2020高考文科数学二轮分层特训卷：模拟仿真专练（二） Word版含解析.doc

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2、命题q：函数yln(x2ax1)的值域是R.如果命题p或q是真命题，p且q为假命题，则实数a的取值范围是()A(，3 B(，22,3)C(2,3 D3，)答案：B解析：若命题p为真命题：函数f(x)x3ax1在区间1,1上单调递减，则f(x)3x2a0在1,1上恒成立，故a(3x2)max在x1,1上恒成立，又(3x)3，所以a3.若命题q为真命题：函数yln(x2ax1)的值域是R，则必须使x2ax1能取所有正数，故a240，解得a2或a2.因为命题pq是真命题，pq为假命题，所以命题p与命题q一真一假，当p为真命题，q为假命题时，可得a|a3a|2a2，当q为真命题，p为假命题时，可得a|

3、a3a|a2或a2a|a2或2a0)个单位长度后得到的图象与函数yksin xcos x(k0)的图象重合，则km的最小值是()A2 B2C2 D2答案：A解析：将函数ysin2xcos2xcos 2x的图象向左平移m(m0)个单位长度后所得到的图象对应的函数解析式为ycos2(xm)cos(2x2m)sin(m0)，平移后得到的图象与函数yksin xcos xsin 2x(k0)的图象重合，所以得k2，mn(nZ)，又m0，所以m的最小值为，可知km的最小值为2.故选A.82019山西太原一中检测已知实数x，y满足|x|y|1，则z2|x|y|的最大值为()A5 B4C3 D2答案：D解析

4、：令|x|a，|y|b，则且z2ab.作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线b2a，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zmax2102.故选D.92019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4416(种)，其中号码相同的情况共有6种，则号码不同的概率为P1，故选D.102019辽宁五校期末在AB

5、C中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sin(BA)sin(BA)3sin 2A，且c，C，则ABC的面积是()A. B.C.或 D.或答案：D解析：由sin(BA)sin(BA)3sin 2A，得2sin Bcos A3sin 2A6sin Acos A，即sin Bcos A3sin Acos A当cos A0时，A，而C，c，所以B，bctan B，所以此时ABC的面积为bc；当cos A0时，可得sin B3sin A，由正弦定理得b3a，又c，所以cos Ccos，得a1，所以b3，此时ABC的面积为absin C13.综上可知，ABC的面积为或.故选D.112019河北唐

6、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mnm的最小值为()A2 B2C6 D6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mnmm22，当且仅当，即mn1时取等号，所以mnm的最小值为2.故选A.122019陕西汉中模拟设抛物线y24x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yk(x1)(易知k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由可得k2x2(2k24)xk20，由根与系数的关系得x1x21，x1x

7、2.又0，易知F(1,0)，所以(1x1)(1x2)k2(x11)(x21)0，即(k21)x1x2(k21)(x1x2)k210，即2k22(k21)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)132019陕西宝鸡四校第二次联考已知为锐角，且sin (tan 10)1，则_.答案：40解析：由题意知sin (tan 10)sin sin sin sin 1，即sin sin 40.因为为锐角，所以40.142019山东邹城质监观察下列各式：12；1222；122232；12223242；照此规律，当nN*时，122232n2_.答案：解析：

8、第一个式子：12；第二个式子：1222；第三个式子：122232；第四个式子：12223242；第n个式子：122232n2.152019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：7683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83.162019湖南四校摸底已知定义在R上的奇函数f(x)满

9、足ff(x)0，当x0时，f(x)2xa，则f(16)_.答案：解析：由ff(x)0，得f(x)ff(x5)，所以函数f(x)是以5为周期的函数，则f(16)f(351)f(1)又f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)0，即1a0，解得a1，所以当x0时，f(x)2x1，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，a11，an0，若an(n2且nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)记cnan2an，求数列cn的前n项和Tn.

10、解析：(1)依题意知an(n2且nN*)，且an0，又当n2时，anSnSn1，两式相除，得1(n2)，可知数列是以1为首项，公差为1的等差数列，所以1(n1)1n，即Snn2.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，当n1时，a1S11，满足上式，所以an2n1(nN*)(2)由(1)知，an2n1，所以cn(2n1)22n1，则Tn12323525(2n1)22n1，4Tn123325(2n3)22n1(2n1)22n1，得3Tn22(232522n1)(2n1)22n122(2n1)22n122n1，所以Tn.18(12分)2019河南开封模拟如图，在四棱锥PABCD中，ABAC，

11、ABPA，ABCD，AB2CD，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CEDH.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EFPA.又ABPA，所以EFAB，同理可证ABFG.又EFFGF，EF，FG平面EFG，所以AB平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MNCD.又ABCD，所以MNAB，所以MN平面

12、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

13、率分布直方图得a40，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，()若购置1辆车，则物流公司每天的营业利润值为1 000；()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；()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1

14、25,50,25，故平均利润值为2 400；()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 4002 3501 8501 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(ab0)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k0，在x轴上是否存在

15、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a2c.由|BF|BA|2，得a2，ab2.又a2b2c2，由可得a24，b23，椭圆C的方程为1.(2)设直线l的方程为ykx2(k0)，由得(34k2)x216kx40，易知0，k.设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1x2，(x1x22m，k(x1x2)4)，(x2x1，y2y1)(x2x1，k(x2x1)菱形的对角线互相垂直，()0，(1k2)(x1x2)4k2m0，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

16、得f(x)6mx26x6x(mx1)，所以当m1时，f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，令f(x)0，解得x0或x1.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x1,2时，f(x)max5，f(x)min4.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m1，所以由f(x)6mx0得x0或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：因为f2m311，且m1，所以f0.又f(m)m2(2m23)11”是“函数f(x)有唯一零点”的充分条件当m2时，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：又f10，f(0)0，f(3)1”是“

17、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44：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)以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos24sin .(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；(2)设直线l与曲线C交于不同的两点A，B，若|AB|8，求的值解析：(1)直线l的普通方程为xsin ycos cos 0，曲线C的极坐标方程为cos24sin ，2cos24sin ，又cos x，sin y，曲

18、线C的直角坐标方程为x24y.(2)将(t为参数，0)代入x24y，得t2cos24tsin 40，设点A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1t2，t1t2.|AB|t1t2|8，cos ，或.23(10分)2019福建福州二检选修45：不等式选讲已知不等式|2x1|2x1|4的解集为M.(1)求集合M；(2)设实数aM，bM，证明：|ab|1|a|b|.解析：(1)方法一当x时，不等式化为2x112x1，所以1x；当x时，不等式化为2x12x14，即2时，不等式化为2x12x14，即x1，所以x1.综上可知，Mx|1x1方法二设f(x)|2x1|2x1|，则f(x)函数f(x)的图象如图所

19、示因为f(x)4，由图可得，1x1，所以Mx|1x1(2)方法一(综合法)因为aM，bM，所以|a|1，|b|1.而|ab|1(|a|b|)|ab|1|a|b|(|a|1)(|b|1)0，所以|ab|1|a|b|.方法二(分析法)要证|ab|1|a|b|，只需证|ab|1|a|b|0，只需证(|a|1)(|b|1)0，因为aM，bM，所以|a|1，|b|1，所以(|a|1)(|b|1|)0成立所以|ab|1|a|b|成立方法三(分析法)要证|ab|1|a|b|，因为aM，bM，所以|a|1，|b|1，所以|ab|11，|a|b|1，所以只需证(|ab|1)2(|a|b|)2，只需证|ab|22|ab|1|a|22|ab|b|2，只需证|ab|21|a|2|b|2，只需证(|a|21)(|b|21)0，又|a|21，|b|21，所以(|a|21)(|b|21)0成立所以|ab|1|a|b|成立

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