【文档说明】安徽省六安市第一中学2020届高三下学期模拟卷（九）数学（理） 含答案.doc，共(12)页，798.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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·1·2020届模拟09理科数学测试范围：学科内综合．共150分，考试时间120分钟第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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．设复

数满足(23i)15i0z（i为虚数单位），则2017z（）A．10082(1i)B．10082(1i)C．10082(1i)D．10082(1i)2．在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存

在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个n位正整数的所有数位上数字的n次

方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位正整数的自恋数组成集合A，集合34BxxZ，则ABI的真子集个数为（）A．3B．4C．7D．83．已知,,0xyz，则“22222()()()xyyzxyyz”是“zyyx”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．用max{,}ab表示,ab中的最大值，若2()max{||,2}fxxx，则()fx的最小值为（）A．0B．1C．2D．35．如图，圆A过正六边形ABCDEF的两个顶点,BF，记圆A与

正六边形ABCDEF的公共部分为，则往正六边形ABCDEF内投掷一点，该点不落在内的概率为（）A．4327πB．4354πC．43127πD．23127π·2·6．已知正项等比数列na的前n项和为nS，且432110,99SaS，若72Ma，e496

,logNaPa，则,,MNP的大小关系为（）A．MPNB．MNPC．NMPD．NPM7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中三视图，求得该几何体的表面积为（）A．16B．18C．20D．248．已知单位向量,ab的夹角为34π，若向量2,4λm

anab，且mn，则n（）A．2B．4C．8D．169．执行如图所示的程序框图，若输出的S的值是35，则判断框内应补充的条件为（）A．9i≤B．10i≤C．11i≤D．12i≤10．过椭圆22221(0)xyabab一个焦点且垂直于x轴的直线与椭圆交于,AB两点，O是原点，若ABO△

是等边三角形，则椭圆的离心率为（）·3·A．32B．1714C．2625D．393611．已知函数()fx的图象如图所示，则()fx的解析式可能是（）A．|cos3|xxB．1cos22xxC．22225(4)(49)xxxD．|sin2|xx12．若函数2(

)lnfxxax在区间2[1,]e上不单调，则a的取值范围为（）A．24(0,)eB．24[0,]eC．2(0,)eD．2[0,]e第Ⅱ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．将答案填在题

中的横线上．）13．已知函数()sin(2)cos(2)44fxxx，则函数()fx图象的对称轴为.14．22017()(1)axx展开式中2018x的系数为2016，则展开式中常数项为.（用数字

作答）15．已知点(,)xy满足280260370xyxyxy≥≤≥，则11xzy的取值范围为.16．设nS是数列na的前n项的和，10,1nSS，如果2112nS是(1)nnSSn与1(1)nnS的等差中项，则8()nnSna

N的最小值为.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，角,,ABC的对边分别为,,abc，已知2sin(sinsin)6sinAA

BB.（1）求ab；·4·（2）若3cos4C，求sin()AB.18．（12分）每逢节日，电商之间的价格厮杀已经不是什么新鲜事，今年的6月18日也不例外.某电商在6月18日之后，随机抽取100名顾客进行回访，按顾客的年龄分成

6组，得到如下频数分布表：顾客年龄[5,15)[15,25)[25,35)[35,45)[45,55)[55,65)频数4243220164（1）在下表中作出这些数据的频率分布直方图；（2）用分层抽样的方法从这100名顾客中抽取25人，再从抽取的25人中随机抽取2人，求年龄在25,35内的顾客

人数X的分布列、数学期望．19．（12分）如图1，平面五边形ABCFE是由边长为2的正方形ABCD与上底为1，高为3的直角梯形CDFE组合而成，将五边形ABCFE沿着CD折叠，得到图2所示的空间几何体，其中A

FCF.（1）证明：BD平面AFC；（2）求二面角AFBC的余弦值.图1图2·5·20．（12分）已知抛物线22(0)ypxp，不与坐标轴垂直的直线:lykxm与抛物线交于,PQ两点，当2k且1m时，||1

5PQ.（1）求抛物线的标准方程；（2）若l过定点(,0)s，点Q关于x轴的对称点为Q，证明：直线QP过定点，并求出定点坐标.21．（12分）已知(1)()ln(1)1axxfxaxax(0)a.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）证明：22221111(1)(1)(1)(1)

234en(,2)nnN≥.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4—4坐标系与参数方程在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为10cos.现以极点O为原点，极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数

方程为22222xtyt(t为参数).（1）求曲线C的直角坐标系方程和直线l的普通方程；（2）点P在曲线C上，且到直线l的距离为2，求符合条件的P点的直角坐标.23．（10分）选修4—5不等式选讲已知定义在R上的函数2()4||2fxxaxa

.（1）当1a时，解不等式()5fx≥；（2）若2()4fxa≥对任意xR恒成立，求a的取值范围.·6·2020届模拟09理科数学答案与解析1．【答案】B【解析】注意到15(15i)(23i)(15i)(1i23(23i)(23i)13izi

，则2017201721008100810081008(1i)[(1i)](1i)2i(1i)2(1i)z，故选B.2．【答案】C【解析】依题意，1,2,3,4,5,6,7,8,9A，2,1,0,1,

2,3B，故1,2,3ABI，故ABI的真子集个数为7，故选C.3．【答案】C【解析】由22222()()()xyyzxyyz，得22242xyzxzy，即22()0xzy，2xzy，从而zyyx，以上推导过程均是可逆的，故选C.4．【答案】B【解析】可

知当1x时，2||2xx，此时()fxx.当11x≤≤时，可得2||2xx≤，此时2()2fxx.当1x时，2||2xx，此时()fxx.综上，2,1()2,11,1xxfxxxxx≤≤，可得当1x或1x时()fx取得最小值

1，故选B.5．【答案】D【解析】依题意，不妨设2AB，故正六边形ABCDEF的面积21326634S；公共部分为的面积2214233πSπ，故所求概率46323312763ππP，故选D.6．【答案】B【解析】依题意，2

42101011993SqqS，故246111,,327243aaa，则97e3e1111,,log03273243MNP，故MNP，故选B.7．【答案】C【解析】将三视图还原，可知原几何体是由半球体与圆柱体拼接而成，其中半球体的半径为2，圆柱体

的底面半径为2，高为2，故所求几何体的表面积2222222220S，故选C.8．【答案】B【解析】依题意，mn，故240λaab，故2820λaab，故2402λ，解得42λ，故442

nab，故2244216nab，故4n.9．【答案】C【解析】当2i，可得2,2TaSa；当3i，可得1,3TaS；当4i，可得5,8TaSa；当5i，可得,8TaS；当6i，可得6,14TaSa；当7i，可得1,15TaS

；当8i，可得9,24TaSa；当9i，可得,24TaS；当10i，可得10,34TaSa；当11i，可得1,35TaS.·7·故判断框内应补充的条件为11i≤，故选C.10．【答案】D【解析】不妨设题中的焦点为椭圆的右焦点，

将焦点坐标(,0)c代入椭圆方程中，得两交点坐标分别为22(,),(,)bbccaa，由于ABO△是等边三角形，则可得23tan303bac，从而2233acac，即133ee，解之得3936e

或3936e（舍去），故选D.11．【答案】B【解析】由图象可得当0x，()0fx≥，故可排除C，因为当322x时，22225(4)(49)0xxx.当322x，可得()0fx，而当x时，|sin2|0xx，故

可排除D选项，当56x时，|cos3|0xx，故可排除A选项，故选B.12．【答案】C【解析】2ln()xfxax，若2()lnfxxax在区间2[1,]e上单调递增，可得2ln0xax≥，记2ln()xgxx，要使得对2[1

,]xe恒有()0gxa≥，只需min()agx≤.若2()lnfxxax在区间2[1,]e上单调递减，可得2ln0xax≤，要使得对2[1,]xe恒有()0gxa≤，只需max()agx≥.由于22(1ln)()xgx

x，令()0gx可得1xe≤，令()0gx可得2exe≤，则()gx在[1,)e单调递增，在2(,]ee单调递减，由于224()(1)0gege，则min()(1)0gxg，max2()()gxgee，由此可得当0a≤时，2()lnfxx

ax在区间2[1,]e上单调递增，当2ae≥，2()lnfxxax在区间2[1,]e上单调递减，所以a的取值范围为2(0,)e，故选C.13．【答案】()84kxkZ【解析】依题意，21

cos(4)112()sin(2)sin44222xfxxx，由4,2xkkZ得84kx，故11()sin422fxx关于直线84kxkZ对称.14．【答案】14【解析】222(2)aaaxxx，2020

171720170(1())1kkkkxCx，则2018x的系数等于2017201720162016201720172(1)1(1)220172016aCCa，由此可得12a，故展开式中常数项为214a.15．【答案】3[,5]2【解析

】不等式组280260370xyxyxy≥≤≥所表示的平面区域如图所示阴影部分(包括边界)，其中,,ABC为直线的交点，11(1)yzx表示阴影部分区域内的点与点(1,1)P连线的斜率，计算可

得,,ABC三点坐标分别为(2,3),(4,2),(5,4)，由图象可得1(1)yx的最大值为3122(1)3APk，1(1)yx的最小值为·8·2114(1)5BPk，故112[,]53z，从而3[,5]2z.1

6．【答案】92【解析】由条件得211(1)(1)nnnnSSSnnS，即11(1)()0nnnnSSnSS，由于0nS，则110nnSSn，即11nnSSn，那么11232211(1)()()()()13212nnnnnnnSS

SSSSSSSSnn.当111,1naS，当2n≥，1(1)(1)22nnnnnnnaSSn，故()nannN.81811611619(1)()22222nnSnnnann

n≥，等号成立当且仅当16nn，即4n.17．【解析】（1）由2sin(sinsin)6sinAABB得22sinsinsin6sin0AABB，即2sinsin()60sinsinAABB，解得si

n2sinAB或3（舍去），由正弦定理得sin2sinaAbB.（6分）（2）由余弦定理得2223cos24abcCab，将2ab代入，得22253bcb，解得2cb，由余弦定理得222

222(2)(2)52cos28222acbbbbBacbb，则21414sin1cos,sin2sin84BBAB,222222(2)(2)2cos2422bcabbbAbcbb，从而145221437sin()sincoscossin

()48488ABABAB.（12分）18．【解析】（1）频率分布直方图如下图所示（6分）（2）由题意，抽取25人中，有8人的年龄在25,35内，X的可能取值为0,1,2，且21722534(0)7

5CPXC，1117822534(1)75CCPXC，282257(2)75CPXC，故随机变量X的分布列为X012P34753475775X的数学期望为3434716()01275757525EX.（12分）19．【解析】（1）以D为原点，以平行于DA的方向

为x轴，平行于DC的方向为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.·9·过E点作EAD△的高，交AD于点G.由于,,CDADCDDEADDED，所以CD平面ADE，所以EGCD，又因为,EGADADCDD，所

以EG平面ABCD.设EGh，由题设条件可得下列坐标：22(2,0,0),(0,2,0),(0,0,0),(3,0,),(3,1,)ACDEhhFhh.22(32,1,),(3,1,)AFhhCFhh，由于AFCF，所以222(32)310AFCFhhh

，解得2h，故(1,1,2),(1,1,2)AFCF.可求(2,2,0)DB，且(2,2,0)(1,DBAF，(2,2,0)(1,1,2)0DBCF，从而DBAF，DBCF.因为,AFCF

平面AFC，且AFCFF，故BD平面AFC.（6分）（2）由（1）得(1,1,2),(0,2,0),(1,1,2),(2,0,0)AFABCFBC.设平面ABF的法向量111(,,)abc

u，由0AFu及0ABu得11112020abcb令12a，由此可得(2,0,1)u.设平面BCF的法向量222(,,)abcv，由0CFv及0BCv得22222020abca令22b

，由此可得(0,2,1)v.则·11cos,333uvuvuv，因为二面角AFBC大于90，则二面角AFBC的余弦值为13.（12分）另解：取BF中点H，连接,AHCH，可证AHC是二面角AFBC的平面角．易求3AHCH，由余弦定理得1co

s3AHC．（12分）20．【解析】（1）将抛物线方程和直线方程联立，得2221ypxyx，消去y得24(24)10xpx，由根与系数关系可得21,24PQPQpxxxx，则21PQPQkxx22215()45()41524PQPQpxxx

x，则234pp，化简得24120pp，解之得6p或2p（舍去），故抛物线的标准方程为212yx.（6分）（2）直线l方程为()ykxs，设,PQ坐标分别为1122(,),(,)xyxy．因为点Q与点Q关于x轴对称,所以Q坐标为

·10·22(,)xy，显然点Q也在抛物线上.设直线QP与x轴交点T的坐标为(,0)X.由2()12ykxsyx消去y得22222(21)02kxksxks.所以221212221,2xxxxkssk.由于,,PTQ三点共线，则PTTQkk，

从而1212yyxXxX，化简得211212xyxyXyy，又21122112121212()()2()sxyxyxkxsxkxskxxxkksx，121212()

()(1)22yykxskxskxxksk，则211212xyxyXsyy，故QP过定点(,0)s.（12分）21．【解析】（1）(1)()ln(1)1axxfxaxax的定义域为1(,)a，2222

(2)(1)(1)2()[(1)]1(1)(1)aaaxaxaxxafxxxaxaxaxa.令()0fx，可得0x或21xa.当01a时，2110aa，由()0fx得10xa，

由()0fx得0x，由此可得()fx的单调递增区间为1(,0)a，单调递减区间为(0,).当1a时，21110aa，由()0fx得10x，由()0fx得0x，由此可得()fx的单调递增区间为(

1,0)，单调递减区间为(0,).当12a时，1210aa，由()0fx得210xa，由()0fx得121xaa或0x，由此可得()fx的单调递增区间为2(1,0)a，单调递减区间为12(,1)aa，(0,).当2

a时，1210aa，可得()0fx≤，故()fx的单调递减区间为1(,)a.当2a时，1201aa，由()0fx得201xa，由()0fx得10xa或21xa，由此可得()fx的单调递增区间为

2(0,1)a，单调递减区间为1(,0)a,2(1,)a.（6分）（2）当1a时，由（1）得()ln(1)fxxx在区间(0,)单调递减，由此可得当(0,)x时()(0)fxf

，即ln(1)xx.令21(2)xnn≥，则2211111ln(1)(1)1nnnnnn，从而2222111111111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)12342231nnn

111n，由此得·11·22221111ln[(1)(1)(1)(1)]1234n,22221111(1)(1)(1)(1)234en.（12分）22．【解析】（1）由曲线C的极坐标方程为10cos，则210cos

，即2210xyx，得其标准方程为22(5)25xy.直线l参数方程为22222xtyt(t为参数)，则其普通方程为20xy.（5分）（2）由（1）得曲线C为圆心为(5,0)，半径为5的圆，曲线C的参数方程为55cos5sinxy(为参

数)，由题设条件及点到直线的距离公式可得|55cos5sin2|22，化简的|35cos5sin|2，可得5cos5sin1或5cos5sin5.当5cos5sin1时，注意到22sincos1，联立方程组，得3cos54s

in5或4cos53sin5，此时对应的P点坐标为(8,4),(1,3).当5cos5sin5时，注意到22sincos1，联立方程组，得c

os0sin1或cos1sin0，此时对应的P点坐标为(5,5),(0,0).综上，符合条件的P点坐标为(8,4),(1,3),(5,5),(0,0).（10分）23．【解析】（1）当1a时，()1|24|fxxx.当1x≤时，原不等式可化为

1425xx≥，解得0x≤，结合1x≤得此时0x≤.当12x时，原不等式可化为1425xx≥，解得2x≤，结合12x得此时x不存在.当2x≥时，原不等式可化为1245xx≥，解得103x≥，结合2x≥得此时103x≥

.综上，原不等式的解集为10{|0}3xxx≤或≥.（5分）（2）由于2402||xaxa≥对任意xR恒成立，故当240a≤时，不等式2()4fxa≥对任意xR恒成立，此时22a≤≤.当24a，即2a或2a时，由于22aa

，记2()()(4)gxfxa，下面对x分三种情况讨论.当2xa≤时，22()4(42)344gxaxaxaxa，()gx在区间(,2]a内单调递减.当22axa时，22()4(4)442gxaxxaaxa，()gx在区间2

(2,)aa内单调递增.当2xa≥时，2222()4(4)3244gxxaxaaxaa，()gx在区间2[,)a内单调递增.综上，可得()(2)24gxgaa≥，·12·要使得2()4fxa≥对任意xR恒成立，只需mi

n()0gx≥，即240a≥，得2a≤，结合2a或2a，得2a.综上，a的取值范围为(,2].（10分）