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2020年湖北省黄冈中学高考数学模拟试卷（理科）（2月份）
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A={x|9x2−3<1}，B={y|y<2}，则(∁RA)∩B=（ ）
A.[23,2) B.⌀
C.(−∞,−23]∪[23,2) D.(−23,23)
2. 已知复数z1=3−bi，z2=1−2i，若z1z2是实数，则实数b的值为( )
A.6 B.−6 C.0 D.16
3. AQI即空气质量指数，AQI越小，表明空气质量越好，当AQI不大于100时称空气质量为“优良”．如图是某市3月1日到12日AQI的统计数据．则下列叙述正确的是( )
A.这12天的AQI的中位数是90
B.12天中超过7天空气质量为“优良”
C.从3月4日到9日，空气质量越来越好
D.这12天的AQI的平均值为100
4. 已知函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)的解析式可能是( )
A.f(x)=(4x+4−x)|x| B.f(x)=(4x−4−x)log2|x|
C.f(x)=(4x+4−x)log2|x| D.f(x)=(4x+4−x)log12|x|
5. 设a＝log48，b＝log0.48，c＝20.4，则（ ）
A.b1且n∈N*)的最小值为________．
点A，B为椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴的端点，C、D为椭圆E短轴的端点，动点M满足|MA||MB|=2，若△MAB面积的最大值为8，△MCD面积的最小值为1，则椭圆的离心率为________．
已知函数f(x)对x∈R均有f(x)+2f(−x)=mx−6，若f(x)≥lnx恒成立，则实数m的取值范围是________．
三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第14至18题为必考题，每个试题考生都必须作答，第19-1、19-2题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：本大题共5小题，每小题l2分，共60分.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=acosC+33csinA，点M是BC的中点．
(1)求A的值；
(2)若a=3，求中线AM的最大值．
如图，ABCD是边长为2的正方形，平面EAD⊥平面ABCD，且EA=ED，O是线段AD的中点，过E作直线l // AB，F是直线l上一动点．
(1)求证：OF⊥BC；
(2)若直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直，求此时二面角B−OF−C的余弦值．
某种产品的质量以其质量指标值衡量，并依据质量指标值划分等极如下表：
质量指标值m
m<185
185≤m<205
m≥205
等级
三等品
二等品
一等品
从某企业生产的这种产品中抽取200件，检测后得到如下的频率分布直方图：
(Ⅰ)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品90%”的规定？
(Ⅱ)在样本中，按产品等极用分层抽样的方法抽取8件，再从这8件产品中随机抽取4件，求抽取的4件产品中，一、二、三等品都有的概率；
(III)该企业为提高产品质量，开展了“质量提升月”活动，活动后再抽样检测，产品质量指标值X近似满足X∼N(218, 140)，则“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了多少？
已知抛物线C的顶点为O(0, 0)，焦点F(0, 1).
(1)求抛物线C的方程；
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(2)过F作直线交抛物线于A，B两点．若直线OA，OB分别交直线l:y=x−2于M，N两点，求|MN|的最小值．
已知函数f(x)=xex−1−a(x+lnx)，a∈R．
(1)若f(x)存在极小值，求实数a的取值范围；
(2)设x0是f(x)的极小值点，且f(x0)≥0，证明：f(x0)≥2(x02−x03)．
（二）选考题：共10分.请考生在第19-1，19-2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.[选修4-4：坐标系与参数方程]
已知曲线C1的参数方程为x=2cosφ，y=3sinφ （φ为参数），以原点O为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρsin(θ−π4)=1．
(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)射线OM:θ=α(π2<α<π)与曲线C1交于点M，射线ON:θ=α−π4与曲线C2交于点N，求1|OM|2+1|ON|2的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)=|2x−a|+|2x+3|，g(x)=|x−1|+2．
(1)解不等式|g(x)|<5；
(2)若对任意x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)=g(x2)成立，求实数a的取值范围．
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参考答案与试题解析
2020年湖北省黄冈中学高考数学模拟试卷（理科）（2月份）
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.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
根据题意，求出集合A，进而可得∁RA，由交集的定义分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，集合A={x|9x2−3<1}=(−23, 23)，则∁RA=(−∞, −23]∪[23, +∞)，
又由B={y|y<2}，则(∁RA)∩B=(−∞, −23]∪[23, 2).
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的基本概念
【解析】
先利用两个复数相除的除法法则，化简z1z2的结果到最简形式，利用此复数的虚部等于0，解出实数b的值．
【解答】
解：∵ z1z2=3−bi1−2i=(3−bi)(1+2i)(1−2i)(1+2i)
=3+2b+(6−b)i5是实数，
∴ 6−b=0，
∴ 实数b的值为6.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
用样本的频率分布估计总体分布
【解析】
对4个选项分别进行判断，可得结论．
【解答】
解：这12天的AQI的中位数是95+1042=99.5，故A错误；
这12天中，空气质量为“优良”的有95，85，77，67，72，92，故B错误；
从4日到9日，AQI数值越来越低，空气质量越来越好，故C正确；
112(67+72+77+85+92+95+104+111+135+138+144+201)≈110.083，故D错误.
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
函数图象的作法
【解析】
通过函数的图象，判断函数的奇偶性，利用特殊点判断函数的解析式即可．
【解答】
解：由函数f(x)的图象可知，函数是偶函数，x=1时，函数值为0.
f(x)=(4x+4−x)|x|是偶函数，但是f(1)≠0，不满足题意；
f(x)=(4x−4−x)log2|x|是奇函数，不满足题意；
f(x)=(4x+4−x)log2|x|是偶函数，f(1)=0满足题意；
f(x)=(4x+4−x)log12|x|是偶函数，f(1)=0,x∈(0,1)时，f(x)>0，不满足题意．
则函数f(x)的解析式可能是f(x)=(4x+4−x)log2|x|．
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
b底大于0小于1而真数大于1⇒b<0，＝log48=32，c＝0.4<20.5=2<32
【解答】
∵ b底大于0小于1而真数大于1∴ b<0
∵ a＝log48=32
c＝20.4<20.5=2<32，∴ a>c>b
6.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
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M是线段AB的中点⇒OM→=12OA→+12OB→，从而OC→⋅OM→=(53OA→−23OB→)⋅(12OA→+12OB→)=56OA→2−13OB→2+12OA→⋅OB→，再结合题意，可知<OA→，OB→>=60∘，|OA→|＝|OB→|＝4，故OA→⋅OB→=8，OC→⋅OM→=12．
【解答】
解：因为M是线段AB的中点，所以OM→=12OA→+12OB→，
从而OC→⋅OM→=(53OA→−23OB→)⋅(12OA→+12OB→)=56OA→2−13OB→2+12OA→⋅OB→，
由圆的方程可知圆O的半径为4，
即|OA→|=|OB→|=4，
又因为|AB→|=4，
所以<OA→，OB→>=60∘，
故OA→⋅OB→=8，
所以OC→⋅OM→=56×16−13×16+12×8=12．
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数n=A55=120，“仁”排在第一位，且“智信”相邻包含的基本事件个数m=A22A22A31=12，由此能求出“仁”排在第一位，且“智信”相邻的概率．
【解答】
将“仁义礼智信”排成一排，
基本事件总数n=A55=120，
“仁”排在第一位，且“智信”相邻包含的基本事件个数m=A22A22A31=12，
∴ “仁”排在第一位，且“智信”相邻的概率为p=mn=12120=110．
8.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D1′，使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1′并求出，就是最小值．
【解答】
解：如图所示，把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D1′，
使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1′，
则AD1′=1+1−2×1×1×cos135∘=2+2为所求的最小值．
故选D.
9.
【答案】
A
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
【解析】
由双曲线方程求得两渐近线方程，再求出AB所在直线方程，联立求得A，B的坐标，得到|OA|，|OB|，再由勾股定理求解．
【解答】
解：由双曲线C:x28−y2=1，
得a=22，b=1，c=3．
设l1:y=122x，l2:y=−122x，
若AB⊥l2，
则kAB=22，
∴ AB:y=22(x−3)，
联立y=−122x，y=22(x−3)， 解得B(249, −629)；
联立y=122x，y=22(x−3)， 解得A(247, 627)．
∴ |OA|=(247)2+(627)2=6487，
|OB|=(249)2+(−629)2=6489．
∴ |AB|2=|OA|2−|OB|2=64849−64881=25649．
∴ |AB|=167．
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
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数列的求和
【解析】
化简数列的递推关系式，然后求解数列的和即．
【解答】
解：∵ 数列{an}的通项公式为：
an=(−1)n−1⋅2n+1n2+n(n∈N*)
=(−1)n−1(1n+1n+1)，
则数列{an}的前2020项和为：
1+12−12−13+13+14−14
−15+15+16−⋯−12020−12021=
1−12021=20202021．
故选C.
11.
【答案】
D
【考点】
三角函数的最值
命题的真假判断与应用
正弦函数的对称性
正弦函数的图象
【解析】
通过去绝对值，分段写出函数在[0,π2]上的解析式，然后结合函数的最小正周期为π2，作出函数的图象，再对选项进行判断即可．
【解答】
解：由题意可知，函数f(x)的最小正周期为π2，即①正确；
②当x∈[0,π12)时，
f(x)=−3sin(2x−π6)+3cos2x=33cos(2x+π6)；
当x∈[π12,π4)时，
f(x)=3sin(2x−π6)+3cos2x=3sin(2x+π6)；
当x∈[π4,π2]时，
f(x)=3sin(2x−π6)−3cos2x=−33cos(2x+π6)，
故函数的最大值为33，即②正确；
③由②的分析可得函数关于x=5π12对称，即③正确.
故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的最值
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题意画出图形，求出三棱锥的高，利用导数求出底面三角形ABD的最大值，则三棱锥P−ABD体积的最大值可求．
【解答】
解：如图，
由题意，PA=PB=PC=2，∠ABC=90∘，
可知P在平面ABC上的射影G为△ABC的外心，即AC中点，
则球的球心在PG的延长线上，设PG=h，则OG=2−h，
∴ OB2−OG2=PB2−PG2，即4−(2−h)2=4−h2，解得h=1．
则AG=CG=3，
过B作BD⊥AC于D，设AD=x，则CD=23−x，
再设BD=y，由△BDC∽△ADB，可得y23−x=xy，
∴ y=x(23−x)，则12xy=12−x4+23x3，
令f(x)=−x4+23x3，则f′(x)=−4x3+63x2，
由f′(x)=0，可得x=332，
∴ 当x=332时，f(x)max=24316，
∴ △ABD面积的最大值为12×934=938，
则三棱锥P−ABD体积的最大值是13×938×1=338．
故选B.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
15
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【考点】
简单线性规划
【解析】
先根据约束条件x+3y−3≥0x+y−3≤0x≥0 画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线z＝5x+2y过点A(3, 0)时，z最大值即可．
【解答】
先根据约束条件x+3y−3≥0x+y−3≤0x≥0 画出可行域，如图：
然后平移直线z＝5x+2y，
当直线z＝5x+2y过点A(3, 0)时，z最大值为15．
【答案】
32
【考点】
数列的求和
数列递推式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
本题先根据题意中p，q∈N*，及p，q的任意性，令p＝n，q＝1，进行计算可发现数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．然后计算出an与Sn−1关于n的表达式，代入Sn−1⋅(Sn−1+4)+260an化简整理后运用均值不等式求出最小值．
【解答】
解：依题意，由p，q∈N*，及p，q的任意性，
可令p=n，q=1，则ap+q=ap⋅aq，
即为an+1=an⋅a1=2an．
∴ 数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
∴ an=2⋅2n−1=2n，n∈N*．
∴ Sn−1=2−2n1−2=2n−2．
∴ Sn−1⋅(Sn−1+4)+260an=(2n−2)(2n+2)+2602n
=(2n)2+2562n
=2n+2562n
≥22n⋅2562n
=32．
当且仅当2n=2562n，即n=4时，等号成立．
∴ Sn−1⋅(Sn−1+4)+260an(n>1且n∈N*)的最小值为32．
故答案为：32.
【答案】
32
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由题意设M的坐标，由两点间的距离公式即题意求出M的轨迹方程，再由椭圆可得MAB面积最大值时M的纵坐标的绝对值最大，及MCD的面积最小时M的横坐标的绝对值最小可得a，b，c的关系，进而求出椭圆的离心率．
【解答】
由题意可得A(−a, 0)，B(a, 0)，C(0, b)，D(0, −b)，设M(x, y)，
因为动点M满足|MA||MB|=2，所以(x+a)2+y2=2(x−a)2+y2，整理可得：x2+y2−103ax+a2＝0，即(x−5a3)2+y2=169a2，
则可得M是以(5a3, 0)为圆心，以4a3为半径的圆，
所以当M(53a, ±4a3)时△MAB面积的最大值为8，即12×2a×4a3=8，解得a=6，
当M位于M1(13a, 0)时，△MCD面积的最小值为1，即12×2b×a3=1，所以b=62，
所以离心率e=ca=1−b2a2=32，
【答案】
(−∞, −e]
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
根据条件利用解方程组法求出f(x)的解析式，然后由f(x)≥lnx恒成立，可得m≤−2+lnxx恒成立，构造函数g(x)=2+lnxx，求出g(x)的最小值，可进一步求出m
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的范围．
【解答】
解：∵ 函数f(x)对x∈R均有f(x)+2f(−x)=mx−6①，
∴ 将−x换为x，得f(−x)+2f(x)=−mx−6②，
∴ 由①②，解得f(x)=−mx−2．
∵ f(x)≥lnx恒成立，
∴ m≤−2+lnxx恒成立，
∴ 只需m≤(−2+lnxx)min．
令g(x)=−2+lnxx，
则g′(x)=lnx+1x2，
令g′(x)=0，则x=1e，
∴ g(x)在(0, 1e)上单调递减，在(1e, +∞)上单调递增，
∴ g(x)min=g(1e)=−e，
∴ m≤−e，
∴ m的取值范围为(−∞, −e]．
故答案为：(−∞, −e]．
三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第14至18题为必考题，每个试题考生都必须作答，第19-1、19-2题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：本大题共5小题，每小题l2分，共60分.
【答案】
解：(1)△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，
已知b=acosC+33csinA，
由正弦定理得：sinB=sinAcosC+33sinCsinA，
由于sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，
且sinC≠0，
整理得：tanA=3，(00)，
则p2=1，
解得p=2，
故抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线AB的方程为y=kx+1，
由y=kx+1，x2=4y， 消去y，整理得x2−4kx−4=0，
所以x1+x2=4k，x1x2=−4，
从而有|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=4k2+1，
由y=y1x1x，y=x−2，
解得点M的横坐标为xM=2x1x1−y1=2x1x1−x124=84−x1，
同理可得点N的横坐标为xN=84−x2，
所以|MN|=2|xM−xN|=2|84−x1−84−x2|
=82|x1−x2x1x2−4(x1+x2)+16|=82k2+1|4k−3|，
令4k−3=t，t≠0，则k=t+34，
当t>0时，|MN|=2225t2+6t+1>22，
当t<0时，|MN|=2225t2+6t+1=22(5t+35)2+1625≥825．
综上所述，当t=−253，即k=−43时，|MN|的最小值是825．
【考点】
直线与抛物线结合的最值问题
抛物线的标准方程
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【解析】
（I）由抛物线的几何性质及题设条件焦点F(0, 1)可直接求得p，确定出抛物线的开口方向，写出它的标准方程；
(II)由题意，可A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线AB的方程为y＝kx+1，将直线方程与(I)中所求得方程联立，再结合弦长公式用所引入的参数表示出|MN|，根据所得的形式作出判断，即可求得最小值．
【解答】
解：(1)由题意可设，抛物线C的方程为x2=2py(p>0)，
则p2=1，
解得p=2，
故抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线AB的方程为y=kx+1，
由y=kx+1，x2=4y， 消去y，整理得x2−4kx−4=0，
所以x1+x2=4k，x1x2=−4，
从而有|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=4k2+1，
由y=y1x1x，y=x−2，
解得点M的横坐标为xM=2x1x1−y1=2x1x1−x124=84−x1，
同理可得点N的横坐标为xN=84−x2，
所以|MN|=2|xM−xN|=2|84−x1−84−x2|
=82|x1−x2x1x2−4(x1+x2)+16|=82k2+1|4k−3|，
令4k−3=t，t≠0，则k=t+34，
当t>0时，|MN|=2225t2+6t+1>22，
当t<0时，|MN|=2225t2+6t+1=22(5t+35)2+1625≥825．
综上所述，当t=−253，即k=−43时，|MN|的最小值是825．
【答案】
解：(1)∵ 函数f(x)=xex−1−a(x+lnx)，a∈R．
∴ f′(x)=x+1x(xex−1−a),(x>0)．
令g(x)=xex−1−a，
则g′(x)=(x+1)ex−1>0，
∴ g(x)在(0, +∞)上是增函数．
又∵ 当x→0时，g(x)→−a，当x→+∞时，g(x)→+∞．
∴ 当a≤0时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)在区间(0, +∞)上是增函数，不存在极值点；
当a>0时，g(x)的值域为(−a, +∞)，必存在x0>0，使g(x0)=0．
∴ 当x∈(0, x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0, +∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增；
∴ f(x)存在极小值点．
综上可知实数a的取值范围是(0, +∞)．
(2)由(1)知x0ex0−1−a=0，即a=x0ex0−1．
∴ lna=lnx0+x0−1，
f(x0)=x0ex0−1(1−x0−lnx0)．
由f(x0)≥0，得1−x0−lnx0≥0．
令g(x)=1−x−lnx，显然g(x)在区间(0, +∞)上单调递减．
又g(1)=0，
∴ 由f(x0)≥0，得00)，
则H′(x)=1−1x=x−1x，
当x>1时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增；
当00，
1−x0−lnx0≥1−x0−(x0−1)=2(1−x0)≥0，
∴ f(x0)=x0ex0−1(1−x0−lnx0)≥x02⋅2(1−x0)=2(x02−x03)，
∴ f(x0)≥2(x02−x03)．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）先求得导函数，根据定义域为(0, +∞)，可构造函数g(x)＝xex−1−a，通过求导及分类讨论，即可求得a的取值范围．
（2）由（1）令x0ex0−1−a＝0，通过分离参数得a=x0ex0−1，同时求对数，根据函数f(x0)≥0，可得1−x0−lnx0≥0．构造函数g(x)＝1−x−lnx及H(x)＝x−lnx−1，由导数即可判断H(x)的单调情况，进而求得H(x)的最小值，结合f(x0)=x0ex0−1(1−x0−lnx0)即可证明不等式成立．
【解答】
解：(1)∵ 函数f(x)=xex−1−a(x+lnx)，a∈R．
∴ f′(x)=x+1x(xex−1−a),(x>0)．
令g(x)=xex−1−a，
则g′(x)=(x+1)ex−1>0，
∴ g(x)在(0, +∞)上是增函数．
又∵ 当x→0时，g(x)→−a，当x→+∞时，g(x)→+∞．
∴ 当a≤0时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)在区间(0, +∞)上是增函数，不存在极值点；
当a>0时，g(x)的值域为(−a, +∞)，必存在x0>0，使g(x0)=0．
∴ 当x∈(0, x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0, +∞)时，g(x)>0
第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页
，f′(x)>0，f(x)单调递增；
∴ f(x)存在极小值点．
综上可知实数a的取值范围是(0, +∞)．
(2)由(1)知x0ex0−1−a=0，即a=x0ex0−1．
∴ lna=lnx0+x0−1，
f(x0)=x0ex0−1(1−x0−lnx0)．
由f(x0)≥0，得1−x0−lnx0≥0．
令g(x)=1−x−lnx，显然g(x)在区间(0, +∞)上单调递减．
又g(1)=0，
∴ 由f(x0)≥0，得00)，
则H′(x)=1−1x=x−1x，
当x>1时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增；
当00，
1−x0−lnx0≥1−x0−(x0−1)=2(1−x0)≥0，
∴ f(x0)=x0ex0−1(1−x0−lnx0)≥x02⋅2(1−x0)=2(x02−x03)，
∴ f(x0)≥2(x02−x03)．
（二）选考题：共10分.请考生在第19-1，19-2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.[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
解：(1)由曲线C1的参数方程x=2cosφ，y=3sinφ （φ为参数），
得：cos2φ+sin2φ=(x2)2+(y3)2=1，
即曲线C1的普通方程为x22+y23=1．
又x=ρcosθ，y=ρsinθ，
曲线C1的极坐标方程为3ρ2cos2θ+2ρ2sin2θ=6，
即ρ2cos2θ+2ρ2=6．
曲线C2的极坐标方程可化为ρsinθ−ρcosθ=2，
故曲线C2的直角方程为x−y+2=0．
(2)由已知，设点M和点N的极坐标分别为(ρ1, α)，(ρ2,α−π4)，其中π2<α<π，
则|OM|2=ρ12=6cos2α+2，
|ON|2=ρ22=1sin2(α−π2)=1cos2α．
于是1|OM|2+1|ON|2=cos2α+26+cos2α=7cos2α+26．
由π2<α<π，
得−1
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