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1、安徽省六安市第一中学2020 届高三下学期模拟卷（五）数学（文）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，只有一项是符合题目要求的）1设UR,|0Ax x,|1Bx x，则UAB（）A|01xxB|01xxC|0 x xD|1x x2 若 复 数 z 满 足i1izz，其 中i为 虚 数 单 位，则 复 数 z 的 共 轭 复 数 所 对 应 的 点 位 于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知幂函数1()nf xmx是定义在区间 2,n上的奇函数，设222sin,cos,tan777afbfcf，则（）AbacBcbaCbcaDabc4已
2、知双曲线22221(0,0)xyabab的两个实轴顶点为12,A A，点C为虚轴顶点，且120CA CA，则双曲线的离心率的范围为（）A(1,2)B(1,2)C(2,)D(2,)52016 年五一期间，各大网站纷纷推出各种“优惠劵”.在此期间，小明同学对本小区某居民楼的20 名住户在假期期间抢得“优惠劵”的数量进行调查得到如下表格抢得“优惠劵”数量（个）5,15)15,25)25,35)35,45人数2 7 8 3 则该小区50 名住户在2016 年“五一”期间抢得的“优惠劵”个数约为（）A 30 B1500 C26 D1300 6已知向量213(,cos),(2cos,sin)(0)22xx
3、xab，函数()f xa b在区间,m n上单调，且mn的最大值是2，则()2f（）A 2 B74C54D1 7如图所示的程序框图，若输入的5n，则输出的i（）A 10 B11 C12 D13 8 设M是ABCD的 对 角 线 的 交 点，三 角 形ABD的 高AP为2，O为 任 意 一 点，则(3)()OBOCODOAOPOA（）A 6 B16 C24 D48 9设,x y满足约束条件02346xyxyxy，则22(1)(1)zxy的取值范围为（）A2,13B4,13C4,13D2,1310 设 函 数22log(3),0()3(1),0 xtxxf xtx，且1()62f，则 不 等 式2
4、(2)()faf a的 解 集 为（）A(2,1)B(2,2)C(1,2)D(,2)(1,)11如图，已知六个直角边均为1 和3 的直角三角形围成的两个正六边形，则该图形绕着L旋转一周得到的几何体的体积为（）A154B174C194D21412 已 知 函 数()yfxxR满 足2fxfx，且1,1x时，1fxx，又31,121()ln,1xxg xexxx，则 函 数()()()F xg xf x在 区 间 2017,2017上 零 点 的 个 数 为（）A 2015 B2016 C2017 D2018 第卷（非选择题共 90 分）二、填空题（本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分将答
5、案填在题中的横线上）13已知抛物线2:8Cyx，Q是C上的一点，若焦点F关于Q的对称点P落在y轴上，则FP .14南宋数学家杨辉研究了垛积与各类多面体体积的联系，由多面体体积公式导出相应的垛积术公式例如方亭(正四梭台)体积为22()3hVabab其中a为上底边长，b为下底边长，h为高杨辉利用沈括隙积术的基础上想到：若由大小相等的圆球垛成类似于正四棱台的方垛，上底由aa个球组成，以下各层的长、宽依次各增加一个球，共有n层，最下层(即下底)由bb个球组成，杨辉给出求方垛中物体总数的公式如下：22()32nbaSabab根据以上材料，我们可得22212n .15某一几何体三视图如图所示，已知几何体的
6、体积为3，则俯视图的面积为 .16已知数列na满足12nnna aS，且11a，记数列的前n项和为nS，若不等式22212nnSaman对任意nN都成立，则实数m的最大值为 .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（12 分）在ABC中，,E F分别是,AC AB的中点，coscos2 cosaBbAcA，且4,6ABAC.（1）求ABC的面积；（2）求BECF的值.18（12 分）京剧是我国的国粹，是“国家级非物质文化遗产”，为纪念著名京剧表演艺术家，京剧艺术大师梅兰芳先生，某电视台我爱京剧的一期比赛中，2 位“梅派”传人和4 位京剧票友（资深业
7、余爱好者）在幕后登台演唱同一曲目贵妃醉酒选段，假设6 位演员的演唱水平相当，由现场40 位大众评委和“梅派”传人的朋友猜测哪两位是真正的“梅派”传人.（1）此栏目编导对本期的40 位大众评委的年龄和对京剧知识的了解进行调查，根据调查得到的数据如下：京剧票友一般爱好者合计50 岁以上15 10 25 50 岁以下3 12 15 合计18 22 40 试问：在犯错误的概率不超过多少的前提下，可以认为年龄的大小与对京剧知识的了解有关系？（2）若在一轮中演唱中，每次猜出3 位亮相，求至少1 位是“梅派”传人”的概率.参考数据：0.500.400.250.150.100.4550.7081.3232.0
8、722.7060.05 0.025 0.010 0.005 0.001 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 参考公式：22()()()()()n acbdKab cdac bd19（12 分）在如图（1）梯形ABCD中，9,10,:1:2ABADDC EB，过D作DEAB于E，1DE，沿DE翻折后得图（2），使得23AEB，又点F满足EAEBEF，连接,AF BF CF，且2EMMF.（1）证明：/CF平面BDM；（2）求三棱锥DAEF外接球的体积.20（12 分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab 的左、右焦点为12,F F，左右两顶点,A B，点M为椭圆C上
9、任意一点，满足直线,MA MB的斜率之积为34，且12MFMF的最大值为4.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线AM与过点B且与x轴垂直的直线交于点D，过点,B D作22,BPPFDQPF，垂足分别为,P Q两点，求证：BPDQBD.21（12 分）已知函数2ln1fxxax.（1）若曲线yf x在1,1f处的切线与直线30 xy垂直，求a的值；（2）当0a且0,1x时，函数fx的图象总在直线12ya xa的下方，求实数a的取值范围.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分作答时请写清题号22（10 分）选修44 坐标系与参数方程已知直线l的普通方程为20 xy
10、，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的参数方程为22cos222sinxy，将直线向右平移2 个单位后得到直线 l，又点P的极坐标(3 2,)2.（1）求直线 l以及曲线C的极坐标方程；（2）若直线 l与曲线C交于,A B两点，求三角形PAB的面积值.23（10 分）选修45 不等式选讲已知函数()|f xxaxbc（1）若1,2,3abc，求不等式8()10f x的解集；（2）当0,0,0.abc时，若()f x的最小值为2，求111abc的最小值.1【答案】B【解析】因为1UBx x，所以|01UABxx2【答案】C【解析】由i1izz得ii(1+i)1i1i(1i)
11、(1+i)22z，所以1i22z，所以z对应的点在第三象限.3【答案】A【解析】因为幂函数1()nf xmx在区间 2,n上是奇函数，所以1,2mn，即3()f xx，因为222cossintan777，又()f x为增函数，所以bac.4【答案】A【解析】根据题意，120CACA，所以12ACA为钝角，所以ab，所以22222,2,12cacea.5【答案】D【解析】由数据可知四个组的频率分别为0.1,0.35,0.4,0.15，所以每一人抢得“优惠劵”的平均数为0.1 100.35 200.4 300.15 4026.所以该班50 名住户在2016 年“五一”期间抢得的“优惠劵”个数约为5
12、0 261300个.故选 D.6【答案】D【解析】213()(2cos)cossin22f xxxxa b2131cossin224xx1cos2351 13151sin2(cos2sin2)sin(2)4442 22264xxxxx，由题意：T,22,1，即15()sin(2)264f xx，所以15()1244f.7【答案】C【解析】输入的5n，程序框图运行如下：1i，1(1)115S;2i，21(1)21215S；3i，31(1)31325S;4i，42(1)42425S；10i，(12)(34)(56)(78)(910)5S；11i，115(1)1151165S；12i，126(1)1
13、265Sn；所以输出的12.i8 【答 案】B【解 析】因 为APBD，AM在 向 量AP的 射 影 为AP，所 以2(3)()24416OBOCODOAOPOAACAPAMAPAP.9【答案】A【解析】由约束条件02346xyxyxy作出可行域如图，令22(1)(1)txy，则表示点(,)x y和(1,1)D两点的距离，由图可得，maxtDC，联立4623xyxy，解得(1,2)C，所以max13tDC过(1,1)D作DHBD于H，则min1(1)22tDH，故2,13z10【答案】A【解析】121()31)62ft（，即121)2t（，解得5t.故22log(8),0()34,0 xxxf
14、 xx，可以判断函数()f x为增函数，所以22,21aaa，所以解集为(2,1).11【答案】B【解析】外 面的六边形旋转得到的几何体的体积为22221333212()(3)()(3)32224，内 部 的 六 边 形 旋 转 得 到 的 几 何 体 的 体 积 为2211332()()13222，所以几何体的体积为174.12【答案】C【解析】2fxfx，所以fx的一个周期为2，当1x时，ln()exg xx，所以2(1ln)()exg xx，所以(1,),()0,()(1)0;(,),()0,()0 xe g xg xgxeg xg x，()g x的最大值为1，fx与()g x的图象如下
15、：在区间 1,1内有一个根，在1,2017内有 1008 个周期，每个周期内均有2 个根，所以()F x共有 2017 个零点 .13【答案】6【解析】根据题意，Q为FP的中点，所以Q的横坐标为1x，所以2(12)6FP.14【答案】1(1)(21)6n nn【解析】观察规律令1,abn，可得222112(1)(21)6nn nn.15【答案】3【解析】这个几何体为一个四棱锥，直观图如右图，设四棱锥的高为h，几何体的体积为11223,332hh，即点E到平面ABCD的距离为3，俯视图为一个正三角形，边长为 2，所以俯视图的面积为3，16【答案】2【解析】根据题意得1121121112,2,22
16、2nnnnnnnnnnnnna aS aaSaaa aSSa，2135212,1,3,5,21;nnkaaaaaak2422,4,2.knaaakan；所以222222(1)(1)4,4n nnnmnmn，2222(1)51511()4424455nntnnn，当*nN时，22(1)4ntn单调递增，所以2t，故2m.17【解析】（1）coscos2 cos,sincossincos2sincosaBbAcAABBACA，1sin()2sincos,cos2BACAA；（4 分）又(0,)A，所以3A，所以ABC的面积为164sin6 323S.（6 分）（2）根据题意，画出图形，如图所示：又
17、点,E F分别为,AC AB的中点，则3,2AEAF，（7 分）所以在ABE中，由余弦定理得2224324cos2524cosBEAA，2222624cos4024cosCFAA，（9 分）所以2524cos151591114024cos4024cos2814BEACFAA.（12 分）18【解析】（1）因为222()40(301512)6.0615.024()()()()18221525n acbdKab cdac bd，（3 分）所以在犯错误的概率不超过2.5%的前提下可以认为年龄与对京剧知识的了解有关系.（5 分）（2）记 4 位票友为,a b c d，2 位“梅派”传人”为,A B，则
18、从中选出3 位的所有结果有(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)a b ca b da b Aa b Ba c da c Aa c Ba d Aa d Ba A Bb c d(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)b c Ab c Bb d Ab d Bb A Bc d Ac d Bc A Bd A B共 20 种，（8 分）其中至少1 位是“梅派”传人”的结果为(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)a b Aa b Ba c Aa c Ba d Aa d Ba A B
19、b c Ab c Bb d Ab d B，(,),(,),(,),(,),(,)b A Bc d Ac d Bc A Bd A B.（10 分）有 16 种，所以满足条件的概率为164205P.（12 分）19【解析】（1）连接DB与EC交于点N，:1:2DCEB，则:2:1ENCN2,:2:1EMMFEMMF，/MNCF，（2 分）又MN平面BDM，CF平面BDM，/CF平面BDM.（4 分）（2）证明：由EAEBEF，得四边形AFBE为平行四边形，所以6AFBE，3EAF，所以222cos3 33EFAEAFAE AF，所以222,AFAEEFAEEF，（6 分）又,DEEB DEEA E
20、BEAE，所以DE平面AFBE，所以DEEF，又EAEDE，EF平面ADE.（8 分）以,EA ED EF为棱，构造长方体，所以长方体外接球与三棱锥DAEF的外接球相同，所以外接球的直径为22222231(33)37EAEDEF，（11 分）所以球的体积为34373737()326.（12 分）20【解析】（1）根据题意122212()4,22MFMFMFMFaa，（1 分）又设00(,)M xy，所以000022222002222200(1)xbyyybaxaxaxaxaa，所以2234ba，（3分）故23b，从而椭圆C的标准方程为22143xy.（4 分）（2）证明：设直线:2(0)AMy
21、k xk，则：(2,4)Dk,BD的中点为E为(2,2)k，联立22143(2)xyyk x，消去y整理得：2222(34)1616120kxk xk设00,P xy，由韦达定理得：2021612234kxk，解得：2026834kxk，故有：00212234kyk xk，（7 分）又21,0F，所以当12k时，31,2M，2,2D，此时2MFx轴，所以四边形BPQD为矩形，所以2,2BPDQBD，所以BPDQBD.（8 分）当12k时，0204=114PFykkxk，所以直线224:114kPFyxk，即：224401414kkxykk，所以点E到直线2PF的距离2222842141424(
22、)114kkkkkdkkk，（10 分）而=4BDk，即知：12dBD，所以以BD为直径的圆与直线2PF相切，所以四边形BPQD为直角梯形，BD的中点为E，所以24BPDQdkBD.（12 分）21【解析】（1）依题意，1()2fxaxx，故 112fa，则121a，解得1a；（3 分）（2）依题意，当0,1x时，2ln112xaxa xa，即2ln1120 xaxaa x，令2ln112g xxaxaa x，下面证明0g x在0,1恒成立；先分析函数g x在0,1上的单调性；212(12)12(1)1axa xgxa xxx；令22(12)1m xaxa x；当0a时，m x图象开口向下，m
23、 x在(0,)上有两个零点1 和12a，当12a时，112a，此时0m x，g x在0,1上单调递减；当102a时，112a，此时当()0m x，可得112xa；()0m x，可得01x或12xa.g x在1(1,)2a上单调递增；在0,1，1(,)2a上单调递减.当12a时，1012a，此时当()0m x，可得112xa；()0m x，可得102xa或1x.g x在1(,1)2a上单调递增；在1(0,)2a，(1,)上单调递减；因为函数g x过(1,0)点，且当12a时，g x在0,1为减函数，()(1)0g xg，符合题意.当12a时，g x在1(0,)2a上单调递减，在1(,1)2a上单
24、调递增，1()(1)02gga，不符合题意，舍去.综上所述，a的取值范围为1,0)2.（12 分）22【解析】（1）直线 l的普通方程为0 xy，直线 l的极坐标方程4，（3 分）曲线C的普通方程22(2)(2 2)4xy，所以222cos4 2sin60.（5 分）（2）由（1）得2660，所以212121 2()423AB，（8 分）点P到直线 l的距离d为3 2sin34，所以12 333 32PABS.（10 分）23【解析】（1）根据题意，22,2()|1|2|36,1242,1xxf xxxxx x，（3 分）解210228xx，或110428xx，得34x或32x，所以解集为(3,2)(3,4).（5 分）（2）因为()f xxaxbc()()xaxbcabc，当且仅当axb 时，等号成立，（8 分）又0,0ab，所以abab，所以()f x的最小值为abc，所以2abc.所以1111111119()()(3)(3222)2222baaccbabcabcabcabcabc.（10 分）