2020届新疆乌鲁木齐市高考数学三模试卷（文科）含答案解析

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1、2020 年新疆乌鲁木齐市高考（文科）数学三模试卷年新疆乌鲁木齐市高考（文科）数学三模试卷 一、选择题（共 12 小题）. 1已知 i 是虚数单位，则 2i（1+i）（ ） A2+2i B2+2i C2i D2i 2已知集合 Ax|（x2） （x+2）0，B2，1，0，1，2，3，则 AB（ ） A B0，1，2 C1，0，1 D2，1，0，1，2 3命题 P：xR，x2+11，则P 是（ ） AxR，x2+11 BxR，x2+11 C D 4已知等差数列an满足 a1+a3+a518，a3+a5+a730，则 a2+a4+a6（ ） A20 B24 C26 D28 5若角 的终边过点 P（3

2、，4），则 sin2 的值为（ ） A B C D 6某校有甲、乙两个数学建模兴趣班其中甲班有 40 人，乙班有 50 人现分析两个班的 一次考试成绩，算得甲班的平均成绩是 90 分，乙班的平均成绩是 81 分，则这两个数学 建模兴趣班所有同学的平均成绩是（ ） A85 B85.5 C86 D86.5 7正方体 ABCDABCD中，AB 的中点为 M，DD的中点为 N，则异面直线 B M 与 CN 所成角的大小为（ ） A0 B45 C60 D90 8在 RtABC 中，ABAC1，点 D 满足，则（ ） A B C1 D2 9 直线 yx2 与抛物线 y22px （p0） 交于 A， B 两

3、点， 若 OAOB， 则 p 的值为 （ ） A B1 C D2 10在四面体 ABCD 中，AB，DADBCACB1，则四面体 ABCD 的外接球的表 面积为（ ） A B2 C3 D4 11M 是双曲线 C：上位于第二象限的一点，F1，F2分别是左、 右焦点，MF1F1F2x 轴上的一点 N 使得NMF290，A，B 两点满足 ， ，且 A，B，F2三点共线，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D 12定义在 R 上的函数 yf（x），当 x0，2时，f（x）42|x1|4，且对任意实数 x2k 2，2k+12（kN，k2），都有 ，若 g（x）f（x）logax 有且 仅有 5

4、个零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A B C D 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分. 13将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行，则 2 本数学书相邻的概率 为 14 已知定义在 R 上的奇函数 f （x） 满足： 当 x0 时， f （x） log3（1x） ， 则 f （8） 15若 f（x）2sinx（01）在区间上的最大值是，则 16在正项等比数列an中，a4+a6，2a1，a2成等差数列，则数列an an+1 的前 n 项之积的最小值为 三、解答题：第 1721 题每题 12 分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程 或演算步骤. 1

5、7在ABC 中，a，b，c 是A，B，C 所对的边，a，c1，sinA+cosA0 （）求 b； （）若 D 为 BC 边上一点，且 ADAB，求ACD 的面积 18在疫情这一特殊时期，教育行政部门部署了“停课不停学”的行动，全力帮助学生在线 学习复课后进行了摸底考试，某校数学教师为了调查高三学生这次摸底考试的数学成 绩与在线学习数学时长之间的相关关系，对在校高三学生随机抽取 45 名进行调查知道 其中有 25 人每天在线学习数学的时长是不超过 1 小时的，得到了如图的等高条形图： （）将频率视为概率，求学习时长不超过 1 小时但考试成绩超过 120 分的概率； （）是否有 99%的把握认为“

6、高三学生的这次摸底考试数学成绩与其在线学习时长有 关” P（K2k0） 0.050 0.010 0.001 k0 3.841 6.635 10.828 K2 19如图，将直角边长为的等腰直角三角形 ABC，沿斜边上的高 AD 翻折，使二面角 B ADC 的大小为，翻折后 BC 的中点为 M （）证明 BC平面 ADM； （）求点 D 到平面 ABC 的距离 20已知椭圆 C：右焦点为 F（2，0），P 为椭圆上异于左右顶点 A， B 的一点，且PAB 面积的最大值为 （）求椭圆 C 的标准方程； （） 若直线 AP 与直线 xa 交于点 Q， 线段 BQ 的中点为 M， 证明直线 FM 平分P

7、FB 21已知 f（x）exalnx+2a（a0） （）当 ae 时，求 f（x）的单调区间； （）设 x0是 f（x）的极小值点，求 f（x0）的最大值 选考题：共 10 分，请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分.作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 22已知曲线 C1的参数方程为（t 为参数），以坐标原点 O 为极点，x 轴的 正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2sin （）求曲线 C1的极坐标方程； （）设 C1与 C2交点为 A，B，求AOB 的面积 23设 a，b 均为正数，且 a2+b22，证明： （）（a+b

8、）（a3+b3）4； （） 参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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 i 是虚数单位，则 2i（1+i）（ ） A2+2i B2+2i C2i D2i 【分析】根复数的基本运算进行求解即可 解：2i（1+i）2i+2i22+2i， 故选：A 2已知集合 Ax|（x2） （x+2）0，B2，1，0，1，2，3，则 AB（ ） A B0，1，2 C1，0，1 D2，1，0，1，2 【分析】求出集合 A，B，由此能求出 AB 解：集合 Ax|（x2）（x+2）0 x|2x2， B2，1，0，1，2，3， AB2，1，0

9、，1，2 故选：D 3命题 P：xR，x2+11，则P 是（ ） AxR，x2+11 BxR，x2+11 C D 【分析】根据全称命题的否定是特称命题，写出其特称命题可得答案 解：命题的否定是：x0R，+11， 故选：C 4已知等差数列an满足 a1+a3+a518，a3+a5+a730，则 a2+a4+a6（ ） A20 B24 C26 D28 【分析】由题意利用等差数列的性质，求出公差 d 的值，可得要求式子的值 解：等差数列an满足 a1+a3+a518，a3+a5+a730，设公差为 d， 相减可得 6d301812，d2 则 a2+a4+a6a1+a3+a5+3d24， 故选：B 5

10、若角 的终边过点 P（3，4），则 sin2 的值为（ ） A B C D 【分析】直接利用三角函数的定义和三角函数关系式的恒等变换求出结果 解：角 的终边过点 P（3，4），所以， 所以 故选：D 6某校有甲、乙两个数学建模兴趣班其中甲班有 40 人，乙班有 50 人现分析两个班的 一次考试成绩，算得甲班的平均成绩是 90 分，乙班的平均成绩是 81 分，则这两个数学 建模兴趣班所有同学的平均成绩是（ ） A85 B85.5 C86 D86.5 【分析】直接根据平均值的求解公式即可求解 解：由题意可知，两个数学建模兴趣班所有同学的平均成绩85 故选：A 7正方体 ABCDABCD中，AB 的

11、中点为 M，DD的中点为 N，则异面直线 B M 与 CN 所成角的大小为（ ） A0 B45 C60 D90 【分析】利用异面直线所成的角的定义，取 AA 的中点为 E，则直线 BM 与 CN 所成 角就是直线 BM 与 BE 成的角 解：取 AA 的中点为 E，连接 BE，则直线 BM 与 CN 所成角就是直线 BM 与 BE 成的角， 由题意得 BMBE，故异面直线 BM 与 CN 所成角的大小为 90， 故选：D 8在 RtABC 中，ABAC1，点 D 满足，则（ ） A B C1 D2 【分析】画出图形，建立坐标系，求出相关的向量，然后求解数量积 解：在 RtABC 中，ABAC1

12、，点 D 满足， 可知：D 是 BC 的一个 3 等分点，建立如图所示的坐标系， 则 B（1，0），C（0，1），D（，）， 可得（1，0） （，） 故选：A 9 直线 yx2 与抛物线 y22px （p0） 交于 A， B 两点， 若 OAOB， 则 p 的值为 （ ） A B1 C D2 【分析】直线与抛物线联立求出两根之和及两根之积，再由 OAOB 可得数量积 0，求出 p 的值 解：设 A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立方程组 y22p（y+2），可得 y22py4p0， y1y24p，y1+y22p， OAOB，所以数量积0， x1x2+y1y20， 所以4， 4+（4p）0

13、， p1 故选：B 10在四面体 ABCD 中，AB，DADBCACB1，则四面体 ABCD 的外接球的表 面积为（ ） A B2 C3 D4 【分析】根据线段长度得到ABC 与ABD 均为直角三角形，得到球心以及半径，即可 求出四面体 ABCD 的外接球的表面积 解：设 AB 的中点为 O，连接 OD，OC，如图， 在四面体 ABCD 中，AB，DADBCACB1， AD2+BD2AB2，AC2+BC2AB2， 即ABC 与ABD 均为直角三角形， 故 OAOBOCOD， 即 O 为外接球球心，OAR； 四面体 ABCD 的外接球的表面积为 4R22 故选：B 11M 是双曲线 C：上位于第

14、二象限的一点，F1，F2分别是左、 右焦点，MF1F1F2x 轴上的一点 N 使得NMF290，A，B 两点满足 ， ，且 A，B，F2三点共线，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D 【分析】由双曲线的方程可得其左右焦点的坐标，再由 MF1F1F2可得 M 的坐标，设 N 的坐标，由题意0，可得 N 的坐标，由，可得 A，B 的坐 标，再由 A，B，F2三点共线可得对应边成比例，求出 a，c 的关系，进而求出离心率的 值 解：由双曲线的方程可得左右焦点坐标 F1（c，0），F2（c，0）， 因为 M 在第二象限，且 MF1F1F2，可得 M（c，），设 N（m，0）， 由NMF290

15、可得 0， 即（m+c，） （2c，）0， 整理可得 2c（m+c）+0，解得 m，即 N（ ，0）， 由，所以 A（，），B（c，）， 由 A，B，F2三点共线，可得 ，即， 整理可得 c46a2c2+a40，即 e46e2+10，解得 e23 ， 因为双曲线的离心率 e1，所以 e+1， 故选：A 12定义在 R 上的函数 yf（x），当 x0，2时，f（x）42|x1|4，且对任意实数 x2k 2，2k+12（kN，k2），都有 ，若 g（x）f（x）logax 有且 仅有 5 个零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A B C D 【分析】作出 yf（x）的函数图象，根据 yf（x）和

16、 ylogax 的图象有 5 个交点列不 等式组得出 a 的范围 解：当 x0，2时，f（x）42|x1|4， 故 f（x）在0，2上的函数图象关于直线 x1 对称， 又任意实数 x2k2，2k+12（kN，k2），都有 ， 作出 yf（x）的函数图象如图所示： g（x）f（x）logax 有且仅有 5 个零点， ylogax 的图象与 yf（x）的图象有 5 个交点，显然 a1 ，解得a 故选：C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分. 13 将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行， 则 2 本数学书相邻的概率为 【分析】首先求出所有的基本事件的个数，再从中找到

17、 2 本数学书相邻的个数，最后根 据概率公式计算即可 解： 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行， 所有的基本事件有共有 6 种结果， 其中 2 本数学书相邻的有（数学 1，数学 2，语文），（数学 2，数学 1，语文），（语 文， 数学 1， 数学 2） ， （语文， 数学 2， 数学 1） 共 4 个， 故本数学书相邻的概率 P 故答案为： 14已知定义在 R 上的奇函数 f（x）满足：当 x0 时，f（x）log3（1x），则 f（8） 2 【分析】直接利用奇函数的定义即可得到答案 解：因为定义在 R 上的奇函数 f（x）满足：当 x0 时，f（x）log3（1x），

18、则 f（8）f（8）log31（8）log392； 故答案为：2 15若 f（x）2sinx（01）在区间上的最大值是，则 【分析】根据已知区间，确定 x 的范围，求出它的最大值，结合 01，求出 的 值 解：， 故答案为： 16在正项等比数列an中，a4+a6，2a1，a2成等差数列，则数列an an+1 的前 n 项之积的最小值为 220 【分析】直接利用关系式的应用求出数列的通项公式，进一步求出数列的积，最后利用 二次函数性质的应用求出结果 解：正项等比数列an中，a4+a6，2a1，a2成等差数列， 设首项为 a1，公比为 q， 则：，整理得：，解得 所以：， 则：， 所以， 所以，

19、当 n5 时，数列an an+1的前 n 项之积的最小值为 故答案为：220 三、解答题：第 1721 题每题 12 分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程 或演算步骤. 17在ABC 中，a，b，c 是A，B，C 所对的边，a，c1，sinA+cosA0 （）求 b； （）若 D 为 BC 边上一点，且 ADAB，求ACD 的面积 【分析】（）根据已知条件和特殊角的三角函数值求得角 A 的度数，然后由余弦定理 求得 b 的值； （）欲求ACD 的面积的面积，只需通过解直角三角形求得高 AD 的长度即可 解：（）由，得， A150 又，c1， 又 a2b2+c22bccosA，即

20、，解得； （）由（）得， ， ， ， 18在疫情这一特殊时期，教育行政部门部署了“停课不停学”的行动，全力帮助学生在线 学习复课后进行了摸底考试，某校数学教师为了调查高三学生这次摸底考试的数学成 绩与在线学习数学时长之间的相关关系，对在校高三学生随机抽取 45 名进行调查知道 其中有 25 人每天在线学习数学的时长是不超过 1 小时的，得到了如图的等高条形图： （）将频率视为概率，求学习时长不超过 1 小时但考试成绩超过 120 分的概率； （）是否有 99%的把握认为“高三学生的这次摸底考试数学成绩与其在线学习时长有 关” P（K2k0） 0.050 0.010 0.001 k0 3.841

21、 6.635 10.828 K2 【分析】（）由等高条形图得到学习时长不超过 1 小时，但考试成绩超过 120 分的人 数，由古典概型概率计算公式得答案； （）由题意填写 22 列联表，求出 K2，结合临界值表得结论 解：（）从等高条形图中看出，学习时长不超过 1 小时，但考试成绩超过 120 分的人 数为 10 人， 其概率为； （）依题意，得 22 列联表 数学成绩 在线学习时长 120 分 120 分 合计 1 小时 15 10 25 1 小时 5 15 20 合计 20 25 45 ， 没有 99%的把握认为“高三学生的这次摸底成绩与其在线学习时长有关” 19如图，将直角边长为的等腰直

22、角三角形 ABC，沿斜边上的高 AD 翻折，使二面角 B ADC 的大小为，翻折后 BC 的中点为 M （）证明 BC平面 ADM； （）求点 D 到平面 ABC 的距离 【分析】（）证明 DMBC，AMBC，然后证明 BC平面 ADM； （）设点 D 到平面 ABC 的距离为 d，通过 VABCDVDABC，求解点 D 到平面 ABC 的 距离 【解答】（）证明：折叠前 ABAC，AD 是斜边上的高， D 是 BC 的中点，BDCD， 又因为折叠后 M 是 BC 的中点， DMBC，折叠后 ABAC， AMBC，AMDMM， BC平面 ADM； （）解：设点 D 到平面 ABC 的距离为 d

23、， 由题意得 VABCDVDABC， ， ， 20已知椭圆 C：右焦点为 F（2，0），P 为椭圆上异于左右顶点 A， B 的一点，且PAB 面积的最大值为 （）求椭圆 C 的标准方程； （） 若直线 AP 与直线 xa 交于点 Q， 线段 BQ 的中点为 M， 证明直线 FM 平分PFB 【分析】（）由题意得，解出 a2和 b2的值即可； （）设直线 AP 的方程为 xmy3，将其与椭圆的方程联立，消去 x，可求出点 P 的 坐标，易得点 Q 和 M 的坐标，设MFB，则 tan，再结合正切的二倍角公式与 直线的斜率与倾斜角的关系证得PFB22MFB 即可 解：（）由题意得，解得 a29，b

24、25， 椭圆 C 的标准方程为 （）证明：设直线 AP 的方程为 xmy3，代入，得（5m2+9）y230my 0，解得 y0 或， ， ， 易知直线 AP 与 x3 的交点，而 B（3，0）， 线段 BQ 的中点， 设MFB，则， ， tan2tanPFB， 又2（0，），PFB（0，）， PFB22MFB，即直线 FM 平分PFB 21已知 f（x）exalnx+2a（a0） （）当 ae 时，求 f（x）的单调区间； （）设 x0是 f（x）的极小值点，求 f（x0）的最大值 【分析】（）代入 a 的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单 调区间即可； （）求出函数的导数

25、，表示出 f（x）的最大值，根据函数的单调性求出函数的最大值 即可 解：（）当 ae 时，f（x）exelnx+2e，显然 f（1）0， ，f（x）在（0，+）上是增函数，0 x1 时，f（x）f （1）0， f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增； （）由，且， f（x）在（0，+）上单调递增， 存在极小值点 x0满足 f（x0）0，即， ， 令 g（x）ex（1xlnx+2x），则 g（x）ex（1xlnx+2x+12lnx1）（x+2）lnx（ x）， 由 x0， 由 g（x）0 得 xe2， 故 f（x0）的最大值是 g（e2） 选考题：共 10 分，请考生在 22、2

26、3 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分.作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 22已知曲线 C1的参数方程为（t 为参数），以坐标原点 O 为极点，x 轴的 正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2sin （）求曲线 C1的极坐标方程； （）设 C1与 C2交点为 A，B，求AOB 的面积 【分析】（）由题意曲线 C1的参数方程化为普通方程，然后化为极坐标方程 （）联立方程，求出 A、B 坐标，然后求解三角形 的面积 解：（）由题意曲线 C1的参数方程为（t 为参数），得（x2）2+（y 3）25，即 x2+y24x6y+80 曲线 C1的极坐标

27、方程：24cos6sin+80； （）联立方程，解得， A（0，2），B（1，1）， 23设 a，b 均为正数，且 a2+b22，证明： （）（a+b）（a3+b3）4； （） 【分析】（）由分析法证明，只要证明 a4+b4+ab3+ba3（a2+b2）2，由完全平方公式 展开，整理即为 ab（ab）20，即可得证； （）运用基本不等式推得+，结合不等式的性质，即可得证 【解答】证明：（）a2+b22，要证（a+b）（a3+b3）4， 只需要证明 a4+b4+ab3+ba3（a2+b2）2， 也就是要证明 a4+b4+ab3+ba3a4b42a2b20，即证 ab（ab）20， a，b 均为正数，ab（ab）20，（a+b）（a3+b3）4； （）a，b 均为正数， ， 又a2+b22，