2019-2020学年黑龙江省大庆市高考数学一模试卷(文科)(有答案)

1、. . 黑龙江省大庆市高考数学一模试卷（文科）一、选择题（共12 小题，每小题5 分，满分 60 分）1已知集合a=1，2，3 ，集合 b=2，3，4，5 ，则（）aa? b bb? a cab=2 ，3 dab=1，4， 5 2若复数x 满足 x+i=，则复数x 的模为（）a b10 c 4 d3双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（）abcd4已知数列 an和bn都是等差数列，若a2+b2=3，a4+b4=5，则 a7+b7=（）a7 b8 c 9 d10 5下列说法中不正确的个数是（）命题“ ? xr，x3x2+10”的否定是“? x0r，x03x02+10”；若“ pq”为假命

2、题，则p、q 均为假命题；“三个数a，b，c 成等比数列”是“ b=”的既不充分也不必要条件ao b1 c 2 d3 6若 x0是函数 f （x）=2的一个零点，x1（ 0，x0） ，x2（ x0，+） ，则（）af （x1） 0，f （x2） 0 bf （x1） 0，f （x2） 0 c f （x1） 0，f （x2） 0 d f （x1）0， f （x2） 0 7已知直线l 平面 ，直线 m ? 平面 ，给出下列命题 =l m ； ? l m ；l m ? ；l m ? 其中正确命题的序号是（）abc d8已知向量=（，） ，=（cosx ，sinx ） ，=，且，则 cos（x+）的值为

3、 （）a b c d . . 9设变量x，y 满足约束条件，目标函数z=abx+y（a，b 均大于 0）的最大值为8，则 a+b的最小值为（）a8 b4 c 2 d 2 10一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4 的两个全等的等腰直角三角形若该几何体的体积为v，并且可以用n 个这样的几何体拼成一个棱长为4 的正方体，则v，n 的值是（）av=32，n=2 bcdv=16，n=4 11在平面直角坐标系xoy中，已知 c：x2+（y1）2=5，点 a为 c与 x 轴负半轴的交点，过a作 c的弦 ab ，记线段ab的中点为 m ，若 |oa|=|om| ，则直线ab的斜率为（）a

4、2 bc 2 d4 12已知函数f （ x）=x3x2x+a 的图象与x 轴只有一个交点，则实数a 的取值范围是（）a （， 1）（，+）b （，1）c （， 1）d （，）（ 1，+）二、填空题（共4 小题，每小题5 分，满分20 分）13抛物线y=4x2的准线方程是_14若 |=1 ，|=，且，则向量与的夹角为 _15设函数f （x）=，且函数f （x）为奇函数，则g（ 2） =_16已知在三棱锥pabc中， pa=pb=bc=1 ，ab=，ab bc，平面 pab 平面 abc ，若三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为_三、解答题（共5 小题，满分60 分）17已知在等比数列an

5、中， a1+2a2=1， a=2a2a5（1）求数列 an的通项公式；（2）设 bn=log2a1+log2a2+log2an，求数列 的前 n 项和 sn18已知 abc的内角 a，b ， c的对边分别为a，b，c，已知 2acosc+c2b=0（1）求 a的大小；. . （2）若 a=1，求 abc周长的取值范围19如图，四棱锥pabcd 的底面是矩形，pad为等边三角形，且平面pad 平面 abcd ，e，f 分别为 pc和 bd的中点（1）证明： ef平面 pad ；（2）证明：平面pdc 平面 pad ；（3）若 ab=1 ，ad=2 ，求四棱锥pabcd 的体积20已知函数f （

6、x）=lnx ，g（x）=x2（1）求函数h（x）=f （x） x+1 的最大值；（2）对于任意x1，x2（ 0，+） ，且 x2x1，是否存在实数m ，使 mg （x2） mg （x1） x1f（x1）+x2f（x2）恒为正数？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由21已知椭圆e：过点（ 0，） ，且离心率为（1）求椭圆e的方程；（2）若以 k（k 0）为斜率的直线l 与椭圆 e相交于两个不同的点a，b，且线段ab的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形面积为，求 k 的取值范围选修 4-1 ：几何证明选讲22如图， ab为 o的直径，过点b作 o的切线 bc ，oc交 o于点 e，ae的

7、延长线交bc于点 d（1）求证： ce2=cd?cb ；（2）若 ab=bc=2 ，求 ce和 cd的长选修 4-4 ：坐标系与参数方程. . 23在平面直角坐标系xoy中，直线l 的参数方程为（t 为参数）以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线c的极坐标方程是=2sin （i ）求出直线l 的普通方程与曲线c的直角坐标方程；（ii ）设直线l 与曲线 c的交点为a，b ，求 |ab| 的值选修 4-5 ：不等式选讲24设函数f （x）=|2x 1| |x+2| （1）解不等式：f （x） 0；（2）若 f（ x）+3|x+2| |a 1| 对一切实数x 均成立，求a 的取值范围.

8、 . 黑龙江省大庆市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共12 小题，每小题5 分，满分 60 分）1已知集合a=1，2，3 ，集合 b=2，3，4，5 ，则（）aa? b bb? a cab=2 ，3 dab=1，4， 5 【考点】 交集及其运算；并集及其运算【分析】 根据 a与 b，找出 a与 b的交集，并集，即可做出判断【解答】 解： a=1，2，3，b=2，3，4，5，ab=2，3 ，ab=1 ，2，3，4， 5，1?b，4，5?a，故选： c2若复数x 满足 x+i=，则复数x 的模为（）a b10 c 4 d【考点】 复数代数形式的乘除运算【分析】 利用复数代数形

9、式的乘除运算求得复数x，再求其模即可【解答】 解： x+i=，x=i= 13i ，|x|=，故选： a. . 3双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（）abcd【考点】 双曲线的简单性质【分析】 利用双曲线的渐近线方程，转化求出双曲线的离心率即可【解答】 解：双曲线的一条渐近线方程为，可得=，即，解得 e2=，e=故选： a4已知数列 an和bn都是等差数列，若a2+b2=3，a4+b4=5，则 a7+b7=（）a7 b8 c 9 d10 【考点】 等差数列的通项公式【分析】 由数列 an 和bn 都是等差数列，得an+bn为等差数列，由已知求出an+bn 的公差，再代入等差数列通项公

10、式求得a7+b7【解答】 解：数列 an和bn都是等差数列，an+bn 为等差数列，由 a2+b2=3，a4+b4=5，得 d=a7+b7=（a4+b4）+31=5+3=8故选： b5下列说法中不正确的个数是（）命题“ ? xr，x3x2+10”的否定是“? x0r，x03x02+10”；若“ pq”为假命题，则p、q 均为假命题；“三个数a，b，c 成等比数列”是“ b=”的既不充分也不必要条件ao b1 c 2 d3 【考点】 命题的真假判断与应用【分析】 根据含有量词的命题的否定判断根据复合命题与简单命题之间的关系判断根据充分条件和必要条件的定义判断【解答】 解：全称命题的否定是特称命题

11、，命题“ ? xr，x3x2+10”的否定是“? x0r，x03 x02+10”正确若“ pq”为假命题，则p、q 至少有一个为假命题；故错误“三个数a，b，c 成等比数列”则b2=ac， b=，. . 若 a=b=c=0，满足 b=，但三个数a，b，c 成等比数列不成立，“三个数a，b，c 成等比数列”是“ b=”的既不充分也不必要条件，正确故不正确的是故选： b6若 x0是函数 f （x）=2的一个零点，x1（ 0，x0） ，x2（ x0，+） ，则（）af （x1） 0，f （x2） 0 bf （x1） 0，f （x2） 0 c f （x1） 0，f （x2） 0 d f （x1）0，

12、f （x2） 0 【考点】 函数零点的判定定理【分析】 因为 x0是函数 f （x）的一个零点可得到 f （x0）=0，再由函数f （x）的单调性可得到答案【解答】 解： x0是函数 f（x）=2x的一个零点，f （ x0） =0，又f （ x） =2xln2+0，f （ x）=2x是单调递增函数，且x1（ 0，x0） ，x2（ x0，+） ，f （ x1） f （x0） =0f （ x2） 故选： d7已知直线l 平面 ，直线 m ? 平面 ，给出下列命题 =l m ； ? l m ；l m ? ；l m ? 其中正确命题的序号是（）abc d【考点】 平面与平面之间的位置关系【分析】 由两

13、平行平面中的一个和直线垂直，另一个也和平面垂直得直线l 平面 ，再利用面面垂直的判定可得为真命题；当直线与平面都和同一平面垂直时，直线与平面可以平行，也可以在平面内，故为假命题；由两平行线中的一条和平面垂直，另一条也和平面垂直得直线m 平面 ，再利用面面垂直的判定可得为真命题；当直线与平面都和同一平面垂直时，直线与平面可以平行，也可以在平面内，如果直线m在平面 内，则有 和 相交于 m ，故为假命题. . 【解答】 解：l 平面 且 可以得到直线l 平面 ，又由直线m ? 平面 ，所以有l m ；即为真命题；因为直线l 平面 且 可得直线l 平行与平面 或在平面 内，又由直线m ? 平面 ，所

14、以 l 与m ，可以平行，相交，异面；故为假命题；因为直线l 平面 且 l m可得直线m 平面 ，又由直线m ? 平面 可得 ；即为真命题；由直线 l 平面 以及 l m可得直线m平行与平面 或在平面 内， 又由直线m ? 平面 得 与 可以平行也可以相交，即为假命题所以真命题为故选 c8已知向量=（，） ， =（cosx ，sinx ） ，=，且，则 cos（x+）的值为 （）a b c d 【考点】 两角和与差的余弦函数；平面向量数量积的运算【分析】 由平面向量的数量积和三角函数公式可得sin （x+） ，再由角的范围和同角三角函数基本关系可得【解答】 解：向量=（，） ，=（cosx，

15、sinx ） ，=，=cosx+sinx=2sin（x+）=，sin （x+）=，又，x+，cos（x+）=，故选： a9设变量x，y 满足约束条件，目标函数z=abx+y（a， b 均大于 0）的最大值为8，则 a+b的最小值为（）a8 b4 c 2 d 2 【考点】 简单线性规划. . 【分析】 本题考查的知识点是线性规划，处理的思路为：根据已知的约束条件，画出满足约束条件的可行域，再根据目标函数z=abx+y（a0，b 0）的最大值为8，求出 a，b 的关系式，再利用基本不等式求出a+b 的最小值【解答】 解：满足约束条件的区域是一个四边形，如下图：4 个顶点是（ 0，0） ， （0，

16、2） ， （， 0） ， （ 2，6） ，由图易得目标函数在（2，6）取最大值8，即 8=2ab+6， ab=1，a+b2=2，在 a=b=2 时是等号成立，a+b 的最小值为2故选： d10一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4 的两个全等的等腰直角三角形若该几何体的体积为v，并且可以用n 个这样的几何体拼成一个棱长为4 的正方体，则v，n 的值是（）av=32，n=2 bcdv=16，n=4 【考点】 由三视图求面积、体积【分析】 由三视图可知，几何体为底面是正方形的四棱锥，再根据公式求解即可【解答】 解：由三视图可知，几何体为底面是正方形的四棱锥，所以 v=，边长为 4

17、 的正方体v=64，所以 n=3故选 b . . 11在平面直角坐标系xoy中，已知 c：x2+（y1）2=5，点 a为 c与 x 轴负半轴的交点，过a作 c的弦 ab ，记线段ab的中点为 m ，若 |oa|=|om| ，则直线ab的斜率为（）a 2 bc 2 d4 【考点】 直线与圆的位置关系【分析】 因为圆的半径为，所以 a（ 2，0） ，连接 cm ，则 cm ab ，求出圆的直径，在三角形ocm 中，利用正弦定理求出sin ocm ，利用 ocm 与 oam 互补，即可得出结论【解答】 解：因为圆的半径为，所以 a（ 2， 0） ，连接 cm ，由题意cm ab ，因此，四点c，m

18、，a，o共圆，且ac就是该圆的直径，2r=ac=，在三角形ocm 中，利用正弦定理得2r=，根据题意， oa=om=2，所以， =，所以 sin ocm=，tan ocm= 2（ ocm 为钝角），而 ocm 与 oam 互补，所以 tan oam=2 ，即直线ab的斜率为2故选： c12已知函数f （ x）=x3x2x+a 的图象与x 轴只有一个交点，则实数a 的取值范围是（）a （， 1）（，+）b （，1）c （， 1）d （，）（ 1，+）【考点】 函数的图象【分析】 求出导数，求出单调区间，求出极值，曲线f （x）与 x 轴仅有一个交点，可转化成f（ x）极大值0或 f （x）极小值

19、 0 即可【解答】 解：函数f （x） =x3x2x+a 的导数为f （ x）=3x22x1，当 x1 或 x时，f （ x） 0，f （ x）递增；. . 当x1 时，f （ x） 0，f （x）递减即有 f （1）为极小值，f （）为极大值f （ x）在（，）上单调递增，当 x时， f（x）；又 f （x）在（ 1， +）单调递增，当x+时， f （x） +，当 f （x）极大值0 或 f （x）极小值0 时，曲线f （x）与 x 轴仅有一个交点即 a+0 或 a10，a（，）（ 1，+） ，故选： d二、填空题（共4 小题，每小题5 分，满分20 分）13抛物线y=4x2的准线方程是【考

20、点】 抛物线的简单性质【分析】 化抛物线的方程为标准方程，可得p 值，结合抛物线的开口方向可得方程【解答】 解：化抛物线方程为标准方程可得，由此可得2p=，故，由抛物线开口向下可知，准线的方程为：y=，故答案为：14若 |=1 ，|=，且，则向量与的夹角为【考点】 平面向量数量积的运算【分析】 根据向量的数量积运算和向量的夹角公式即可求出【解答】 解：设向量与的夹角为，且，? =（+）? =+=|2+| ?| cos=0，即 1+cos=0，即 cos=，0. . =，故答案为：15设函数f （x）=，且函数f （x）为奇函数，则g（ 2） = 6 【考点】 函数奇偶性的性质【分析】 根据函数

21、奇偶性的性质进行转化求解即可得到结论【解答】 解：函数f （x）为奇函数，f （ 2）=g（ 2） =f （2）=（ 22+2）=6；故答案为：616已知在三棱锥pabc中， pa=pb=bc=1 ，ab=，ab bc，平面 pab 平面 abc ，若三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为3【考点】 球的体积和表面积【分析】 求出 p到平面 abc的距离为，ac为截面圆的直径，ac=，由勾股定理可得r2=（）2+d2=（）2+（d）2，求出 r，即可求出球的表面积【解答】 解：由题意， ac为截面圆的直径，ac=，设球心到平面abc的距离为d，球的半径为r，pa=pb=1 ，ab=，pa

22、 pb ，平面 pab 平面 abc ，p到平面 abc的距离为由勾股定理可得r2=（）2+d2=（）2+（d）2，d=0，r2=，球的表面积为4r2=3故答案为： 3三、解答题（共5 小题，满分60 分）17已知在等比数列an中， a1+2a2=1， a=2a2a5（1）求数列 an的通项公式；. . （2）设 bn=log2a1+log2a2+log2an，求数列 的前 n 项和 sn【考点】 数列的求和；数列递推式【分析】（ i ）设数列 an的公比为q，从而由a=2a2a5及 a1+2a2=1 可解得 q=，a1=，从而解得；（ ii）化简 bn=log2a1+log2a2+log2a

23、n=（ 1+2+3+n）=，故=2（） ，从而求和【解答】 解： （ i ）设数列 an 的公比为q，由 a=2a2a5得（ a1q2）2=2a1q?a1?q4，q=，由 a1+2a2=1得 a1=故数列 an的通项公式为an=（ ii）bn=log2a1+log2a2+log2an=（ 1+2+3+n） =，=2（） ，sn=2 （1）+（）+（）= 18已知 abc的内角 a，b ， c的对边分别为a，b，c，已知 2acosc+c2b=0（1）求 a的大小；（2）若 a=1，求 abc周长的取值范围【考点】 余弦定理；正弦定理【分析】（1）由余弦定理化简已知等式，整理得c2+b2a2=b

24、c，可求 cosa=，结合范围0a，即可得解 a的值（2） 由 （1） 可求 sina ， 由正弦定理可得=， 可求 abc的周长 l=2sin （b+）+1由 0，利用正弦函数的性质可求周长的取值范围【解答】（本小题满分12 分）解： （ 1）由已知2acosc+c2b=0，由余弦定理得： 2a?+c2b=0，. . 整理得 c2+b2a2=bc，cosa=， 0a，a=（2） cosa=， sina=，由正弦定理得： =，abc的周长： l=1+（ sinb+sinc ）=1+ sinb+sin（b+）=2sin （ b+） +10，b+，sin （b+） 1，因此 2l 3，故 abc的

25、周长的取值范围为： （2，3 19如图，四棱锥pabcd 的底面是矩形，pad为等边三角形，且平面pad 平面 abcd ，e，f 分别为 pc和 bd的中点（1）证明： ef平面 pad ；（2）证明：平面pdc 平面 pad ；（3）若 ab=1 ，ad=2 ，求四棱锥pabcd 的体积【考点】 棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定【分析】（1）根据线面平行的判定定理进行证明即可（2）根据面面垂直的判定定理进行证明即可（3）根据条件求出四棱锥的高，利用棱锥的体积公式进行求解即可【解答】 解： （i ）连结 ac，则 f 也是 ac的中点，又 e是 pc的中点，

26、 efpa ，又 ef?平面 pad ，pa ? 平面 pad ，ef平面 pad （ii ）平面pad 平面 abcd ，且平面 pad 平面abcd=ad，cd ? 平面 abcd ，cd ad ，cd 平面 pad ，. . 又 cd ? 平面 pcd ，平面 pdc 平面 pad （iii）取 ad的中点 h，连接 ph ， pad为等边三角形，ph ad，又平面 pad 平面 abcd ，且平面pad 平面 abcd=ad，ph ? 平面 pad ，ph 平面 abcd ad=2 ， ph=，vpabcd=20已知函数f （ x）=lnx ，g（x）=x2（1）求函数h（x）=f （

27、x） x+1 的最大值；（2）对于任意x1，x2（ 0，+） ，且 x2x1，是否存在实数m ，使 mg （x2） mg （x1） x1f（x1）+x2f（x2）恒为正数？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由【考点】 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性【分析】（1）求出函数的定义域、导数h（ x） ，由导数的符号可知函数单调性，根据单调性即可得到最大值；（2） mg （x2） mg （x1） x1f （x1）+x2f （x2） 0恒成立，只需mg （x2）+x2f （x2） mg （ x1） +x1f （x1） ，设 （ x）=mg （x）+xf （ x）=mx2

28、+xlnx ，又 0 x2 x1，则只需（ x）在（ 0，+）上单调递减从而有（ x）=2mx+1+lnx0 在（ 0， +）上恒成立，分离出参数m后化为函数最值即可，利用导数可求得函数的最值【解答】 解： （1）函数 h（x）的定义域为（0，+） ，h（ x）=lnx x+1，h（ x）=，当 x（ 0， 1）时， h（ x） 0；当 x（ 1，+）时， h（ x） 0h（ x）在（ 0，1）上是单调递增，在（1，+）上单调递减，h（ x）max=h（ 1）=0，即函数的最大值为0（2）若 mg （x2） mg （x1） x1f （x1）+x2f（x2） 0 恒成立，只需mg （x2）+x2

29、f（x2） mg （x1）+x1f（x1） ，设 （ x）=mg （x）+xf （ x）=mx2+xlnx ，. . 又 0 x2x1，则只需（ x）在（ 0，+）上单调递减（ x）=2mx+1+lnx0 在（ 0，+）上成立，得2m ，设 t （x）=，则 t （ x）=，知函数t（x）在（ 0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，即 t （x）min=t （1）= 1存在实数m ，使 mg （x2） mg （x1） x1f （x1）+x2f （x2）恒为正数21已知椭圆e：过点（ 0，） ，且离心率为（1）求椭圆e的方程；（2）若以 k（k 0）为斜率的直线l 与椭圆 e相交于两个不同

30、的点a，b，且线段ab的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形面积为，求 k 的取值范围【考点】 椭圆的简单性质【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和a，b，c 的关系，即可得到椭圆方程；（2）设直线 l 的方程为y=kx+m （k0） ，a （ x1，y1） ，b （x2，y2） ，联立方程，整理得 （3+4k2）x2+8kmx+4m2 12=0，运用判别式大于0 和韦达定理，以及中点坐标公式和两直线垂直的条件：斜率之积为1，求得垂直平分线方程，求得与坐标轴的交点，可得三角形的面积，解不等式即可得到所求范围【解答】 解： （1）由题意可得b=，e=，a2b2=c2，解得 a=2， b=， c=1，椭

31、圆 e的方程为+=1；（ii ）设直线l 的方程为y=kx+m（k0） ，a（x1，y1） ， b（x2，y2） ，联立方程，整理得（ 3+4k2）x2+8kmx+4m212=0，此方程有两个不等实根，可得=（8km）24（3+4k2） （4m212） 0，整理得 3+4k2m20 由根与系数的关系，可得线段ab的中点坐标（x0，y0）满足x0=，y0=kx0+m=，ab的垂直平分线方程为y=（x+） . . 此直线与x 轴、 y 轴的交点坐标分别为（，0） ， （0，） ，由已知得| ?|=整理得 m2=，k0 将代入得4k2+30，整理得（ 3+4k2） （ 4k28|k|+3 ） 0，k0，解得|k| ，所以 k 的取值范围为（，）（，） 选修 4-1 ：几何证明选讲22如图， ab为 o的直径，过点b作 o的切线 bc ，oc交 o于点 e，ae的延长线交bc于点 d（1）求证： ce2=cd?cb ；（2）若 ab=bc=2 ，求 ce和 cd的长【考点】 与圆有关的比例线段【分析】（1）要证 ce2=cd?cb ，结合题意，只需证明ced cbe即可，故连接be ，利用弦切角的知识即可得证；（2）在 rt 三 obc 中，利用勾股定理即可得出ce的长，由（ 1）知， ce2=cd?cb ，代入ce即