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1、四川省宜宾市第四中学2020 届高三一诊模拟试题数学（文）第 I 卷(选择题共 60 分）一、选择题(本大题共12 小题，每小题5 分，共 60 分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1设集合1|02xAxx，1,0,1,2B，则ABA1,0,1B0,1,2C1,0,1,2D1,22设复数z满足iz32，则zA3 B13 C2 D133“1x”是“ln(1)0 x”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4在ABC中，1a，30A，60B，则b等于A32B12C3D2 5若某空间几何体的三视图如图所示，则该
2、几何体的体积是A2 B1 CD6若椭圆2221xya经过点61,3P，则椭圆的离心率e=A32B31C33D637设数列na满足32111232nnaaaan，则naA112nB312nC12nD2nn8已知满足972cos，则coscos44A.718 B.2518 C.718 D.25189如果123,P P P是抛物线2:4Cyx上的点，它们的横坐标123,xxx，F是抛物线C的焦点，若12201820 xxx，则122018PFP FPFA2028 B2038 C4046 D4056 10已知fx是定义在R上的奇函数，且在,上是减函数，12f，则满足232fx的实数x的取值范围是A1,
3、1B2,0C2,2D0,211一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为A3 22B23C3 54D4 51512已知函数(1)2yf x是奇函数，21()1xg xx，且()f x 与()g x的图像的交点为11(,)x y，22(,)xy，66(,)xy，则126126xxxyyyA0 B6 C12 D18 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，满分20 分）13双曲线2212516yx的渐近线方程为_ 14设 x，y满足约束条件0530101yxyxy，则yxz2的最小值为 .15
4、设,a bR，222ab，则221411ab的最小值为 _.16若两曲线21yx与ln1yax存在公切线,则正实数a的取值范围是三、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 题为选考题，考生根据要求作答.）17.（12 分）在ABC中，角 A，B，C的对边分别为a，b，c，且32cosAsinCac（1）求角 A的大小；（2）若 cos(B 6)14，求 cosC的值18.（12 分）2019 年 10 月 28 日至 10 月 31 日，中国共产党第十九届四中全会在北京召开。一段时间后，某单位就“十九届四中全会”
5、精神的领会程度随机抽取100 名员工进行问卷调查，调查问卷共有20 个问题，每个问题5 分，调查结束后，发现这100 名员工的成绩都在75，100 内，按成绩分成5 组：第 1 组75，80），第 2 组80，85），第 3 组85，90），第 4 组90，95），第 5 组95，100，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知甲、乙、丙分别在第3，4，5 组，现在用分层抽样的方法在第3，4，5 组共选取6人对“十九届四中全会”精神作深入学习（1）求这 100 人的平均得分（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）求第 3，4，5组分别选取的作深入学习的人数；（3）若甲、乙、丙都被选取对“十九大
6、”精神作深入学习，之后要从这6 人随机选取2 人再全面考查他们对“十九大”精神的领会程度，求甲、乙、丙这3 人至多有一人被选取的概率19（12 分）如图，四棱锥EABCD中，ADBC，112ADABAEBC且BC底面ABE，M为棱CE的中点（1）求证：直线DM平面CBE；（2）当四面体DABE的体积最大时，求四棱锥EABCD的体积20（12 分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别是12FF，,A B 是其左右顶点，点P是椭圆C上任一点，且12PF F的周长为6，若12PF F面积的最大值为3.（1）求椭圆C的方程；（2）若过点2F且斜率不为0 的直线交椭圆C于,M N两个
7、不同点，证明：直线AM于BN的交点在一条定直线上.21（12 分）已知函数2ln1fxxx（1）求函数fx的单调区间（2）若斜率为k 的直线与曲线yfx交于11,A x y，22,B xy两点，其中12xx，求证：122xxk（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分.22.选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是12cos(2sinxy为参数)，直线l的参数方程是cos(sinxttyt为参数，0).l与C相交于点A、.B以直角坐标系xOy的原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线
8、C的普通方程和极坐标方程；（2）若13AB，求23（10 分）已知函数12fxxxm，mR（1）当3m时，解不等式2fx；（2）若存在0 x满足0013xfx，求实数m的取值范围答案1A 2D 3 B 4C 5B 6D 7D 8A 9B 10C 11C12D 13xy4514.51549 16 0,2e17（1）由正弦定理可得：sinAsinCac.所以3sin A2cosAsinCsinC，整理得：23sinA=cosA0又22sincos1AA.解得：3sin2A所以3A或23A（舍去）所以3A（2）ABC，coscoscoscos366CABBB13sincos2626BB06B,221
9、15sin1cos16644BB15113153cos42428C18解：（1）这 100 人的平均得分为：75808085859090955(0.010.070.062222x951000.040.02)87.252 3 分（2）第 3 组的人数为0.06 5100=30，第 4 组的人数为0.04 5100=20，第 5 组的人数为0.02 5100=10，故共有60 人，用分层抽样在这三个组选取的人数分别为：3，2，1 7 分（3）记其他人为、丁、戊、己，则所有选取的结果为（甲、乙）、（甲、丙）、（甲、丁）、（甲、戊）、（甲、己）、（乙、丙）、（乙、丁）、（乙、戊）、（乙、己）、（丙、丁
10、）、（丙、戊）、（丙、己）、（丁、戊）、（丁、己）、（戊、己）共15 种情况，9 分其中甲、乙、丙这3 人至多有一人被选取有12 种情况，故甲、乙、丙这3 人至多有一人被选取的概率为124155P 12 分19.解：（1）因为AEAB，设N为EB的中点，所以ANEB，又BC平面AEB，AN平面AEB，所以BCAN，又BCBEB，所以AN平面BCE，又DMAN，所以DM平面BCE（2）AECD，设=EAB，=1AD ABAE，则四面体DABE的体积111sinsin326VAE ABAD，当90，即AEAB时体积最大，又BC平面AEB，AE平面AEB，所以AEBC，因为BCABB，所以AE平面A
11、BC，111121 1322EABCDV20解：（1）由题意得222226,123,2,acbcabc1,3,2,cba椭圆C的方程为22143xy；（2）由（1）得2,0A，2,0B，21,0F，设直线MN的方程为1xmy，11,M x y，22,N xy，由221143xmxxy，得2243690mymy，122643myym，122943y ym，121232my yyy，直线AM的方程为1122yyxx，直线BN的方程为2222yyxx，12122222yyxxxx，2112212121232322yxmy yyxxyxmy yy，4x，直线AM与BN的交点在直线4x上.21（1）解：
12、fx的定义域是0,，且2ln4fxx由0fx得2xe，当20,xe时，0fx，此时fx单调递减；当2,xe时，0fx，此时fx单调递增综上，fx的减区间为20,e，fx的增区间为2,e（2）证明：212121212ln2lnfxfxxxkxxxx，要证明122xxk，即证211221lnlnxxxxxx，等价于21221111lnxxxxxx，令21xtx（由12xx，知1t），则只需证11lnttt，由1t知ln0t，故等价于ln1ln1tttt t（*）1lng ttt，则当1t时，110gtt，所以g t在1,内是增函数，当1t时，1ln10g tttg，所以1lntt；设ln1h tt
13、tt，则当1t时，ln0h tt，所以h t在1,内是增函数，所以当1t时，ln110h tttth，即ln11t ttt由知（*）成立，所以122xxk22解：1曲线C的参数方程是1 2cos2sin.(xy为参数)，转换为直角坐标方程为：22(1)4xy整理得：22230 xyx，转换为极坐标方程为：22 cos302直线l的参数方程是cossin.(xtytt为参数，0)转换为极坐标方程为：，极径为：1和2，故：22 cos30，转换为：22 cos30，所以：122cos，123，所以：1213AB，则：24cos1213，解得：1cos2，由于：0所以：233或23（1）当3m时，123fxxx当1x时，1232xx，解得：213x；当312x时，1232xx，解得：312x；当32x时，1232xx，解得：322x2fx的解集为：2,23（2）若存在0 x满足0013xfx等价于2223xxm有解2222222xxmxxmm23m，解得：15m实数m的取值范围为：1,5