【文档说明】湖南省常德市2020届高三高考模拟考试（一）数学（理）试题（含答案）.doc，共(17)页，770.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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·1·理科数学试卷一总分：150分时量:120分钟一、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.已知集合P=65|xx，Q=065|2x

xx，则PQ=____（桃源县第四中学）A、61|xxB、61|xxC、61|xxD、61|xx答案：由已知得Q=[-1，6]P=（-5，6）故PQ=[-1，6]故选C

2.设复数z满足3(1)ziz+=-，则下列说法正确的是()(桃源一中)A.z的虚部为2iB.z为纯虚数C.5z=D.在复平面内，z对应的点位于第二象限答案：C由3(1)ziz+=-得3(3)(1)1212iiizii-+-+-===-++，

22(1)25z=-+=3.设等差数列{}na的前n项的和为nS，若5347Sa=+，11a=，则6a=()(桃源一中)A.37B.16C.13D.-9答案：B设等差数列{}na的公差为d，由5347Sa=+得：115(51)54(2)72adad?+=++，将11a

=代入上式解得3d=，故61511516aad=+=+=（法二：5347Sa=+，又535Sa=，所以37a，由11a得3d=，故61511516aad=+=+=4.如图是某市连续16日的空气质量指数趋势统计图，·2·空气质量指数(AQI)小于100表示

空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．则下列说法不正确的是()(桃源一中)A．这16日空气重度污染的频率为0.5B．该市出现过连续4天空气重度污染C．这16日的空气质量指数的中位数为203D．这16日的空气质量指数的平均值大于200答案：D这16日空气重度污染的频率为80

.516=故A正确；12日，13日，14日，15日连续4天空气重度污染，故B正确；中位数为1(192214)2032，故C正确；1200[(147543(43)6x=++++-+(120)(48)60(117)(40)-+-++-+-+(21)(62)1421632

3(8)]200-+-+++++-<，（也可根据图形判断，8个数据大于200，8个数据小于200，小于200的8个数据整体与200相差较大），故D不正确.5.已知P为抛物线C：24yx=上一点，F为C的焦点，若4PF=，则ΔOPF的面积为()(桃源一中)A.3B.3C.23D.

4答案：A设00()Pxy，，抛物线的焦点(10)F，，准线为1x=-，由抛物线的定义可知：0(1)4PFx=--=03x\=代入C的方程得023y=?，Δ011||||123322OPFSOFy=?创=6

.函数()sin()fxAx的图象如图所示，将函数()fx的图象向Oxy31253Oxy31253·3·右平移12个单位长度，得到)(xgy的图像，则下列说法不正确的是()(桃源一中)A．函数(

)gx的最大值为3B．函数()gx关于点(0)12π，对称C．函数()gx在(0)2π，上单调递增D．函数()gx的最小正周期为π答案：B由图可知3A，353()41234T，2Tπω\==，，将点5(3)12π，代入3sin(2)yx，得2()3πφkπkZ=-+?，故(

)3sin(2)3fxx，右平移12个单位长度得：()3sin[2()]3sin(2)3cos21232πππygxxxx==--=-=-，故A，C，D正确，选B7.已知向量a与a+b的夹角为60°，|a|=1，|b|

=3，则ab=()(桃源一中)A.0B.32-C.32-D.0或32-答案：A如图，ABaBCbACab===+uuurruuurruuurrr，，，由余弦定理：2222sinBCABACABACA=+-鬃，已知6013AAB

BC=?=，，，代入上式得2AC=，222ABBCAC\+=，故90B=?，即ab^rr，\0ab?rr法二：设ar与br的夹角为θ，由题设()1||cos60aabab?=??rrrrr，即21||2aabab

+?+rrrrr，所以113cos||2θab+=+rr，224(13cos)()423cos(1)θabθ\+=+=+rr·4·即22coscos0θθ+=，所以cos0θ=或32-，经检验，32-不符合(1)式，舍去，故0ab?rr8.随机设置某交通路口亮红绿灯的时间，通过对路口交通

情况的调查，确定相邻两次亮红灯与亮绿灯的时间之和为100秒，且一次亮红灯的时间不超过70秒，一次亮绿灯的时间不超过60秒，则亮绿灯的时间不小于亮红灯的时间的概率为()(桃源一中)A.67B.35C.13D.110答案：C设亮绿灯的时间随机设置为t秒，则6

0t£，亮红灯的时间10070t-?，所以3060t＃，亮绿灯的时间不小于亮红灯的时间即为50t³，由几何概型的概率公式知：6050160303P-==-9.362(1)()xxx-+的展开式中的常数项为()(桃源一中)A.240B.180C.60-D.80-答案：B62()xx+的通项

为63262rrrCx-，所以362(1)()xxx-+的展开式中的常数项为612344262xCx-和662226(1)2Cx--?，又4422662224060180CC-=-=，所以362(1)()xxx-+的展开式中的常数项为18010.设函数121()(1)xfxex

，则不等式()(21)fxfx的解集为()(桃源一中)A.(10)-，B.(1)-?，-C.1(1)3-，D.1(10)(0)3-U，·5·答案：D()fx的定义域为{|1}xx¹，考虑函数21()xgxex为偶函数，在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减，g

(x)的图像向右平移1个单位得到()fx的图像，所以函数()fx关于x=1对称，在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.由()(21)fxfx，可得1211|1||(21)1|xxxxì¹ïïïï+?íïï->+-ïïî，解得：113x-<

<且0x¹11.几何体甲与乙的三视图如右图，几何体甲的正视图和侧视图为两个全等的等腰三角形，且等腰三角形的高与几何体乙的三视图中的圆的直径相等，若几何体甲与乙的体积相等，则几何体甲的外接球的表面积与几何体乙的表面积之比为()(桃源一中)A.3

2B.94C.49D.132+答案：B由三视图可知甲为圆锥，乙为球，设球的半径为R，设圆锥底面半径为r，则圆锥高2hR=，因为甲与乙的体积相等，所以324133πRπrh=，即222Rr=，2rR；设圆锥的外接球半径为1R，则22211()RrhR

即222112(2)RRRR，132RR，故几何体甲的外接球与几何体乙的表面积之比为2124944RR.12.已知函数2106()0xxxfxlnxxxìïï+?ïïï=íïï>ïïïî，，，()()gxfxax=-（其中a为常数），则下列说法中正确的·6·个数为()(桃源

一中)①函数()fx恰有4个零点；②对任意实数a，函数()gx至多有3个零点；③若a≤0，则函数()gx有且仅有3个零点；④若函数()gx有且仅有3个零点，则a的取值范围为11(0][)62e，，(桃源一中)A.1B.2C.3D.4答案：B当0x£时，()fx的图像为抛物线2

16yxx的一部分当0x>时，当0x>时，21ln()xfxx-¢=，所以(0,)xeÎ时，()0fx¢>，()fx单调递增，(,)xe??时，()0fx¢<，()fx单调递减，画出()fx的图像如图所示，由图可知()fx恰有3个零点，故①不正确；设()fx的过原点的切线的

斜率为1k，切点为000ln(,)xPxx，2ln1ln()xxxx-¢=，由022000201lnlnxkxxxkxì-ïï=ïïïïïíïïïï=ïïïî，解得011,2xeke==·7·()fx在0x=处的切线2l的斜率为22001111()|(2)|6662xxkxx

xe==¢=+=+=<，因为()()gxfxax=-零点个数，即函数()yfx=与yax=的交点个数，由图可知：12ae时，有1个交点；12ae时，有2个交点；11[)62ae，时，有3个交点；1(0)6a，时，有4个交点；(,0]a时，有3个交

点.所以②不正确；③④正确.（说明：显然0x=是()gx的零点，x0时，也可转化为()fxax=零点的个数问题，也可以画图得出答案）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡．．．中对应题号后的横线上

）13.已知函数()ln(1)xfxxex=++，则曲线()yfx=在0x=处的切线方程为__2yx=__.(桃源一中)14已知实数,xy满足约束条件10330,10xyxyxy则=32zxy的最小值为-215.已知数列{}

na的各项为正，记nS为{}na的前n项和，若2113()2nnnnaanNaa*++=?-，11a=，则5S=___121________.(桃源一中)·8·16.已知双曲线C:22221(0,0)xyabab，O是坐标原点，F是C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别

为,,AB且OAB为直角，记OAF和OAB的面积分别为OAFS和OABS，若13OAFOABSS，则双曲线C的离心率为答案：.263或233三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步

骤）17．（本小题12分）已知向量m(sin3)x=-，，n=(1cos)x，，且函数()fx=mn.(Ⅰ)若5(0)6πxÎ，，且2()3fx=，求sinx的值；(Ⅱ)在锐角ΔABC中，角ABC，，的对边分别为abc，，，若a，=4Δ

ABC的面积为43，且1()sin32πfAcB+=，求ΔABC的周长.(桃源一中)解：(Ⅰ)()fx=mn(sin3)x=-，(1cos)x×，sin3cosxx=-2sin()3πx=-………………

(2分）Q2()3fx=，\1sin()33πx-=又5(0)6πxÎ，，()332πππx\-?，，22cos()33πx-=……………………(4分）所以11223126sinsin[()]3332326ππxx+=-+=??……………………(6分）(Ⅱ)因为1()sin32πfAcB+

=，所以12sinsin2AcB=，即4sinsinAcB=·9·由正弦定理可知4abc=，又a=4所以bc=16……………………(8分）由已知ΔABC的面积1sin432bcA=，可得3sin2A=，又(0)2πAÎ，\3πA=…

…………………(10分）由余弦定理得222cos1bcbcA+-=，故2232bc+=，从而2()64bc+=所以ΔABC的周长为12……………………(12分）18．（本小题12分）如图，在四棱锥PABCD

中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ADBC∥，ABAD，22ADBCAB，O是AD的中点．(Ⅰ)在线段PA上找一点E，使得BE∥平面PCD，并证明；(Ⅱ)在(1)的条件下，若2P

APDAD，求平面OBE与平面POC所成的锐二面角的余弦值．(桃源一中)解：(Ⅰ)E是线段PA的中点，……………………(1分）证明：连接BE，OE，OB，∵O是AD的中点，∴OEPD∥，又OE平面PCD，PD平面PCD，∴OE∥平面PCD，……………………(3分）

又∵底面ABCD是直角梯形，22ADBCAB，∴OBCD∥，·10·又OB平面PCD，CD平面PCD，∴OB∥平面PCD，……………………(4分）∵OE平面OBE，OB平面OBE，OEOBO

，∴平面OBE∥平面PCD，又BE平面OBE，∴BE∥平面PCD．……………………(6分）（也可通过线线平行来证明线面平行）(Ⅱ)∵平面PAD平面ABCD，2PAPDAD，∴POAD，∴PO平面ABCD，且1OC，3PO

，以O为原点，如图建立空间直角坐标系Oxyz，……………………(8分）得0,0,0O，1,1,0B，0,0,3P，1,0,0C，130,,22E，得130,,22OE

，1,1,0OB，设,,mxyz是平面OBE的一个法向量，则mOEmOB，得300yzxy，取3x，得3,3,1m，……………………(10分）又易知0,1,0n是平面POC的一个法向量，设平面OBE与平面POC所成

的锐二面角为，则321coscos,771mnmnmn，即平面OBE与平面POC所成的锐二面角的余弦值为217．……………………(12分）19．（本小题12分）随着快递行业的崛起，中国快递业务量惊人，2018年中国快递

量世界第一，已连续五年突破五百亿件，完全超越美日欧的总和，稳居世界第一名．某快递公司收取费的标准是：不超过1kg的包裹收费8元；超过1kg的包裹，在8元的基础上，每超过1kg(不足1kg，按1kg计算)·11·

需再收4元．该公司将最近承揽(接收并发送)的100件包裹的质量及件数统计如下(表1)：表1：公司对近50天每天承揽包裹的件数(在表2中的“件数范围”内取的一个近似数据)、件数范围及天数，列表如下(表2)：表2：(Ⅰ)将频率视为概率，计算该公司未来3天内恰有1天揽件数在(100，3

00]内的概率；(Ⅱ)①根据表1中最近100件包裹的质量统计，估计该公司对承揽的每件包裹收取快递费的平均值：②根据以上统计数据，公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，其余用作其他费用．目前，前台有工作人员5人，每人每天揽件数不超过100件，日工资80元

．公司正在考虑是否将前台人员裁减1人，试计算裁员前、后公司每天揽件数的数学期望；若你是公司决策者，根据公司每天所获利润的期望值，决定是否裁减前台工作人员1人?(桃源一中)解：(Ⅰ)将频率视为概率，样本中包裹件数在(100，300]内的天数为102535，频率为35

75010f，故该公司1天揽件数在(100，300]内的概率为710………(2分）未来3天包裹件数在(100，300]内的天数X服从二项分布，即7(3)10XB，所以未来3天内恰有1天揽件数在[100，299]内的概率为：1

2373189()()10101000PC………(5分）包裹质量（kg)（0，1]（1，2]（2，3]（3，4]（4，5]包裹件数43301584件数范围(0，100](100，200](200，300](300，400](400，5

00]天数5102555每天承揽包裹的件数50150250350450·12·(Ⅱ)①由题可知，样本中包裹质量（kg)、快递费（元）、包裹件数如下表所示：所以每件包裹收取快递费的平均值为14383012151682042412100………(7分）②根据题意及①，揽件数每增加

1，公司快递收入增加12（元）若不裁员，则每天可揽件的上限为500件，公司每日揽件数情况如下：每天承揽包裹的件数Y的期望E(Y)=50×0.1+150×0.2+250×0.5+350×0.1+450×0.1=240公司每日利润的期望值为1240125805603

元………(9分）若裁员1人，则每天可揽件的上限为400件，公司每日揽件数情况如下：每天承揽包裹的件数Y的期望E(Y)=50×0.1+150×0.2+250×0.5+350×0.1+400×0.1=235公司每日利润的期望值为1235124806203元…

……(11分）因为560<620，所以公司应将前台工作人员裁员1人．………(12分）包裹质量（kg)（0，1]（1，2]（2，3]（3，4]（4，5]快递费（元）812162024包裹件数43301584件数范围(0，100](100,

200](200,300](300，400](400，500]天数5102555每天承揽包裹的件数Y50150250350450概率P0.10.20.50.10.1件数范围(0，100](100，200](2

00，300](300，400](400，500]天数5102555每天承揽包裹的件数Y50150250350400概率P0.10.20.50.10.1·13·20.有一种曲线画图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆ON可绕O转

动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且21ONDN，1DM．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动，M处的笔尖画出的曲线记为C．以为原点，所在的直线为轴建立如图2

所示的平面直角坐标系．（Ⅰ）求曲线C的轨迹方程；（2)设2F为曲线C的右焦点，P为曲线C上一动点，直线2PF斜率为)0(kk，且2PF与曲线C的另一个交点为Q，是否存在点),0(tT，使得TQPTPQ,若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由.（芷兰实验学校谌兴

明供题）解（1）设),(yxM则）（0,2xD，则1)2(22yxx及1422yx5（2）设直线PQ的方程为(3)ykx，将(3)ykx代入2214xy，得222214831240kxkxk；设112

2,,,PxyQxy，线段PQ的中点为00,Nxy，2121200022433,3214214xxyykkxykxkk，·14·即222433,1414kkNkk8因为TQPTPQ所以直线TN为线段PQ的垂直平分线，所以TNPQ，则

·1TNPQkk，即，所以233331414ktkkk，01当0k时，因为144kk，所以330,4t，当k0时，因为144kk，所以33,04t.综上，

存在点T，使得||TPTQ，且t的取值范围为3333,00,442121．（本小题12分）已知函数()(ln)xfxxeaxx，其中2.71828e为自然对数的底数.（1）若()1fx，求实数a的值；（2）证明：2(2ln)2(1sin)

xxexxx.（常德市一中）解：（1）法一：当0a时，111()(ln)ln12222222eeeehaa与()1fx恒成立矛盾，不合题意；当0a时，(1)()'()xxxeafxx，令()xxahe

x，则'()(1)0xhxxe，所以()hx在(0,)上递增，又(0)0ha，()(1)0aahaaeaae故存在0(0,)x，使0()0hx，且00xxea，00lnnlxxa当0(0,)xx时，()0hx，'()0fx，()f

x递减，当0(,)xx时，()0hx，'()0fx，()fx递增所以0min0000()())nnl(lxeaaafxfxxaxx故()1fx，即ln10aaa，令()ln1aaaa，22234114341ktkkkk·15·则'()lnaa

，知()a在(0,1)上递增，在(1,)上递减，所以max()(1)0a，要使()ln10aaaa，当且仅当1a综上，实数a的值为1法二：ln()(ln)(ln)xxxfxxeaxxeaxx，令ln,

txxtR则()1fx等价于10teat，对任意tR恒成立，令()1thteat，当0a时，10()220ahtee与()0ht恒成立矛盾，不合题意；当0a时，()1thte，11(1)110

hee与()0ht恒成立矛盾，不合题意；当0a时，'()tahte，()ht在(,ln)a上递减，在(ln,)a上递增，所以()ht的最小值为(ln)ln1haaaa令()ln1

aaaa，则'()lnaa，知()a在(0,1)上递增，在(1,)上递减，所以max()(1)0a，要使()ln10aaaa，当且仅当1a（2）由（1）知，当1a时，ln1xxexx，即ln1xxexx，所以22lnxxexxxx，

下面证明2ln(2ln)2(1sin)xxxxxxx，即证：222sin0xxx令2()22singxxxx，'()212cosgxxx当01x时，显然'()gx单调递增，'()'(1)

12cos112cos03gxg，所以()gx在(0,1]上单调递减，()(1)22sin10gxg，当1x时，显然2,22sin0xxx，即()0gx故对一切(0,)x，都有()0gx，即2ln(2ln)2(1

sin)xxxxxxx故原不等式2(2ln)2(1sin)xxexxx成立22．(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，直线1C：10xy+-=，曲线2C：sin1cosayax(为参数,0a)，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立

极坐标系.·16·(Ⅰ)说明2C是哪一种曲线，并将2C的方程化为极坐标方程.(Ⅱ)曲线3C的极坐标方程为0θα=(0)，其中0tan2α=，0(0)2παÎ，，且曲线3C分别交1C，2C于点A，B两点，若3+5OBOA=，求a的值

.(桃源一中)解：(Ⅰ)由sin1cosayax消去参数得：2C的普通方程为222)1(ayx，……………………（2分）则2C是以)10(，为圆心，a为半径的圆.……………………（3分）∵sin,cosyx，∴2

C的极坐标方程为222)1sin()cos(a，即2C的极坐标方程为01sin222a，……………………（5分）(Ⅱ)曲线3C极坐标方程为0θα=(0)，0tan2α=，且02sin5α=所

以曲线3C的直角坐标方程为2yx=)0(x由102xyyxì+-=ïïíï=ïî解得：1323xyìïï=ïïïíïï=ïïïî，12()33A\，……………………（7分）53OA\=，25OB\=……………………（8分）故点B的极坐标为0(25)α，，代入01s

in222a得13a=……………………（10分）23．(本小题满分10分)[选修4-5：不等式选讲]设函数()|||1|fxxax.·17·(I)若1a，求不等式()3fx的解集;(II)已知关于x的不等式()|2|6fxxx在1,1x

上恒成立，求实数a的取值范围.解：(I)1a时，21()|1||1|21121xxfxxxxxx，由()3fx得不等式的解集为3322xx.…………(5分)(II)由题知||

|1||2|6xaxxx在1,1x上恒成立，且当1,1x时，|1|1,|2|2xxxx，||3xax，33xaxx，332ax，…………(

7分)又函数32yx在1,1x上的最小值为1，31a，即a的取值范围是3,1.…………(10分)