2020年高考模拟高考数学一模试卷一、选择题1．设U＝{﹣1，0，1，2}，集合A＝{x|x2＜1，x∈U}，则∁U A＝（）A．{0，1，2}B．{﹣1，1，2}C．{﹣1，0，2}D．{﹣1，0，1} 2．本场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（）A．B．C．D．3．已知复数z满足z•i2020＝1+i2019（其中i为虚数单位），则复数z的虚部是（）A．﹣1B．1C．﹣i D．i4．已知直线l1：ax+2y+4＝0，l2：x+（a﹣1）y+2＝0，则“a＝﹣1”是“l1∥l2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．3C．D．46．函数f（x）的图象如图所示，则它的解析式可能是（）A．f（x）＝2x（|x|﹣1）B．f（x）＝C．f（x）＝|ln|x||D．f（x）＝xe x﹣17．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a2＝2，且．则（）A．a4＝7B．S16＝240C．a10＝19D．S20＝3818．已知F1，F2是双曲线的左、右焦点，若点F2关于双曲线渐近线的对称点A满足∠F1AO＝∠AOF1（O为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（）A．y＝±2x B．C．D．y＝±x9．已知平面向量，满足且λ+2μ＝1，若对每一个确定的向量，记的最小值为m，则当变化时，m的最大值为（）A．B．C．D．110．已知函数f（x）＝ax+1+|2x2+ax﹣1|（a∈R）的最小值为0，则a＝（）A．B．﹣1C．±1D．±二、填空题11．若a＝log23，b＝log32，则a•b＝，lga+lgb＝．12．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧和其所对弦AB围成的图形，若弧田的弧长为4π，弧所在的圆的半径为6，则弧田的弦AB长是，弧田的面积是．13．已知实数x、y满足，且可行域表示的区域为三角形，则实数m的取值范围为，若目标函数z＝x﹣y的最小值为﹣1，则实数m等于．14．有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用ξ表示两名老师之间的学生人数，则ξ＝1对应的排法有种；E（ξ）＝；15．已知函数f（x）＝，且∀p＜m，∃q≥m，使得f（p）+f（q）＝0，则实数m的取值范围是．16．已知实数a，b，c满足a2+b2+2c2＝1，则ab+c的最小值是．17．若四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB内有一动点Q，已知Q到底面ABCD的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角P﹣AB﹣C平面角的大小为30°时，k的值为．三、解答题18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．（1）求a的值；（2）若b＝1，求△ABC的面积．19．已知等腰梯形ABCD中（如图1），AB＝4，BC＝CD＝DA＝2，F为线段CD的中点，E，M为线段AB上的点，AE＝EM＝1，现将四边形AEFD沿EF折起（如图2）．（Ⅰ）求证：AM||平面BCD；（Ⅱ）在图2中，若，求直线CD与平面BCFE所成角的正弦值．20．已知数列{a n}的前n项和S n满足：．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，数列{c n}的前n项和为T n．求证：．21．已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的离心率为e＝，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：x2+y2＝a2于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形ACMN面积的最大值．22．已知函数f（x）＝ax+lnx（a∈R）有两个零点x1，x2．（1）求a的取值范围；（2）是否存在实数λ，对于符合题意的任意x1，x2，当x0＝λx1+（1﹣λ）x2＞0时均有f′（x0）＜0？若存在，求出所有λ的值；若不存在，请说明理由．参考答案一、选择题：共10小题，每小题4分，共40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U＝{﹣1，0，1，2}，集合A＝{x|x2＜1，x∈U}，则∁U A＝（）A．{0，1，2}B．{﹣1，1，2}C．{﹣1，0，2}D．{﹣1，0，1}【分析】化简集合A，求出A的补集即可．解：设U＝{﹣1，0，1，2}，集合A＝{x|x2＜1，x∈U}＝{0}，∴∁U A＝{﹣1，1，2}，故选：B．2．本场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（）A．B．C．D．【分析】根据弧度制的定义，即可求解．解：由于时针是顺时针转动，形成的角是负角，又由于时针转动1小时，转动的弧度数为，因此时针转过2小时所形成的弧度数为，故选：B．3．已知复数z满足z•i2020＝1+i2019（其中i为虚数单位），则复数z的虚部是（）A．﹣1B．1C．﹣i D．i【分析】由虚数单位i的运算性质可得z＝1﹣i，则答案可求．解：∵i4＝1，∴i2020＝i4×505＝1，i2019＝i4×504+3＝﹣i，则z•i2020＝1+i2019化为z＝1﹣i，∴z的虚部为﹣1．故选：A．4．已知直线l1：ax+2y+4＝0，l2：x+（a﹣1）y+2＝0，则“a＝﹣1”是“l1∥l2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】由两直线平行的充要条件得：“l1∥l2”的充要条件为：，即：a＝﹣1，即“a＝﹣1”是“l1∥l2”的充分必要条件，得解．解：已知直线l1：ax+2y+4＝0，l2：x+（a﹣1）y+2＝0，又“l1∥l2”的充要条件为：，解得：a＝﹣1，即“a＝﹣1”是“l1∥l2”的充分必要条件，故选：C．5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．3C．D．4【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积．解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，如图所示：故：V＝＝．故选：C．6．函数f（x）的图象如图所示，则它的解析式可能是（）A．f（x）＝2x（|x|﹣1）B．f（x）＝C．f（x）＝|ln|x||D．f（x）＝xe x﹣1【分析】结合图象，运用排除法得解．解：当x＝﹣1时，函数值为0，由此排除D；当x＝0时，函数值为﹣1，由此排除C；当x→+∞时，函数值→+∞，由此排除B．故选：A．7．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a2＝2，且．则（）A．a4＝7B．S16＝240C．a10＝19D．S20＝381【分析】首先利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式，进一步求出数列的项和数列的和．解：数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a2＝2，且．当n≥2时，S n+2+S n＝2（S n+1+1），当n＝2时，解得a3＝4，所以a n+2+a n＝2a n+1，所以数列{a n}是以2为首项公差d＝4﹣2＝2的等差数列．所以a n＝2+2（n﹣2）＝2n﹣2，所以，故＝226．a4＝2×4﹣2＝6．a10＝2×10﹣2＝18．S20＝a1+a2+…+a20＝1+＝381．故选：D．8．已知F1，F2是双曲线的左、右焦点，若点F2关于双曲线渐近线的对称点A满足∠F1AO＝∠AOF1（O为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（）A．y＝±2x B．C．D．y＝±x【分析】设F1（﹣c，0），F2（c，0），渐近线方程为y＝x，对称点为A（m，n），运用中点坐标公式和两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求出对称点A的坐标，A满足∠F1AO＝∠AOF1，可得|AF1|＝|OF1|＝c，由两点的距离公式，可得所求渐近线方程．解：设F1（﹣c，0），F2（c，0），渐近线方程为y＝x，F2的对称点为A（m，n），即有＝﹣，且•n＝•，解得m＝，n＝，A满足∠F1AO＝∠AOF1，可得|AF1|＝|OF1|＝c，即有（+c）2+＝c2，结合c2＝a2+b2，化为c＝2a，即b＝a，可得双曲线的渐近线方程为y＝±x．故选：B．9．已知平面向量，满足且λ+2μ＝1，若对每一个确定的向量，记的最小值为m，则当变化时，m的最大值为（）A．B．C．D．1【分析】先假设，＝，从而得到点A的轨迹是圆，再由计算，将其化简为关于λ的二次函数，因此得到的最小值为m 与x的关系，再利用导数求其最大值即可．解：设，＝，∵，∴（x+2）2+y2＝1即点A的轨迹是以（﹣2，0）为圆心，1为半径的圆，x∈[﹣3，﹣1]．∵λ+2μ＝1，∴＝（λx+1﹣λ，λy），∴+2（x﹣1）λ+1＝（﹣6x﹣2）λ2+2（x﹣1）λ+1，∵x∈[﹣3，﹣1]，∴﹣6x﹣2＞0，则关于λ的二次函数开口向上，当时，取得最小值，即＝，令（x∈[﹣3，﹣1]），则，∴函数f（x）在[﹣3，]上单调递增，在（，﹣1]上单调递减，∴，即，∴m的最大值为．故选：B．10．已知函数f（x）＝ax+1+|2x2+ax﹣1|（a∈R）的最小值为0，则a＝（）A．B．﹣1C．±1D．±【分析】设，解得g（x），h（x）的解析式，通过图象的特点，结合f（x）的最小值为0，可得所求值．解：设，所以，则f（x）＝g（x）+h（x）+|g（x）﹣h（x）|＝，由于g（x）＝x（x+a）的图象恒过（0，0），（﹣a，0），h（x）的图象为开口向下，且过（﹣1，0），（1，0）的抛物线，且f（x）的最小值为0，结合图象可得﹣a＝1或﹣a＝﹣1，即有a＝±1．故选：C．二、填空题：共7小题，多空每空格3分，单空每空格4分，共36分.11．若a＝log23，b＝log32，则a•b＝1，lga+lgb＝0．【分析】利用对数运算性质即可得出．解：∵a＝log23，b＝log32，则a•b＝•＝1，lga+lgb＝lgab＝lg1＝0．故答案为：1，0．12．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧和其所对弦AB围成的图形，若弧田的弧长为4π，弧所在的圆的半径为6，则弧田的弦AB长是6，弧田的面积是12π﹣9．【分析】由已知利用弧长公式可求∠AOB，可得∠AOD＝，OA＝6，即可求解AB的值，由弧田的面积S＝S扇形OAB﹣S△OAB即可计算得解．解：∵如图，弧田的弧长为4π，弧所在的圆的半径为6，∴α＝∠AOB＝＝，可得∠AOD＝，OA＝6，∴AB＝2AD＝2OA sin＝2×＝6，∴弧田的面积S＝S扇形OAB﹣S△OAB＝4π×6﹣＝12π﹣9．故答案为：6，12π﹣9．13．已知实数x、y满足，且可行域表示的区域为三角形，则实数m的取值范围为m＞2，若目标函数z＝x﹣y的最小值为﹣1，则实数m等于5．【分析】作出平面区域，结合线性规划的知识及目标函数的几何意义即可求解．解：作出可行域如图，则要为三角形需满足B（1，1）在直线x+y＝m下方，即1+1＜m，m＞2；目标函数可视为y＝x﹣z，则z为斜率为1的直线纵截距的相反数，该直线截距最大在过点A时，此时z min＝﹣1，直线PA：y＝x+1，与AB：y＝2x﹣1的交点为A（2，3），该点也在直线AC：x+y＝m 上，故m＝2+3＝5，故答案为：m＞2；5．14．有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用ξ表示两名老师之间的学生人数，则ξ＝1对应的排法有36种；E（ξ）＝1；【分析】ξ的可能取值为0，1，2，3，ξ＝1对应的排法有：＝36．分别求出P （ξ＝0），P（ξ＝1），P（ξ＝2），P（ξ＝3），由此能求出E（ξ）．解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用ξ表示两名老师之间的学生人数，则ξ的可能取值为0，1，2，3，ξ＝1对应的排法有：＝36．∴ξ＝1对应的排法有36种；P（ξ＝0）＝＝，P（ξ＝1）＝＝，P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝3）＝＝，∴E（ξ）＝＝1．故答案为：36，1．15．已知函数f（x）＝，且∀p＜m，∃q≥m，使得f（p）+f（q）＝0，则实数m的取值范围是（﹣∞，0]．【分析】根据条件转化为函数y＝﹣f（x）在（﹣∞，m）上的值域是函数y＝f（x）在[m，+∞）上的值域的子集；分别求值域即可得到结论．解：依题意，f（q）＝﹣f（p），即函数y＝﹣f（x）在（﹣∞，m）上的值域是函数y＝f（x）在[m，+∞）上的值域的子集．因为y＝f（x）在[m，+∞）上的值域为[﹣4，+∞）（m≤﹣2）或[m2+4m，+∞]（m＞﹣2），y＝﹣f（x）在（﹣∞，m）上的值域为（﹣m，+∞），故或，解得m≤0故答案为：（﹣∞，0]．16．已知实数a，b，c满足a2+b2+2c2＝1，则ab+c的最小值是﹣．【分析】先分离出a2+b2，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值．解：若ab+c取最小值，则ab异号，c＜0，根据题意得：1﹣2c2＝a2+b2，又由a2+b2≥2|ab|＝﹣2ab，即有1﹣2c2≥﹣2ab，则ab+c≥c2+c﹣＝（c+）2﹣，即2ab+c的最小值为﹣，故答案为：﹣．17．若四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB内有一动点Q，已知Q到底面ABCD的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角P﹣AB﹣C平面角的大小为30°时，k的值为．【分析】二面角P﹣AB﹣C平面角为θ，点Q到底面ABCD的距离为|QH|，点Q到定直线AB得距离为d，则d＝．再由点Q到底面ABCD的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得|PQ|＝，由此可得sinθ＝k，则由cosθ＝cos30°＝可求k值．解：如图，设二面角P﹣AB﹣C平面角为θ，点Q到底面ABCD的距离为|QH|，点Q到定直线AB得距离为d，则|QH|＝d sinθ，即d＝．∵点Q到底面ABCD的距离与到点P的距离之比为正常数k，∴＝k，则|PQ|＝，∵动点Q的轨迹是抛物线，∴|PQ|＝d，即＝．则sinθ＝k．∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的余弦值为cosθ＝＝＝cos30°＝．解得：k＝（k＞0）．故答案为：．三、解答题：共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．（1）求a的值；（2）若b＝1，求△ABC的面积．【分析】（1）由题意可得，，结合余弦定理可求（2）由正弦定理可求B，C，代入三角形面积公式可得解：（1）由题意可得，，由余弦定理可得，cos A＝即＝，∴a＝（2）∵a＝，b＝1，由正弦定理可得，sin B＝＝＝∵a＞b，∴B＝，C＝π﹣A﹣B＝∴S△ABC＝＝＝19．已知等腰梯形ABCD中（如图1），AB＝4，BC＝CD＝DA＝2，F为线段CD的中点，E，M为线段AB上的点，AE＝EM＝1，现将四边形AEFD沿EF折起（如图2）．（Ⅰ）求证：AM||平面BCD；（Ⅱ）在图2中，若，求直线CD与平面BCFE所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）证明四边形ADCM为平行四边形，可得AM∥CD，进而得证；（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，再根据已知条件求得点D的坐标以及平面BCEF 的一个法向量，利用向量公式即可得所求正弦值．解：（Ⅰ）证明：连接CM，由AD平行且等于EF，MC平行且等于EF可知，AD平行且等于MC，∴四边形ADCM为平行四边形，∴AM∥CD，又AM不在平面BCD内，CD在平面BCD内，∴AM||平面BCD；（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，则，设D（x，y，z），由，可得，∴，易知平面BCEF的一个法向量为，设直线CD与平面BCFE所成角为θ，则，即直线CD与平面BCFE所成角的正弦值为．20．已知数列{a n}的前n项和S n满足：．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，数列{c n}的前n项和为T n．求证：．【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，可得所求；（Ⅱ）运用数列的裂项相消求和和不等式的性质，可得证明．解：（Ⅰ）∵，∴，即，∴，当n≥2时，，得，即{a n}是等比数列；∴．（Ⅱ）证明：＝＝，由得，所以，从而＝＝．即．21．已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的离心率为e＝，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：x2+y2＝a2于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形ACMN面积的最大值．【分析】（Ⅰ）结合已知可得，bc＝求出a，b的值，即可得椭圆方程；（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式等于0可得m2＝4k2+1，联立直线方程与圆的方程，结合根与系数的关系求得S△MCO+S△ANO，利用弦长公式及点到直线的距离公式，求出S△MON，得到S ACMN＝S△MON+S+S△ANO，整理后利用基本不等式求最值．△MCO解：（Ⅰ）可得，bc＝结合a2＝b2+c2，解得a＝2，c＝，b＝1．得椭圆方程；（Ⅱ）易知直线MN的斜率k存在，设MN：y＝kx+m，由，得（4k2+1）x2+8kmx+4（m2﹣1）＝0，由△＝64k2m2﹣16（4k2+1）（m2﹣1）＝0，得m2＝4k2+1，∵S ACMN＝S△MON+S△MCO+S△ANO，设点O到直线MN：kx﹣y+m＝0的距离为d，d＝，|MN＝2＝2．S△MON+＝＝d＝，由，得（k2+1）x2+2kmx+m2﹣4＝0，，，∴y1+y2＝kx1+m+kx2+m＝k（x1+x2）+2m＝k（﹣+2m＝．∴S△MCO+S△NAO＝×（|y1|+|y2|）＝（|y1+y2|＝，∴S ACMN＝S△MON+（S△NAO+S△MCO）＝+而m2＝4k2+1，k2＝，易知k2≥0，∴m2≥1，则|m|≥1，四边形ACMN的面积S＝＝当且仅当＝|m|，即m＝时取“＝”．∴四边形ACMN面积的最大值为4．22．已知函数f（x）＝ax+lnx（a∈R）有两个零点x1，x2．（1）求a的取值范围；（2）是否存在实数λ，对于符合题意的任意x1，x2，当x0＝λx1+（1﹣λ）x2＞0时均有f′（x0）＜0？若存在，求出所有λ的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）f′（x）＝a+（x＞0），求导讨论a以确定导数的正负，从而确定函数的单调区间，求得f（﹣）＞0，求得a的取值范围；（2）由于（1）可知：f′（x0）＜0，f′（x1）•f′（x2）＜0可知λ≠0，且λ≠1，x1，x2是f（x）＝0的两个根，求得a的表达式，λ+（1﹣λ）＞，t＝，构造辅助函数g（t）＝lnt﹣（t＞0），求导化简整理，令μ＝，利用μ的取值范围，即可判断g（t）的单调性，即可求得λ的值．解：（1）f′（x）＝a+（x＞0），当a≥0时，f′（x）＞0对x＞0恒成立，与题意不符，当a＜0，f′（x）＝a+＝，∴0＜x＜﹣时，f′（x）＞0；x＞﹣时f′（x）＜0，即函数f（x）在（0，﹣）单调递增，在（﹣，+∞）单调递减，∵x→0和x→+∞时均有f（x）→﹣∞，∴f（﹣）＝﹣1+ln（﹣）＞0，解得：﹣＜a＜0，综上可知：a的取值范围（﹣，0）；（2）由（1）可知f′（x0）＜0⇔x0＞﹣（﹣＜a＜0），由x1，x2的任意性及f′（x1）•f′（x2）＜0知，λ≠0，且λ≠1，∴a＝﹣，故x0＝λx1+（1﹣λ）x2＞，又∵λ+（1﹣λ）＞，令t＝，则t＞0，t≠1，且λ+（1﹣λ）t＞＞0恒成立，令g（t）＝lnt﹣（t＞0），而g（﹣1）＝0，∴t＞1时，g（t）＞0，0＜t＜1时，g（t）＜0．（*）∴g′（t）＝﹣＝，令μ＝，若μ＜1，则μ＜t＜1时，g′（t）＜0，即函数在（μ，1）单调递减，∴g（t）＞g（1）＝0，与（*）不符；若μ＞1，则1＜t＜μ时，g′（t）＜0，即函数g（t）在（1，μ）单调递减，∴g（t）＜g（1）＝0，与（*）式不符；若μ＝1，解得λ＝，此时g′（t）≥0恒成立，（g′（t）＝0⇔t＝1），即函数g（t）在（0，+∞）单调递增，又g（1）＝0，∴t＞1时，g（t）＞0；0＜t＜1时，g（t）＜0符合（•）式，综上，存在唯一实数λ＝符合题意．。