湖南省益阳市箴言中学2020届高三数学（文）6月第十一次模拟（高考考前演练）试题（Word版附答案） 12页

2020 届十一模拟数学（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、设集合    02,01 2  xxxBxxA ，则 A B  （ ） A. [1,2) B. ( ]1,1 C. ( 1,1) D. ( 2,1] 答案 B 2. 已知复数 （ 为虚数单位），则复数 的虚部是（ ）。 A．1 B．-1 C． D． 【答案】B 【解析】∵ ，∴复数 的虚部是 ， 故选：B． 3.设 4log 3a  ， 8log 6b  ， 0.10.5c  ，则（ ） A. a b c  B. b a c  C. c a b  D. c b a  答案 D 4.已知命题 p： ,x R 2 1 0x x   ;命题 q：若 2 2a b ,则 a0.75，说明 y 与 x 的线性 相关程度相当高，从而可 以用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系． （2）∴b ∧ ＝ 4 1 4 22 1 4 52.5 49 54 i i i i i x y xy x x         0.7，a ∧ ＝1.05，∴y ∧ ＝0.7x＋1.05. 将 x＝6 代入回归直线方程， 得y ∧ ＝0.7×6＋1.05＝5.25(小时)． ∴预测包装 10 个商品包装需要 5.25 小时． （3）由题意可得 2 2107.5 6 ( 3) 97z x xy x x x         当掌握知识点个数 x=3 时，学生的学习功效值 z 取最大值 9. 20. 已知抛物线 的顶点在原点,焦点在坐标轴上，点 为抛物线 上一点. （1）求 的方程； （2）若点 在 上，过 作 的两弦 与 ，若 ，求证:直线 过定点. 【答案】（1） 或 ； （2）证明见解析． 【解析】 （1）当焦点在 轴时，设 的方程为 ，代人点 得 ，即 . 当焦点在 轴时，设 的方程为 ，代人点 得 ，即 ， 综上可知： 的方程为 或 . ············4 分 （2）因为点 在 上，所以曲线 的方程为 . ········5 分 设点 ， 直线 ，显然 存在，联立方程有： .··········7 分 , 即 即 .··········9 分 直线 即 ············11 分 直线 过定点 . ············12 分 21. 已知函数 2( ) cos f x x x (1)求函数 ( )f x 在区间[0, ]2  的最小值; (2)若函数 ( ) ( ) g x f x m 在[0, ] 上有两个零点 1 2, ，x x 且 1 202         g g 所以存在 0 0, 2     x ，使得  0 0 g x ，所以在 00, x 上  <0g x ，  g x 单调递减， 在 0 , 2      x 上  >0g x ，  g x 单调递增，又  0 ( ) 02  g g ， 所以   0g x 对 x [0, ]2  恒成立，即   0 f x ， 所以函数 ( )f x 在区间[0, ]2  单调递减， 2 min[ ( )] ( ) .2 4   f x f (2)证明：由（1）知函数 ( )f x 在区间[0, ]2  单调递减， (0) ，f 2 ( ) .2 4  f x [ ]2 ，  时，   2 sin  f x x x 单调递增，又  0 2 >02 ，        f f 所以 x [ ]2 ，  时，   0 f x ， 所以函数 ( )f x 在区间[ ]2 ，  单调递增， 2( ) ， f 函数 ( ) ( ) g x f x m 在[0, ] 上有两个零点 1 2, ，x x 即 ( )y f x 与 y m 的图像有两个交点， 则 2 <4  m ，且 1 20 < < <2   x x . 要证 1 2 < ，x x 只需证 2 1< -x x ,又 1 2- , [ , ]2  x x 只需证 2 1)< )( -(f x f x ,又 1 2( ) ( )f x f x ,只需证 1 1)< )( -(f x f x ,即证 1 1( ()- - )<0f x f x . 设   ( ) ( ), [0, )2 ，   h x f x f x x 即   2 2 2cos ( ) cos( ) 2 cos 2              h x x x x x x x , [0, )2 ，x   2 2 sin 2 (1 sin ) 0       h x x x , 所以  h x 在 [0, 2 ） 单调递增, 所以  < ( ) 02  h x h , 所以 1 1( ()- - )<0f x f x 成立,故 1 2 < .x x （二）选作题（10 分）：请考生在第 22、23 题中任选一题做答.多答按所答的首题进行 评分． 22.在平面直角坐标系 xoy 中，直线l 的普通方程是        2tanxy ，曲线 1C 的参数方程是  为参数       sin cos ay aax ，在以 O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标 系中，曲线 2C 的极坐标方程是  sin2b . (1) 写出l 及 1C 的极坐标方程； (2) 已 知 1,2 1  ba ， l 与 1C 交 于 MO, 两 点 ， l 与 2C 交 于 NO, 两 点 ， 求 ONOMOM 22 的最大值. 解：(1)直线l 的极坐标方程是        2,R ； 曲线 1C 的极坐标方程是  cos2a (2) 1C ：  cos ，  sin2:2 C 12 4 9 424 5 2 142cos2 cossin2cos22 sin2,cos 22            原式的最大值为        ONOMOM ONOM 23.(1)已知函数   12  xxxf ，解不等式   xxxf 22  (2)已知 zyx ,, 均为正数，求证： zyxxy z xz y yz x 111  解：(1)当 1x 时，原不等式化为 1310322  xxxx 当 21  x 时，原不等式化为 111112  xxx 当 2x 时，原不等式化为  xxx 0322 综上所知：原不等式的解集为  1,1 (2)证明： 2,2,1 0,,   xy z yz x xy z xz y zxz y yz x zyx ，当且仅当 zyx  时等号成立 以上三个式子相加可得： zyxxy z xz y yz x 111 