浙江省临海市、乐清市、新昌县2020届高三数学选考模拟试题（Word版附答案） 20页

2020 年高考数学模拟试题 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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  2A x x  ， 2{ 3 0}B x x x   ，则 A B  A． 0,2 B． 0,3 C． 2,3 D． 2,3 2．双曲线 2 2 14 yx   的渐近线方程是 A． 5 2y x  B． 5y x  C． 1 2y x  D． 2y x  3．若实数 ,x y 满足约束条件 0 2 2 0 0 y x y x y         ，则 | 2 |z x y  的最大值是 A． 2 3 B． 2 5 5 C． 2 D． 5 4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A． 2 B． 4 C． 4 2 D．12 5．已知 na 是等差数列， 1 11a  ， nS 为数列 na 的 前 n 项和，且 5 7S S ，则 nS 的最大值为 A． 66 B．56 C． 46 D．36 6．在 ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边分别是 a ，b ，c ，则“ AC cb B a sinsinsin   ”是“ ABC 为等腰三角形”的 第 4 题图 第 8 题图 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 7．已知随机变量 满足 ( 0) 1P p    ， ( 1)P p   ，且 0 1p  ，令随机变量 ( )E    ，则 A．    E E  B．    E E  C．    D D  D．    D D  8．已知函数 2 ( ) ( 0)ex ax bx cf x a   的部分图象如图所示，则 A． 0a  B． 0a c  C． 0b c  D．3 2 0a b c   9．已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ， 1F ， 2F 分别是椭圆的左、右焦点， A 是椭圆的下顶点，直线 2AF 交椭圆于另一点 P ，若 1PF PA ，则椭圆的离心率为 A． 3 3 B． 1 3 C． 2 2 D． 1 2 10．如图，三棱锥V ABC 的侧棱长都相等，底面 ABC 与侧面VAC 都是以 AC 为斜边的等腰直 角三角形， E 为线段 AC 的中点，F 为直线 AB 上的动点，若平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角 的平面角为 ，则 cos 的最大值是 A． 3 3 B． 2 3 C． 5 3 D． 6 3 第 10 题 非选择题部分（共 110 分） 二、填空题: 本大题共 7 小题, 多空题每题 6 分, 单空题每题 4 分, 共 36 分。 11．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下描述：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共 灯三百八十一．”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上 一层灯数的 2 倍．请问塔顶层有 ▲ 盏灯，塔底层有 ▲ 盏灯． 12．已知复数 z 满足 (1 i) 2+iz    （i 为虚数单位），则 z 的虚部是 ▲ ，| |z = ▲ ． 13．已知多项式 2 5 2 7 2 7 0 1 2 7 0 1 2 7( 1)( 1) ( 2) ( 2) ( 2)x x a a x a x a x b b x b x b x                ，则 0 1 2 7a a a a     ▲ ， 5b  ▲ ． 14．已知圆 2 2 4O x y ： ，过点  3,0P 作两条互相垂直的直线 1l ， 2l ，其中 1l 交该圆于 A ，B 两点， 2l 交该圆于C ，D 两点，则| |AB 的最小值是 ▲ ，| | | |AB CD 的最大值是 ▲ ． 15．新型冠状病毒疫情期间，5 位党员需要被安排到 3 个不同的路口执勤，每个路口至少安排一人， 其中党员甲和乙不能被安排到同一个路口，那么总共有 ▲ 种不同安排方法．（用数字作答） 16．已知 aR ，若函数 e( ) 2 e x x af x   在区间 )2,1(x 上存在最小值，则 a 的取值范围是 ▲ ． 17．已知 ABC 三边长分别为3， 10 ， 13 ， P 是平面 ABC 内任意一点，则 PA PB PB PC PC PA          的最小值是 ▲ ． 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18．（本小题满分 14 分）已知函数   π2sin cos cos3f x x x x          ． 第 19 题 （Ⅰ）求  f x 的最小正周期； （Ⅱ）求  f x 在 0, 2x     上的最大值，并求此时的 x 值． 19．（本小题满分 15 分）如图，已知三棱锥 P ABC 中，平面 PAC  平面 ABC ， 2AB AC BC PA    ，  120PAC ， 3PM MC  ． （Ⅰ）证明： BM PC ； （Ⅱ）求直线 AB 和平面 PBC 所成角的正弦值． 20．（本小题满分 15 分）已知数列 na 满足： 1 1a  ， 2 2 1(2 1) (2 1)n nn a n a    *( )nN . 正 项数列 nc 满足：对每个 *nN ， 2 1n nc a  ，且 2 1nc  ， 2nc ， 2 1nc  成等比数列． （Ⅰ）求数列 na ， nc 的通项公式； （Ⅱ）当 2n  时，证明： 1 2 3 5 1 1 1 1 1 7 3 1 4nn c c c c         ． 21．（本小题满分 15 分）已知点 F 是抛物线 yxC 4: 2  的焦点， P 是其准线l 上任意一点， 过点 P 作直线 PA ，PB 与抛物线 C 相切，A ，B 为切点，PA ，PB 与 x 轴分别交于 Q ，R 两 点． （Ⅰ）求焦点 F 的坐标，并证明直线 AB 过点 F ； （Ⅱ）求四边形 ABRQ 面积的最小值． 第 21 题 22．（本小题满分 15 分）已知 aR ，设函数 6ln6)43()( 2  xxaaxxf ， axxg 3)(  ． （Ⅰ）试讨论 ( )f x 的单调性； （Ⅱ）设函数 )()()( xgxfxh  ，是否存在实数 a ，使得 ( )h x 存在两个极值点 1x ， 2x ，且 满足 1 2 1 2 ( ) ( ) 3ln3 22 h x h x x x    ？若存在，求 a 的取值范围；若不存在，请说明理由． 注： ln3 1.10 . 2020 年高考模拟试题数学参考答案 一、选择题 ADCBD ACBAD 二、填空题 11．3，192 12． 3 2 ， 10 2 13． 64 ，11 14．2， 2 10 15．114 16． 4 2 2 4e e e e( ) ( )2 2 2 2   ， ， 17． 16 3  三、解答题 18．解：   2 π 3 32sin cos cos =2sin cos sin 13 2 2 3 3 33sin cos 3sin sin 2 cos2 32 2 2 3 3sin(2 ) 56 2 f x x x x x x x x x x x x x                         （1） （ ） 分 分 分 分7T 50, 2 , 82 6 6 6 1sin 2 ,1 106 2 3 3( )= 3 sin(2 )+ 3. 126 2 2 2 = ( ) . 146 2 3 x x x f x x x x f x                                             （2）当 ，则 分 ， 分 的最大值为 分 此时 即 时， 取到最大值 分 19.解法一： （1）取 AC 的中点 E ， PC 的中点 F ，连 AF ， ME ， BE . PA AC ， AF PC  ………………………………………1’ 又 3PM M C   ， M 是CF 的中点 AF ME  ， PCME  ………………………………………2’ 又 AB BC BE AC  又 PAC ABC AC 面 面 且交于 BE PAC BE PC  面 ， ……………………………4’ 又 ME BE E  PC  面 MBE ， PC BM  ……………………………6’ （2） 由①知 PC 面 MBE ， 面 MBE  面 PBC 且交于 MB ，  过 E 作 MBEH 垂足为 H ， EH 即是 E 到面 PBC 的距离 ……………………………9’ BE ME ， 1 3 392 1313 2 ME BEEH MB     ………………………12’ 又 E 是 AC 的中点， A 到面 PBC 的距离 13 3922  EHhA …… …………………14’ AB 与面 PBC 所成角的正弦值为 13 39 2 1 13 392  AB hA ……………………………15’ 解法二：（1）取 AC 的中点 E ，连 ME 、 EB 2AB BC  ， BE AC  ， 1CE  ， 又 面 PAC 面 ABC 且交于 AC BE  面 PAC ， BE PC  ………………………2’ 2PA AC  ， 120PAC   ，又 3PM M C   1 3 4 2CM PC    30APCPCA 2 2 23cos 2 2 CE CM MEPCA CE CM      1 2ME  ，CM ME ……………………………………4’ PC  面 MBE ， PC BM . ………………………………………6’ （2） 过 P 作 PO CA 交其延长线于 O  面 PAC 面 ABC 且交于 AC PO  面 ABC ，连 BO 可得 222 BOPOPB  ………………………………………8’ 又 2AC AP  ， 120PAC   3P O  ， 2 3PC  ， 1AO  又 2 2 7OB BE OE   ， 2 2 10PB PO BO    ……………………10’ 2 2 2 1cos 2 2 10 PB BC PCPBC BC PB      ， 39sin 2 10 PBC   1 39sin2 2PBCS BC PB PBC      ………………………………………12’ 令 A 到面 PBC 的距离为 Oh ，则 ABCPPBCA VV   1 1 3 3PBC O ABCS h S PO     ， 39 6   PBC ABC O S POSh ………………………14’ AB 与面 PBC 所成角的正弦值为 13 39 392 6  AB ho ……………………………15’ 解法三：（1）取 AC 的中点O ，建立如图所示的坐标系 由已知可得        0,0,0 , 1,0,0 , 0, 3,0 , 1,0,0O C B A  ( 2,0, 3)P  ， 1 3( ,0, )4 4M ………………………………………3’ 1 3( , 3, )4 4BM   ， (3,0, 3)PC   3 3 0,4 4BM PC BM PC         BM PC  ………………………………………6’ （2）由（1）可知 (1, 3,0), (2, 3, 3), (1, 3,0)AB PB BC       ………………………9’ 设面 PBC 的法向量为 ( , , )n x y z 则      03 0332 yxBCn zyxPBn 令 1y  ，则 3x  ， 3z  ， ( 3,1,3)n  ………………………………………12’ AB 与面 PBC 所成角的正弦值为 2 3 39cos , 132 13 AB n AB n AB n              ………………………………………15’ 20.解：（Ⅰ）解法一：由已知可得 2 1 2 (2 1) (2 1) n n a n a n   － 2n  时， 1 3 2 1 1 2 2 1 n n n n n a a a aa aa a a a          （2 分） 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 1) (2 3) 3 1 (2 1)(2 3) (2 5) 1 n n nn n     － － －－ － ，又 2 1 (2 1 1)a    2(2 1)na n   （3 分） 解法二： 1 2 2(2 1) (2 1) n na a n n   － ，即   1 2 2(2 1)2( 1) 1 n na a nn     － 2(2 1) na n  － 为常数列， 1 2 2(2 1) (2 1 1) na a n   － － ， （2 分） 又 2 1 (2 1 1)a    2(2 1)na n   （3 分） 又 2 2 1 (2 1)n nc a n   － 2 nc n  （ n 为奇数） （5 分） 又 2 1 2 2 1, ,n n nc c c  － 是等比数列 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1n n nc c c n n       （ ）（ ） 2 (2 1) (2 1)nc n n     2( 1) ( 1)nc n n n      -1（ n 是偶数） 综上可得 2(2 1)na n  ， 2 2 1n n nc n n    是奇数 － 是偶数 （7 分） （Ⅱ）先证 1 2 3 1 1 1 1 7 4nc c c c     …… 证法一 直接放缩、裂项相消求和 2n  时， 1 2 1 1 1 4 71 3 3 4c c      ，显然成立。 （8 分） 3n  时， 2 1nc n  3n  时， 2 n 1 1 c 1n   （9 分） 1 2 3 n 1 1 1 1 c c c c     2 2 1 1 1 1 1 1 11 1 3 2 4 3 5 4 6 5 7 ( 1) 1 1n n                1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 2 4 3 5 4 6 2 1 1n n n n                                               － － － － － 1 1 1 1 71 12 2 1 4n n        － － （11 分) 证法二 分奇偶讨论 2n  时， 1 2 1 1 1 4 71 3 3 4c c      ，显然成立。 （8 分） 3n  时，① n 为偶数时， 1 2 3 n 1 1 1 1 nT c c c c      2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 11 3 5 (2 1) 2 1 4 1 6 1 (2 1) 1k k                           2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 11 3 1 5 1 (2 1) 1 2 1 4 1 6 1 (2 ) 1k k                             （9 分） 1 1 1 1 1 1 11 2 4 4 6 (2 2) 2k 1 3 3 5 5 7 (2 1)(2k 1)k k                              1 4 2 6 4 2 (2 2) 1 3 1 5 3 7 5 (2 1) (2 1)1 2 2 4 4 6 (2 2) 2k 2 1 3 3 5 5 7 (2 1)(2k 1) k k k k k k                                       1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 12 2 4 4 6 (2 2) 2k 2 3 3 5 (2 1) (2k 1)k k                              1 1 1 1 11 ( ) (1 )2 2 2k 2 2k 1       1 1 71 4 2 4     （10 分) ② n 为奇数时， 1 7 4n nT T   （11 分) 再证 1 2 3 1 1 1 1 5 1 3 1nc c c c n        …… 证法一（数学归纳法） ① 2n  时，左边 1 41 3 3    ，右边 4 3  ，成立； （12 分） ②假当 n k 时，命题成立，即 1 2 3 1 1 1 1 5 1 c c c c 3 1k k       ， 则当 1n k  时， 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 c c c c c 3 1 ck k kk         因为不论 k 为奇数、偶数，都满足 2 1 1 1 c ( 1)k k   （13 分） 所以当 1n k  时， 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 5 1 1 c c c c c 3 1 ( 1)k k k k         只需 2 1 1 1 1 2( 1) k kk     即可， 只需 2 1 1 1 1 2( 1) k kk    ； 只需 2 1 1 ( 1)( 2)( 1) k kk    ；只需 2( 1)( 2) ( 1)k k k    ；只需 2 1k k   ； 显然成立，故当 1n k  时也成立。 综上所述，不等式在 *n N 且 2n  时均成立。 （15 分） 证法二（分析法证明） 令 1 2 3 1 1 1 1 c c c cn n S     ， 5 1 3 1nT n    为数列 nd 的前 n 项和。 只需要证 1 2 1 2 1 1 c c d d   ，且 1 c n n d （ 3n  时） 1 1 2 1 1 4 c c 3   ， 1 2 2 4 3d d T   ，显然成立。 （12 分） ② 3n  时，不论 n 为奇数偶数都有 2 1 1 cn n  ， （13 分） 2 1 1 1 1 1 (n 1)nd n n n n      ，则 1 c n n d 也成立。 综上所述，不等式在 *n N 且 2n  时均成立。 （15 分） 证法三（放缩法证明） ① 2n  时，左边 1 41 3 3    ，右边 4 3  ，成立； （12 分） ② 3n  时， 2 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 11 + +c c c c 3 3 4k n         （13 分） 1 1 1 11 + +3 3 4 4 5 ( 1)n n        （14 分） 4 1 1 1 1 1 1+3 3 4 4 5 1n n         5 1 5 3 1 3n    （15 分） 证法四（分奇偶讨论证明） 2,3,4,5,6n  时均成立。（证明略） （12 分） 当 7n  时，① n 为偶数时， 1 2 3 1 1 1 1 c c c cn    2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1(1 + )+( )3 5 7 2 1 4 1 6 1 1n          （13 分） 1 1 3 1 5 3 7 5 ( 1) ( 1)1 6 2 1 3 3 5 5 7 ( 1)(n 1) n n n                   1 1 11 (1 )6 2 1n      5 1 5 1 3 2( 1) 3 ( 1)n n      （14 分） 2 n 为奇数时，同理 1 2 3 1 1 1 1 c c c nc    2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 11 + +3 5 7 2 1 4 1 6 1 -1) 1n                 （ 1 1 1 5 1 5 11 (1 )6 2 3 2 3 ( 1)n n n          （15 分） 21．（I）解法一： (0,1)F  1 分 设 )1,(),4,(),4,( 0 2 2 2 2 1 1 xPxxBxxA ，则 )(2: 1 1 1 xxxyylPA  即 1 12 xy x y  同理 2 2 2: yxxylPB  .  4 分 又 P 在 PBPA, 上,则        20 2 10 1 21 21 yxx yxx ,所以 0: 12AB xl y x   6 分 所以直线 AB 过焦点 F. 7 分 （I）解法二： (0,1)F  1 分 设 AB 直线方程 为 y kx m  则由 2 4 y kx m x y     得 2 4 4 0x kx m   所以 1 2 4x x k  1 2 4x x m   2 分 过 A 的切线方程为 1 1 1( )2 xy y x x   过 B 的切线方程为 2 2 2( )2 xy y x x   4 分 所以交点 P 的坐标为 1 2 1 2( , )2 4 x x x x 因为 P 在直线 1y   上，所以 1 2 4 4x x m     6 分 所以 1m  即直线过焦点 F 7 分 （II）由（I）知 12: 0  xxylAB ,代入 yxC 4: 2  得 042 0 2  xxx 则      4 2 21 021 xx xxx , 则   422)(4 12 2 021 2 2121  xxxxxyyAB ,9 分 P 到 AB 的距离 42 0  xd ,所以 2 2 0 0 1 ( 42 04) 1PABS x x     分 由（1）知 )0,2(),0,2( 21 xRxQ ,则 42 1 2 021  xxxQR , 所以 2 0 1 42PQRS x   ,令 2 0 4, 2 12t x t    分 则 31 1 ,( 2) 132 2PAB PQRABRQS S S t t t      四边形 分 tttf 2 1 2 1)( 3  在 ),2[  上是增函数, 则四边形 ABRQ 面积的最小值为 3 15 分 22.解：（1） 6ln6)43()( 2  xxaaxxf 的定义域为 }0|{ xx xaaxxf 6)43(2)('  = x xaax 6)43(2 2  = x axx )2-)(32(  …………2 分 （i） 若 0a ,则 02 ax ，所以 )(xfy  在 )2 3,0( 递增， ),2 3(  递减 …… 3 分 （ii） 若 3 40  a ，则 )(xfy  在 )2 3,0( 递增， )2,2 3( a 递减，在 ),2(  a 递增 …………4 分 （iii） 若 3 4a ,则 )(xfy  在 ),0(  递增; 5 分 （iv） 若 3 4a ，则 )(xfy  在 )2,0( a 递增，在 )2 3,2(a 递减，在 ),2 3(  递增 … … 6 分 （2）解法一： 6ln6)43()( 2  xxaaxxf , axxg 3)(  6ln64)()()( 2  xxaxxgxfxh x xax xaxxh 642642)( 2 '  ， 若 )(xhy  有两极值点， 则 0322  xax 有两解 axxaxxxx 3,2,, 212121  且 0,0,0344 21  xxa 所以 3 10  a ……8 分 21 2 1 21 21 21 ln6 4)()()( xx x x xxaxx xhxh   令 1 2 1  x xt ，则 )1(2 3 2 3)11)((2 3 )( 12 21 21 21 2121 ttxxxx a a xx xxxxxx  1 ln42)()( 2 21 21   t tt xx xhxh 若 ,22 3ln3)()( 21 21   xx xhxh 则 03ln)1(3ln8,2 3ln3 1 ln4 2 2  tttt tt 即 ……10 分 令 3ln)1(3ln8)( 2  ttttm 0)1(,0)3(  mm ， 3ln68ln8)(' tttm  03ln108)3(',03ln68)1('  mm t t t t ttm )3ln3 4(3ln63ln683ln68)(''   所以 )(' tmy  在 )3ln3 4,1( 递增，在 ),3ln3 4(  递减 …………12 分 又 03ln108)3(',03ln68)1('  mm 则在区间 )3,3ln3 4( 内存在 0t 使得 0)(' 0 tm 函数 y=m(x)在 ),1( 0t 单调递增，在 )3,( 0t 单调递减 由 0)1(,0)3(  mm ，所以当 )3,1(t 时满足 ,22 3ln3)()( 21 21   xx xhxh …………14 分 a a a ttxx xx 3 4 3 4 12)( 2 21 2 21  ，所以 )3 1,4 1( )12(3 4    tt a 即实数 a的取值范围为 )3 1,4 1( …………15 分 解法二： 6ln6)43()( 2  xxaaxxf , axxg 3)(  6ln64)()()( 2  xxaxxgxfxh x xax xaxxh 642642)( 2 '  ， 若 )(xhy  有两极值点， 则 0322  xax 有两解 axxaxxxx 3,2,, 212121  且 0,0,0344 21  xxa ，所以 3 10  a ……8 分 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ln( ) ( ) 6(ln ln ) 3ln3( ) 4 2 6 2 2 x h x h x x x xa x xx x x x x x              即 1 2 1 2 ln ln3 04 x x x x   由方程 2 2 3 0ax x   ，得 1,2 1 1 3ax a   ，令 1 3t a  ， (0,1)t  ，则 21 3 ta  ， 1 22 1 2 2 1 1 3 1 3ln ln 2ln ln3ln3 ln31 1 3 1 1 0124 42 1 3 1 x a t t x a t t tx x a ta              …………10 分 令 2 1 3( ) 2ln ln31 1 t tG t t t    ，求导， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(1 ) 2 1 ( 2 ) 4 (1 )3ln3'( ) 3ln31 (1 ) (1 ) 1 (1 ) 4(1 ) 3ln3(1 ) (4 3ln3) (4 3ln3) (1 ) (1 ) t t t t tG t t t t t t t t t t t                       令 '( ) 0G t  ，得到 0 4 3ln3 14 3ln3t   ，所以 ( )y G t 在 0(0, )t 上单调递增，在 0( ,1)t 单调递减. …………13 分 又 (0) 0G  ， 3 1 2( ) 2ln3 ln3 032 4 G    ，所以由 1( ) 0, (0, )2G t t 得 ，即 11-3 (0, )2a  ，解得 1 1 4 3a  . 故实数 a 的取值范围是 1 1 4 3 （ ，）. …………15 分