2020届全国高考分层特训卷模拟仿真专练（二）文科数学（解析版）

2020届全国高考分层特训卷模拟仿真专练（二）
文科数学


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U＝{y|y＝log2x，x>1}，P＝{y|y＝，x>2}，则∁UP＝(　　)
A.　　　　　B.
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪
答案：A
解析：因为函数y＝log2x在定义域内为增函数，故U＝{y|y>0}，函数y＝在(0，＋∞)内为减函数，故集合P＝{y|00，所以m的最小值为，可知k＋m的最小值为2＋.故选A.
8．[2019·山西太原一中检测]已知实数x，y满足|x|＋|y|≤1，则z＝2|x|－|y|的最大值为(　　)
A．5 B．4
C．3 D．2
答案：D

解析：令|x|＝a，|y|＝b，则且z＝2a－b.作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线b＝2a，并平移，由图知，当平移后的直线过点(1,0)时，z取得最大值，且zmax＝2×1－0＝2.故选D.
9．[2019·河南郑州摸底]现有一个不透明的口袋中装有标号分别为1,2,2,3的四个小球，它们除数字外完全相同，现从中随机取出一球记下号码后放回，均匀搅拌后再随机取出一球，则两次取出小球所标号码不同的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D
解析：随机取出一球记下号码后放回，均匀搅拌后再随机取出一球，则两次取出小球的所有情况共有4×4＝16(种)，其中号码相同的情况共有6种，则号码不同的概率为P＝1－＝，故选D.
10．[2019·辽宁五校期末]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，且c＝，C＝，则△ABC的面积是(　　)
A. B.
C.或 D.或
答案：D
解析：由sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，得2sin Bcos A＝3sin 2A＝6sin Acos A，即sin Bcos A＝3sin Acos A．当cos A＝0时，A＝，而C＝，c＝，所以B＝，b＝ctan B＝×＝，所以此时△ABC的面积为bc＝××＝；当cos A≠0时，可得sin B＝3sin A，由正弦定理得b＝3a，又c＝，所以cos C＝＝＝cos＝，得a＝1，所以b＝3，此时△ABC的面积为absin C＝×1×3×＝.综上可知，△ABC的面积为或.故选D.
11．[2019·河北唐山期中]如图，在△ABC中，＝2，过点M的直线分别交射线AB，AC于不同的两点P，Q，若＝m，＝n，则mn＋m的最小值为(　　)

A．2 B．2
C．6 D．6
答案：A
解析：连接AM，由已知可得＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋.因为P，M，Q三点共线，所以＋＝1，所以mn＋m＝＋m＝＋＝＝＋＋≥＋2＝2，当且仅当＝，即m＝n＝1时取等号，
所以mn＋m的最小值为2.故选A.
12．[2019·陕西汉中模拟]设抛物线y2＝4x的焦点为F，过点M(－1,0)的直线在第一象限交抛物线于A，B两点，且·＝0，则直线AB的斜率k＝(　　)
A. B.
C. D.
答案：B
解析：设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(易知k>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由可得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，由根与系数的关系得x1·x2＝1，x1＋x2＝.
又·＝0，易知F(1,0)，所以(1－x1)(1－x2)＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝0，即(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝0，即2k2＋2＋(k2－1)＝0，解得k＝.故选B.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．)
13．[2019·陕西宝鸡四校第二次联考]已知α为锐角，且sin α·(－tan 10°)＝1，则α＝________.
答案：40°
解析：由题意知sin α(－tan 10°)
＝sin α·
＝sin α·
＝sin α·＝sin α·
＝＝1，
即sin α＝sin 40°.因为α为锐角，所以α＝40°.
14．[2019·山东邹城质监]观察下列各式：
12＝；
12＋22＝；
12＋22＋32＝；
12＋22＋32＋42＝；
……
照此规律，当n∈N*时，12＋22＋32＋…＋n2＝________.
答案：
解析：第一个式子：12＝；第二个式子：12＋22＝；第三个式子：12＋22＋32＝；第四个式子：12＋22＋32＋42＝；……第n个式子：12＋22＋32＋…＋n2＝＝.
15．[2019·福建福州质量抽测]随机抽取某中学甲班9名同学、乙班10名同学，得到他们的期中考试数学成绩的茎叶图如图所示，估计该中学甲、乙两班数学成绩的中位数分别是________.

答案：76　83
解析：将甲班9名同学的成绩按从小到大的顺序排列，为52,66,72,74,76,76,78,82,96，故中位数为76；将乙班10名同学的成绩按从小到大的顺序排列，为62,74,76,78,82,84,85,86,88,92，故中位数为＝83.
16．[2019·湖南四校摸底]已知定义在R上的奇函数f(x)满足f＋f(x)＝0，当－≤x≤0时，f(x)＝2x＋a，则f(16)＝________.
答案：
解析：由f＋f(x)＝0，得f(x)＝－f＝f(x＋5)，所以函数f(x)是以5为周期的函数，则f(16)＝f(3×5＋1)＝f(1)．又f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，即1＋a＝0，解得a＝－1，所以当－≤x≤0时，f(x)＝2x－1，所以f(－1)＝－，则f(1)＝－f(－1)＝，故f(16)＝.
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)[2019·河南郑州高中毕业班第二次质量预测]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，若an＝＋(n≥2且n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记cn＝an·2an，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：(1)依题意知an＝＋(n≥2且n∈N*)，且an>0，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
两式相除，得－＝1(n≥2)，
可知数列{}是以1为首项，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝1，满足上式，
所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，an＝2n－1，所以cn＝(2n－1)·22n－1，
则Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)×22n－1　①，
4Tn＝1×23＋3×25＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1　②，
①－②得－3Tn＝2＋2×(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)×22n＋1＝2＋2×－(2n－1)×22n＋1＝－＋×22n＋1，
所以Tn＝.
18．(12分)[2019·河南开封模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．


(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.
解析：

(1)取PA的中点H，连接EH，DH.
因为E为PB的中点，
所以EH綊AB.又CD綊AB，
所以EH綊CD.
所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，所以CE∥平面PAD.
(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.
又AB⊥PA，
所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.
又EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以AB⊥平面EFG.
又M，N分别为PD，PC的中点，
所以MN∥CD.又AB∥CD，所以MN∥AB，
所以MN⊥平面EFG.
因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.
19．(12分)[2019·广东七校联考]某物流公司每天从甲地运货物到乙地，统计最近200天配送的货物量，可得如图所示的频率分布直方图．(频率分布直方图中每个小组取中间值作为该组数据的代表)

(1)估计该物流公司从甲地到乙地平均每天配送的货物量；
(2)该物流公司拟购置货车专门运送从甲地到乙地的货物，一辆货车每天只能运送一趟，每辆货车每趟最多只能装载40件货物，满载发车，否则不发车．若发车，则每辆货车每趟可获利1 000元；若未发车，则每辆货车每天亏损200元．为使该物流公司此项业务每天的营业利润最大，估计该物流公司应该购置几辆货车？
解析：(1)根据题意及频率分布直方图得
a＝÷40＝，
易知从甲地到乙地每天配送的货物量为60件，100件，140件，180件的天数分别为25,50,100,25.
故估计该公司从甲地到乙地平均每天配送的货物量为
＝125(件)．
(2)由(1)可知从甲地到乙地每天配送的货物量为60件，100件，140件，180件的天数分别为25,50,100,25，依题意知，
(ⅰ)若购置1辆车，则物流公司每天的营业利润值为1 000；
(ⅱ)若购置2辆车，则每天的营业利润值的可能取值为2 000,800，对应的天数分别为175,25，
故平均利润值为＝1 850；
(ⅲ)若购置3辆车，则每天的营业利润值的可能取值为3 000,1 800,600，对应的天数分别为125,50,25，
故平均利润值为＝2 400；
(ⅳ)若购置4辆车，则每天的营业利润值的可能取值为4 000,2 800,1 600,400，对应的天数分别为25,100,50,25，
故平均利润值为＝2 350.
因为2 400>2 350>1 850>1 000，
所以为使该物流公司此项业务每天的营业利润最大，该物流公司应该购置3辆货车．
20．(12分)[2019·湖南湘东六校联考]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，点A(b,0)，B，F分别为椭圆C的上顶点和左焦点，且|BF|·|BA|＝2.
(1)求椭圆C的方程．
(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k>0，在x轴上是否存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
解析：(1)由离心率e＝得a＝2c　①.
由|BF|·|BA|＝2，得a·＝2，∴ab＝2　②.
又a2－b2＝c2　③，∴由①②③可得a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋2(k>0)，
由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，易知Δ>0，∴k>.
设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝，＋＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．
∵菱形的对角线互相垂直，∴(＋)·＝0，
∴(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得m＝－，
即m＝－，∵k>，∴－≤m1”是“函数f(x)有唯一零点”的充分不必要条件．
解析：(1)由题意得f′(x)＝6mx2－6x＝6x(mx－1)，所以当m＝1时，f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1.
当x在[－1,2]内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

由上表知，当x∈[－1,2]时，f(x)max＝5，f(x)min＝－4.
故f(x)在区间[－1,2]上的最大值和最小值分别为5和－4.
(2)因为m>1，所以由f′(x)＝6mx＝0得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

因为f＝2m·－3·＋1＝－＋1，且m>1，所以f>0.
又f(－m)＝m2(－2m2－3)＋11”是“函数f(x)有唯一零点”的充分条件．
当m＝－2时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

又f＝－＋1>0，f(0)>0，f(3)1”是“函数f(x)有唯一零点”的充分不必要条件．
选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．)
22．(10分)[2019·湖南衡阳八中模拟][选修4－4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数，0≤α