCD，点P到平面BCD的距离为PA，由(1)得PA2.

在四边形ABCD中，BAD120,ABBC,及(1)O为BD中点，AOBD,得ABD为等腰三角形，

故BAC60,BC3,BO333,CO, 227

则SBCD1133393BDCO2 222242212193VMPBDVPBCDSBCDPA23

33333420.（1）由题设PF1PF2所以a224，

21PF‖1PF21， 22PF1PF22PF1PF22PF1‖PF2 2.又c1，

22x所以ba2c21.C的方程为y21.

22x（2）由题设AB不平行于x轴，设AB：xmy1，联立y21，

2得m2y2my10.8m10，y,y12222m2m21m22.

因为OEOAOB，所以四边形AOBE为平行四边形， 四边形AOBE面积

S2SAOBy1y2 1m1222m21m22222m11m21.

2因为m12，当且仅当m0时取等号，于是四边形AOBE面积的最大值为2. 22x2ax221.（1）f(x)2xa （x0）

xx2x25x2(2x1)(x2)当a5时，f(x)（x0） xx11或x2；由f(x)0，得x2

22112)上单调递减， ∴f(x)在(0,)及(2,)上单调递增，在(,221∴x1，x22

215115∴f(x2)f(x1)(4102ln2)(2ln)4ln2

4224由f(x)0，得0x

8

22xax2（2）f(x)的两个极值点x1，x2是f(x)0即方程2x2ax20的两个根，

x∴x1x2a，x1x21 222又2x1ax120，2x2ax220 22∴ax12x12，ax22x22

22∴f(x2)f(x1)(x2ax22lnx2)(x1ax12lnx1)

[x22(2x222)2lnx2][x12(2x122)2lnx1] x12x222lnx22lnx1

x12x22x2ln2

x1x2x1x1x2xx2ln2（21） x2x1x1x1x21，h(t)t2lnt，则 x1t令t12t22t1(t1)2h(t)210 22tttt∵a2e2 e∴x1x2a1e 2e(x1x2)212x12x222x1x21(e)即e2 ∴

x1x2x1x2ee∴

x1x21e即1te1 x2x1etex21t1 ∴(te)(t)0又

x1e∴te

9

∵h(t)在[e,)上单调递减 ∴h(t)的最大值为h(e)∴f(x2)f(x1)1e2 e1最大值e2

e222.解：（1）由2sin2acosa0，得2sin2acosa0， 所以曲线C的直角坐标方程为x2y22y2ax，即xay1a21. 由直线l的参数方程得直线l的普通方程为yx2.

2tx2222（2）将直线l的参数方程代入xy2y2ax，

y2t22化简并整理，得t322at4a40.

因为直线l与曲线C分别交于M,N两点， 所以322a由一元二次方程根与系数的关系，得

t1t2322a，t1t24a4.

又因为a0，所以t1t20.

的22244a40，解得a1、

因为点P的直角坐标为2,0，且在直线l上， 所以PMPNt1t2322a52， 解得a2，此时满足a0，且a1，故a2. 23解:⑴当x当3时,fx24x,由fx6.解得x2,综合得x2; 231x时,fx4,显然fx6不成立; 221当x时,fx4x2,由fx6解得x1,综合得x1.

2∴fx6的解集是,21,.

⑵fx2x12x32x12x34,即fx的最小值m4.

10

∵a2b(号),

a2b2a2b2),由2ab+a2b4可得4a2b()(当且仅当a2b时取等22解得a2b252(负值舍去),∴a2b的最小值为252.

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