2020年天津市高考数学模拟试卷(3).docx

1、2020年天津市高考数学模拟试卷（3）一选择题（共9小题，满分27分，每小题3分）1（3分）已知集合A=x|y=ln(x2-3x-4)，B=x|x-2x-10全集UR，则（RA）B（）A1，2B1，2）（3，4C1，3）D1，1）2，42（3分）已知为任意角，则“cos2=13”是“sin=33”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3（3分）某校理科实验班的100名学生在某次期中考试的语文成绩都不低于100分，现将语文成绩分成100，110），110，120），120，130），130，140），140，150五组，其成绩的频率分布直方图如图所示，估计这100名学

2、生语文成绩的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）（）A117B120C123D1254（3分）函数f（x）x2+e|x|的图象只可能是（）ABCD5（3分）圆x2+y24被直线y=3x+2截得的劣弧所对的圆心角的大小为（）A30B60C90D1206（3分）已知函数f（x）对任意不相等的实数x1，x2都满足（x1x2）（f（x1）f（x2）0，若af（21.2），bf（(12)-0.8）cf（ln2），则a，b，c的大小关系为（）AcabBcbaCbacDbca7（3分）设函数f（x）Asin（x+）（A0，0）的部分图象如图所示，则函数yf（x）+3f（x+4）的单调增区间为（）Ak-

3、4，k+4（kZ）Bk-6，k+3（kZ）Ck-3，k+6（kZ）Dk，k+2（kZ）8（3分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的一条渐近线与直线x0的夹角为60，若以双曲线C的实轴和虚轴为对角线的四边形周长为8，则双曲线C的标准方程为（）Ax23-y21Bx29-y23=1Cx23-y29=1Dx2-y23=19（3分）已知三次函数f(x)=x33+ax2-3a2x+b(a0）有两个零点，若方程ff（x）0有四个实数根，则实数a的范围为（）A(0，68)B(0，328)C(68，+)D(68，328)二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）10（3分）若复数z=3-i1

4、+i（i为虚数单位），则|z| 11（3分）已知（12x）5a0+a1x+a2x2+a5x5，则a0a1+a2a3+a4a5的值为 12（3分）已知三棱锥SABC外接球O的体积为288，在ABC中，AB6，AC8，cosCBA=35，则三棱锥SABC体积的最大值为 13（3分）有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则1对应的排法有 种；E（） ；14（3分）若x+3x+3y+4y=12，（x0，y0），则x+4y的最小值为 15（3分）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）为单位圆上两点，且满足OAOB=12，则|x1+y1|+|x2+y2|的取值范围为

5、三解答题（共5小题，满分75分）16（14分）在ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足cosAcosC=a3b-c（1）求sin2A；（2）若a1，ABC的面积为2，求b+c的值17（15分）如图所示，正方体的棱长为1，BCBCO，求：（1）AO与AC所成角的度数；（2）AO与平面ABCD所成角的正切值；（3）平面AOB与平面AOC所成角的度数18（15分）在数列an中，已知a11，an+1=an+2n-1（1）求数列an的通项公式an；（2）记bnan+（1）n，且数列bn的前n项和为Sn，若S2为数列Sn中的最小项，求的取值范围19（15分）已知椭圆C：x2a2+y2b2

6、=1（ab0）的左、右焦点分别为F1（1，0），F2（1，0）且椭圆上存在一点P，满足PF1=72，cosF1F2P=23（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知A，B分别是椭圆C的左、右顶点，过F1的直线交椭圆C于M，N两点，记直线AM，BN的交点为T，是否存在一条定直线l，使点T恒在直线l上？20（16分）已知函数f（x）lnx，g（x）=1x+a（其中a是常数），（）求过点P（0，1）与曲线f（x）相切的直线方程；（）是否存在k1的实数，使得只有唯一的正数a，当x1a时不等式f（x）g（x-1a）kx恒成立，若这样的实数k存在，试求k，a的值；若不存在，请说明理由2020年天津市高考数学模拟

7、试卷（3）参考答案与试题解析一选择题（共9小题，满分27分，每小题3分）1（3分）已知集合A=x|y=ln(x2-3x-4)，B=x|x-2x-10全集UR，则（RA）B（）A1，2B1，2）（3，4C1，3）D1，1）2，4【解答】解：Ax|x4，或x1，RAx|1x4，Bx|x2，或x1，（RA）B1，1）2，4故选：D2（3分）已知为任意角，则“cos2=13”是“sin=33”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【解答】解：若cos2=13，则cos212sin2，sin=33，则cos2=13”是“sin=33”的不充分条件；若sin=33，则cos21

8、2sin2，cos2=13，则cos2=13”是“sin=33”的必要条件；综上所述：“cos2=13”是“sin=33”的必要不充分条件故选：B3（3分）某校理科实验班的100名学生在某次期中考试的语文成绩都不低于100分，现将语文成绩分成100，110），110，120），120，130），130，140），140，150五组，其成绩的频率分布直方图如图所示，估计这100名学生语文成绩的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）（）A117B120C123D125【解答】解：由图可得100，110），110，120），120，130），130，140），140，150五组的频率分别为：0.

9、005100.05，0.04100.4，0.03100.3，0.02100.2，0.005100.05；所以可得这100名学生语文成绩的平均数为：1050.05+1150.4+1250.3+1350.2+1450.05123；故选：C4（3分）函数f（x）x2+e|x|的图象只可能是（）ABCD【解答】解：因为对于任意的xR，f（x）x2+e|x|0恒成立，所以排除A，B，由于f（0）02+e|0|1，则排除D，故选：C5（3分）圆x2+y24被直线y=3x+2截得的劣弧所对的圆心角的大小为（）A30B60C90D120【解答】解：根据题意，设直线y=3x+2与圆x2+y24的的交点为A、B，

10、AB的中点为点M，圆x2+y24的圆心为（0，0），半径r2，圆心到直线y=3x+2的距离d=|2|3+1=1，又由AOM60，则AOB120；故圆x2+y24被直线y=3x+2截得的劣弧所对的圆心角的大小为120；故选：D6（3分）已知函数f（x）对任意不相等的实数x1，x2都满足（x1x2）（f（x1）f（x2）0，若af（21.2），bf（(12)-0.8）cf（ln2），则a，b，c的大小关系为（）AcabBcbaCbacDbca【解答】解：根据题意，利用（x1x2）f（x1）f（x2）0分析可得函数为增函数，1(12)-0.8=20.821.2，ln21，abc，故选：B7（3分）设

11、函数f（x）Asin（x+）（A0，0）的部分图象如图所示，则函数yf（x）+3f（x+4）的单调增区间为（）Ak-4，k+4（kZ）Bk-6，k+3（kZ）Ck-3，k+6（kZ）Dk，k+2（kZ）【解答】解：由图象知A2，T4=6-（-12）=312得T，即2=，得2，则f（x）2sin（2x+），f（-12）2sin2（-12）+2sin（-6+）2，sin（-6+）1，得-6=2k-2得2k-3，kZ，得f（x）2sin（2x+2k-3）2sin（2x-3），函数yf（x）+3f（x+4）2sin（2x-3）+23sin（2x+6）2sin（2x-3）+23sin2+（2x-3）2s

12、in（2x-3）+23cos（2x-3）412sin（2x-3）+32cos（2x-3）4sin（2x-3+3）4sin2x，由2k-22x2k+2，kZ得k-4xk+4，kZ，即函数的单调递增区间为k-4，k+4（kZ），故选：A8（3分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的一条渐近线与直线x0的夹角为60，若以双曲线C的实轴和虚轴为对角线的四边形周长为8，则双曲线C的标准方程为（）Ax23-y21Bx29-y23=1Cx23-y29=1Dx2-y23=1【解答】解：双曲线的渐近线为ybax，渐近线与直线x0的夹角为60，batan30=33，双曲线C的实轴和虚轴为对角线的四

13、边形的周长为8，4a2+b2=8，由，解得解得a23，b21双曲线C的标准方程为x23-y21故选：A9（3分）已知三次函数f(x)=x33+ax2-3a2x+b(a0）有两个零点，若方程ff（x）0有四个实数根，则实数a的范围为（）A(0，68)B(0，328)C(68，+)D(68，328)【解答】解：三次函数f(x)=x33+ax2-3a2x+b(a0）有两个零点，且由f（x）x2+2ax3a20得xa或3a故必有f(a)=0f(-3a)0或f(-3a)=0f(a)0又若方程ff（x）0有四个实数根，则f（x）a或f（x）3a共有四个根当前一组混合组成立时b=53a3，做出图象（图）可知

14、，只需0af（3a）即可，即-9a3+9a3+9a3+53a3a，解得a68；当后一组混合组成立时b9a3，做出图象（图）可知 图只需f（a）3a0即可，即a33+a3-3a3-9a3-3a，解得a328取的并集可知，当a68时方程ff（x）0有四个根故选：C二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）10（3分）若复数z=3-i1+i（i为虚数单位），则|z|5【解答】解：复数z=3-i1+i（i为虚数单位），则|z|=|3-i|1+i|=32+(-1)212+12=5故答案为：511（3分）已知（12x）5a0+a1x+a2x2+a5x5，则a0a1+a2a3+a4a5的值为243【解答】

15、解：因为（12x）5a0+a1x+a2x2+a5x5，令x1可得：a0a1+a2a3+a4a512（1）5243故答案为：24312（3分）已知三棱锥SABC外接球O的体积为288，在ABC中，AB6，AC8，cosCBA=35，则三棱锥SABC体积的最大值为811+48【解答】解：设三棱锥SABC外接球O的半径为R，则4R33=288，解得R6设BCx，在ABC中，由余弦定理可得：82x2+6226x35，化为：5x236x1400，解得x10ABACABC的面积=1268=24球心到平面ABC的距离d=62-52=11三棱锥SABC体积的最大值=1324（11+6）811+48故答案为：8

16、11+4813（3分）有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则1对应的排法有36种；E（）1；【解答】解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则的可能取值为0，1，2，3，1对应的排法有：C31A22A33=361对应的排法有36种；P（0）=A22A44A55=48120，P（1）=C31A22A33A55=36120，P（2）=A32A22A22A55=24120，P（3）=A33A22A55=12120，E（）=048120+136120+224120+312120=1故答案为：36，114（3分）若x+3x+3y

17、+4y=12，（x0，y0），则x+4y的最小值为3【解答】解：(x+4y)(1x+y)=5+xy+4xy5+2xy4xy=9，当且仅当“xy=4xy”时取等号，1x+y9x+4y，又3(1x+y)=12-(x+4y)27x+4y，令t=x+4y，则12-t27t，即t212t+270，解得3t9，(x+4y)min=tmin=3故答案为：315（3分）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）为单位圆上两点，且满足OAOB=12，则|x1+y1|+|x2+y2|的取值范围为62，6【解答】解：如图，直线x+y0与圆x2+y21交于E，F两点，则点A到直线x+y0的距离d1=|x1+y1|2，点

18、B到直线x+y0的距离d2=|x2+y2|2，OAOB=12，AOB=3，设点A与直线x+y0的夹角为，当A，B在直线x+y0的同侧时，0，23，|x1+y1|+|x2+y2|=2(d1+d2) =2sin+sin(23-)=6sin(+6)，0，23，|x1+y1|+|x2+y2|62，6当A，B在直线x+y0的异侧时，0，3，|x1+y1|+|x2+y2|=2(d1+d2) =2sin+sin(3-)=2sin(+3)，0，3，|x1+y1|+|x2+y2|62，2|x1+y1|+|x2+y2|的取值范围为62，6故答案为：62，6三解答题（共5小题，满分75分）16（14分）在ABC中，

19、内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足cosAcosC=a3b-c（1）求sin2A；（2）若a1，ABC的面积为2，求b+c的值【解答】解：（1）cosAcosC=a3b-c，由正弦定理可得：cosA（3sinBsinC）sinAcosC，可得：3sinBcosAsinAcosC+cosAsinCsin（A+C）sinB，sinB0，可得cosA=13，A（0，），sinA=1-cos2A=223，sin2A2sinAcosA=429（2）SABC=12bcsinA=2，bc3，又cosA=13=b2+c2-a22bc，b2+c2（b+c）22bc3，即（b+c）29，b+c317（

20、15分）如图所示，正方体的棱长为1，BCBCO，求：（1）AO与AC所成角的度数；（2）AO与平面ABCD所成角的正切值；（3）平面AOB与平面AOC所成角的度数【解答】解：（1）ACAC，OAC是AO与AC所成角，正方体的棱长为1，BCBCO，CO=121+1=22，AC=1+1=2，AO=1+14+14=62，cosCAO=AO2+AC2-OC22AOAC=64+2-242622=32，CAO30，AO与AC所成角的度数为30（2）过O作OE平面ABCD，交BC于E，连结AE，则OAE是AO与平面ABCD所成角，AE=1+14=52，OE=12，tanOAE=OEAE=1252=55AO与

21、平面ABCD所成角的正切值为55（3）OCOB，OCAB，OC平面AOB，OC平面AOC，平面AOB平面AOC，平面AOB与平面AOC所成角的度数为9018（15分）在数列an中，已知a11，an+1=an+2n-1（1）求数列an的通项公式an；（2）记bnan+（1）n，且数列bn的前n项和为Sn，若S2为数列Sn中的最小项，求的取值范围【解答】解：（1）由a11，an+1=an+2n-1，得a2-a1=21-1，a3-a2=22-1，a4-a3=23-1，an-an-1=2n-1-1an-a1=(21+22+23+2n-1)-(n-1)，an=1+2(1-2n-1)1-2-n+1=2nn

22、；（2）bnan+（1）n2nn+（1）n2nn，前n项和为Sn2+4+8+2n（1+2+3+n）=2(1-2n)1-2-n(n+1)2，若S2为数列Sn中的最小项，则对nN*有2n+12n(n+1)263恒成立，即2n+216（n2+n6）对nN*恒成立，当n1时，得2；当n2时，得0；当n3时，n2+n6（n+3）（n2）0恒成立，2n+2-16n2+n-6对n3恒成立令f（n）=2n+2-16n2+n-6，则f（n+1）f（n）0对n3恒成立，f（n）=2n+2-16n2+n-6在n3时为单调递增数列f（3），即83，综上，28319（15分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）

23、的左、右焦点分别为F1（1，0），F2（1，0）且椭圆上存在一点P，满足PF1=72，cosF1F2P=23（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知A，B分别是椭圆C的左、右顶点，过F1的直线交椭圆C于M，N两点，记直线AM，BN的交点为T，是否存在一条定直线l，使点T恒在直线l上？【解答】解：（1）设F2Px，F1F2P内，由余弦定理得22+x2-22xcosF1F2P=(72)2，化简得（2x9）（6x+11）0，解得x=92，故2aPF1+PF28，a4，b2a2c215，所以椭圆C的标准方程为x216+y215=1（2）由（1）知A（4，0），B（4，0），设T（x，y），M（x1，y1）

24、，N（x2，y2），kAT=kAMyx+4=y1x1+4，kBT=kBNyx-4=y2x2-4，两式相除得x-4x+4=y1x1+4x2-4y2又y12x12-16=-1516y1x1+4=-1516x1-4y1，故x-4x+4=-1516(x1-4)y1x2-4y2，设MN的方程为xmy1，代入x216+y215=1整理，得（15m2+16）y230my2250，0恒成立把y1+y2=30m15m2+16，y1y2=-22515m2+16，代入，x-4x+4=-1516(x1-4)y1x2-4y2=-1516(my1-5)(my2-5)y1y2，得x-4x+4=-1516m2y1y2-5m(

25、y1+y2)+25y1y2=53，得到x16，故点T在定直线x16上20（16分）已知函数f（x）lnx，g（x）=1x+a（其中a是常数），（）求过点P（0，1）与曲线f（x）相切的直线方程；（）是否存在k1的实数，使得只有唯一的正数a，当x1a时不等式f（x）g（x-1a）kx恒成立，若这样的实数k存在，试求k，a的值；若不存在，请说明理由【解答】解：（I）设过P（0，1）的直线与曲线f（x）相切于点（x0，lnx0），f（x）=1x，在（x0，lnx0）点处的切线方程为ylnx0=1x0（xx0），把（0，1）代入可得lnx00即x01，故切线方程为yx1；（II）假设存在k1的正实数，

26、使得只有唯一的正数a，当x1a时不等式f（x）g（x-1a）kx恒成立，即a2xax-1lnxkx恒成立，x1a，lnxk(ax-1)a2即lnx-k(ax-1)a20，令m（x）lnx-k(ax-1)a2=lnx-kax+ka2，（x1a），则m(x)=1x-ka=0可得x=ak，（1）当ak1a即0ka2时，x（1a，x0）时，m（x）0，则m（x）在（1a，x0）上为增函数，当x（x0，+）时，m（x）0，则m（x）在（x0，+）上为减函数，则m（x）maxm（x0）=lnak+ka2-10，即ka2+lnak1，令h（a）=ka2+lnak，（ak），则h（a）=1a-2ka3=a2-2ka3，由h（a）0可得，a=2k（ak），当a（k，2k）时，h（a）0时，h（a）在（k，2k）单调递减，当a（2k，+）时，h（a）0时，h（a）在（2k，+）单调递增，故存在唯一的正数ak，使得h（a）1，只能h（a）min1，h（a）minh（2k）=12+ln2k=1故k=2e，此时a只有唯一的值2ee（2）当ak1a即ka2，m（x）0，m（x）在（1a，+）为增函数，limx1am(x)=ln1a0，即a1，故k1，显然满足1ak的a不唯一，综上可知，存在实数k=2e，a只有唯一值2ee，当x1a时，原式恒成立