1、2020年高考数学一模试卷一、选择题（共10小题）1已知集合Ax|0x2，Bx|1x3，则AB（）Ax|0x3Bx|2x3Cx|0x1Dx|1x22已知复数zi（2+i）（i是虚数单位），则|z|（）A1B2C5D33函数f（x）sin2x+cos2x的最小正周期是（）A2BC2D44已知f（x）为定义在R上的奇函数，且f（1）2，下列一定在函数f（x）图象上的点是（）A（1，2）B（1，2）C（1，2）D（2，1）5已知a，3，b，9，c成等比数列，且a0，则log3blog3c等于（）A1B-12C12D16已知抛物线y22px（p0）的焦点与双曲线x23-y2=1的右焦点重合，则p（）A
2、2B2C22D47在（2x-1x）6的展开式中，常数项是（）Al60B20C20D1608在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A（cos，sin），B(cos(+3)，sin(+3)则|OA+OB|=（）A1B3C2D与有关9若a0，b0，则“ab1”是“a+b2”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10某同学在数学探究活动中确定研究主题是“an（a1，nN*）是几位数”，他以2n（nN*）为例做研究，得出相应的结论，其研究过程及部分研究数据如表：N2n（n0）lgNN的位数21lg2一位数22lg4一位数23lg8一位数241+lg1.6两位数25
3、1+lg3.2两位数261+lg6.4两位数272+lg1.28三位数282+lg2.56三位数292+lg5.12三位数2103+lg1.024四位数试用该同学的研究结论判断450是几位数（参考数据lg20.3010）（）A101B50C31D30二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分11已知向量a=(1，-2)，b=(-3，m)，其中mR若a，b共线，则m等于 12圆（x1）2+y21的圆心到直线x+3y+1=0的距离为 13某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积等于 14中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”，
4、将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数列an，则a1 ；an （注：三三数之余二是指此数被3除余2，例如“5”）15给出下列四个函数，yx2+1；y|x+1|+|x+2|；y2x+1；yx2+cosx，其中值域为1，+）的函数的序号是 三、解答题：本大题共6小题，共85分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16已知ABC，满足a=7，b2，_，判断ABC的面积S2是否成立？说明理由从A=3，cosB=217这两个条件中任选一个，补充到上面问题条件中的空格处并作答注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分172019年1月1日，我国开始施行个人所得税专项附加扣除操作办法，附加扣除的专
5、项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人某单位有老年员工140人，中年员工180人，青年员工80人，现采用分层抽样的方法，从该单位员工中抽取20人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行各专项人数汇总，数据统计如表：专项员工人数子女教育继续教育大病医疗住房贷款利息住房租金赡养老人老员工402203中年员工821518青年员工120121（）在抽取的20人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人；（）从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取2人，记X为选出的中年员工的人数，求X的分布列和数学期望18如图，已知四边形ABCD为菱形，且A60，取
6、AD中点为E现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG，使得AEG90（）求证：AE平面EBHG；（）求二面角AGHB的余弦值；（）若点F满足AF=AB，当EF平面AGH时，求的值19已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，点A（0，1）在椭圆C上（）求椭圆C的方程；（）设O为原点，过原点的直线（不与x轴垂直）与椭圆C交于M、N两点，直线AM、AN与x轴分别交于点E、F问：y轴上是否存在定点G，使得OGEOFG？若存在，求点G的坐标；若不存在，说明理由20已知函数f（x）（xa）ex+x+a，设g（x）f（x）（）求g（x）的极小值；（）若f（x）0在（0，+）上恒成立，求a的
7、取值范围21用x表示一个小于或等于x的最大整数如：22，4.14，3.14已知实数列a0，a1，对于所有非负整数i满足ai+1ai（aiai），其中a0是任意一个非零实数（）若a02.6，写出a1，a2，a3；（）若a00，求数列ai的最小值；（）证明：存在非负整数k，使得当ik时，aiai+2参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知集合Ax|0x2，Bx|1x3，则AB（）Ax|0x3Bx|2x3Cx|0x1Dx|1x2【分析】利用交集定义能求出AB解：集合Ax|0x2，Bx|1x3，ABx|1x2故选：D2已知复
8、数zi（2+i）（i是虚数单位），则|z|（）A1B2C5D3【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可解：因为复数zi（2+i）1+2i，所以|z|=(-1)2+22=5，故选：C3函数f（x）sin2x+cos2x的最小正周期是（）A2BC2D4【分析】函数y解析式提取2变形，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，找出的值代入周期公式即可求出最小正周期解：函数ysin2x+cos2x=2sin（2x+22），2，T故选：B4已知f（x）为定义在R上的奇函数，且f（1）2，下列一定在函数f（x）图象上的点是（）A（1，2）B（1，2）C（1，2）D（2，1）【分析】根据f（x）是
9、奇函数即可得出f（1）2，从而得出点（1，2）在f（x）的图象上解：f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）2，f（1）2，（1，2）一定在函数f（x）的图象上故选：B5已知a，3，b，9，c成等比数列，且a0，则log3blog3c等于（）A1B-12C12D1【分析】根据等比数列的性质和对数的运算性质即可求出解：a，3，b，9，c成等比数列，则bc81，b227，b2bc=bc=13，log3blog3clog313=-1，故选：A6已知抛物线y22px（p0）的焦点与双曲线x23-y2=1的右焦点重合，则p（）A2B2C22D4【分析】根据双曲线方程可得它的右焦点坐标，结合抛物线y22p
10、x的焦点坐标（p2，0），可得p2=2，得p4解：双曲线x23-y2=1中a23，b21c=a2+b2=2，得双曲线的右焦点为F（2，0）因此抛物线y22px的焦点（p2，0）即F（2，0）p2=2，即p4故选：D7在（2x-1x）6的展开式中，常数项是（）Al60B20C20D160【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项解：(2x-1x)6展开式的通项公式为 Tr+1=C6r（2x）6r（1）rxr（1）r26rC6rx62r，令62r0，可得r3，故(2x-1x)6展开式的常数项为8C63=-160，故选：A8在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知
11、两点A（cos，sin），B(cos(+3)，sin(+3)则|OA+OB|=（）A1B3C2D与有关【分析】根据题意，求出向量OA、OB的坐标，进而可得OA+OB的坐标，由向量模的公式以及和角公式计算可得答案解：根据题意，A（cos，sin），B(cos(+3)，sin(+3)则OA=（cos，sin），OB=（cos（+3），sin（+3），则有OA+OB=（cos+cos（+3），sin+sin（+3），故|OA+OB|2cos+cos（+3）2+sin+sin（+3）22+2coscos（+3）+2sinsin（+3）2+2cos3=3，则|OA+OB|=3；故选：B9若a0，b0，则
12、“ab1”是“a+b2”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】a0，b0，利用基本不等式的性质可得：a+b2ab，可由ab1，得出a+b2反之不成立解：a0，b0，a+b2ab，若ab1，则a+b2反之不成立，例如取a5，b=110“ab1”是“a+b2”的充分不必要条件故选：A10某同学在数学探究活动中确定研究主题是“an（a1，nN*）是几位数”，他以2n（nN*）为例做研究，得出相应的结论，其研究过程及部分研究数据如表：N2n（n0）lgNN的位数21lg2一位数22lg4一位数23lg8一位数241+lg1.6两位数251+lg3.2两位数2
13、61+lg6.4两位数272+lg1.28三位数282+lg2.56三位数292+lg5.12三位数2103+lg1.024四位数试用该同学的研究结论判断450是几位数（参考数据lg20.3010）（）A101B50C31D30【分析】因为4502100，所以N2100，则lgNlg2100100lg230+lg1.26，由表中数据规律可知，N的位数是31位数解：4502100，N2100，则lgNlg2100100lg230.1030+0.1030+lg100.1030+lg1.26，由表中数据规律可知，N的位数是31位数，故选：C二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分11已知向量
14、a=(1，-2)，b=(-3，m)，其中mR若a，b共线，则m等于6【分析】因为a，b共线，即ab，根据两向量平行的坐标表示列式求解即可解：若a，b共线，即ab，a=(1，-2)，b=(-3，m)，1m2（3），m6故答案为：612圆（x1）2+y21的圆心到直线x+3y+1=0的距离为1【分析】先求出圆的圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可算出结果解：圆（x1）2+y21的圆心坐标为（1，0），所以圆（x1）2+y21的圆心到直线x+3y+1=0的距离d=|1+1|12+(3)2=1，故答案为：113某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积等于1633【分析】首先把三视图转换为几何体，进一
15、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：该几何体为三棱锥体如图所示：所以：V=13124234=1633故答案为：163314中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”，将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数列an，则a18；an15n7（注：三三数之余二是指此数被3除余2，例如“5”）【分析】由三三数之余二，五五数之余三，可得数列an的公差为15，首项为8利用通项公式即可得出解：由三三数之余二，五五数之余三，可得数列an的公差为15，首项为8a18，an8+15（n1）15n7故答案为：8，15n715给出下列
16、四个函数，yx2+1；y|x+1|+|x+2|；y2x+1；yx2+cosx，其中值域为1，+）的函数的序号是【分析】由x20，得x2+11，由此得出结论；由绝对值不等式的性质即可得出结论；由2x0，得2x+11，由此得出结论；由函数f（x）x2+cosx的奇偶性及单调性即可得出结论解：x20，x2+11，故值域为1，+），符合题意；y|x+1|+|x+2|（x+1）（x+2）|1，故值域为1，+），符合题意；2x0，2x+11，故值域为（1，+），不合题意；函数f（x）x2+cosx为偶函数，且f（x）2xsinx，f（x）2cosx0，故f（x）在R上单调递增，又f（0）0，故当x（0，+
17、）时，f（x）单调递增，则当x（，0）时，f（x）单调递减，又f（0）1，故其值域为1，+），符合题意故答案为：三、解答题：本大题共6小题，共85分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16已知ABC，满足a=7，b2，_，判断ABC的面积S2是否成立？说明理由从A=3，cosB=217这两个条件中任选一个，补充到上面问题条件中的空格处并作答注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【分析】选，先利用余弦定理可解得c3，从而求得三角形面积为332，由此作出判断；选，先利用余弦定理可得c=3，结合已知条件可知ABC是A为直角的三角形，进而求得面积为3，此时S2不成立解：选，ABC的面积S2成
18、立，理由如下：当A=3时，cosA=12=4+c2-722c，所以c22c30，所以c3，则ABC的面积S=12bcsinA=1223sin3=323，因为323=2744=2，所以S2成立选，ABC的面积S2不成立，理由如下：当cosB=217时，cosB=a2+c2-b22ac=217，即7+c2-427c=217，整理得，c2-23c+3=0，所以c=3，因a27，b2+c24+37，所以ABC是A为直角的三角形，所以ABC的面积S=12bc=1223=32，所以不成立172019年1月1日，我国开始施行个人所得税专项附加扣除操作办法，附加扣除的专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房
19、贷款利息、住房租金、赡养老人某单位有老年员工140人，中年员工180人，青年员工80人，现采用分层抽样的方法，从该单位员工中抽取20人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行各专项人数汇总，数据统计如表：专项员工人数子女教育继续教育大病医疗住房贷款利息住房租金赡养老人老员工402203中年员工821518青年员工120121（）在抽取的20人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人；（）从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取2人，记X为选出的中年员工的人数，求X的分布列和数学期望【分析】（）先算出该单位的所有员工数量，再根据分层抽样的特点，逐一求解样本中老年、中年、
20、青年员工的数量即可（）随机变量X的可取值为0，1，2，结合超几何分布计算概率的方式逐一求取每个X的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望解：（）该单位员工共140+180+80400人，抽取的老年员工14020400=7人，中年员工18020400=9人，青年员工8020400=4人（）X的可取值为0，1，2，P(X=0)=C32C82=328，P(X=1)=C31C51C82=1528，P(X=0)=C52C82=1028所以X的分布列为X012P328 1528 1028 数学期望E（X）=0328+11528+21028=5418如图，已知四边形ABCD为菱形，且A60，取AD中
21、点为E现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG，使得AEG90（）求证：AE平面EBHG；（）求二面角AGHB的余弦值；（）若点F满足AF=AB，当EF平面AGH时，求的值【分析】（）只需证明GEAE，BEAE，GEBEE，由线面垂直的判定定理可得证明；（）以E为原点，EA，EB，EG所在直线分别为x，y，z轴，求得平面AGH的法向量和平面EBHG的法向量设二面角AGHB的大小为（900），即可得到所求值；（） 由AF=AB，则F(1-，3，0)，由nEF=0计算可得所求值解：（）证明：在左图中，ABD为等边三角形，E为AD中点所以BEAD，所以BEAE因为AEG90，所以GEAE因为GEAE，
22、BEAE，GEBEE所以AE平面EBHG（） 设菱形ABCD的边长为2，由（）可知GEAE，BEAE，GEBE所以以E为原点，EA，EB，EG所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间坐标系可得A（1，0，0），B(0，3，0)，G（0，0，1），H(0，3，2)AG=(-1，0，1)，AH=(-1，3，2)设平面AGH的法向量为n=(x，y，z)，所以nAG=0nAH=0，即-x+z=0-x+3y+2z=0令x1，则n=(1，-33，1)平面EBHG的法向量为EA=(1，0，0)设二面角AGHB的大小为（900）cos=|cosn，EA=217（） 由AF=AB，则F(1-，3，0)，所以EF
23、=(1-，3，0)因为EF平面AGH，则nEF=0即120所以=1219已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，点A（0，1）在椭圆C上（）求椭圆C的方程；（）设O为原点，过原点的直线（不与x轴垂直）与椭圆C交于M、N两点，直线AM、AN与x轴分别交于点E、F问：y轴上是否存在定点G，使得OGEOFG？若存在，求点G的坐标；若不存在，说明理由【分析】（）利用椭圆的离心率结合b1，求出a，得到椭圆方程（）设M（x0，y0），由题意及椭圆的对称性可知N（x0，y0）（y01），求出AM，AN的方程，求出E的坐标，F的坐标，假设存在定点G（0，n）使得OGEOFG，得到|OE|O
24、G|=|OG|OF|，求出n，即可说明存在点G坐标为(0，2)满足条件解：（）由题意得e=ca=22，b1，又a2b2+c2解得a=2，c=1，所以椭圆方程为x22+y2=1（）设M（x0，y0），由题意及椭圆的对称性可知N（x0，y0）（y01），则直线AM的方程为y=y0-1x0x+1，直线AN的方程为y=y0+1x0x+1，则E点坐标为(x01-y0，0)，F点坐标为(-x01+y0，0)假设存在定点G（0，n）使得OGEOFG，即tanOGEtanOFG （也可以转化为斜率来求），即|OE|OG|=|OG|OF|即|OG|2|OE|OF|，即n2=x021-y02=2所以n=2，所以存
25、在点G坐标为(0，2)满足条件20已知函数f（x）（xa）ex+x+a，设g（x）f（x）（）求g（x）的极小值；（）若f（x）0在（0，+）上恒成立，求a的取值范围【分析】（）求出导函数得到g（x）（xa+1）ex+1，通过求解导函数判断导函数的符号，判断函数的单调性，求解函数的极值求解即可（）由（）得f（x）g（x）ea2+1，通过a2时，当a2时，判断函数的单调性，求和函数的最值，推出结果即可解：（）f（x）（xa+1）ex+1，由题意可知g（x）（xa+1）ex+1，所以g（x）（xa+2）ex，当xa2时g（x）0，g（x）在（a2，+）上单调递增；当xa2时g（x）0，g（x）在（
26、，a2）上单调递减，所以g（x）在xa2处取得极小值，为g（a2）ea2+1（）由（）得f（x）g（x）ea2+1当a2时f（x）ea2+10，所以f（x）在单调递增，所以f（x）f（0）0，即a2时f（x）0在（0，+）恒成立当a2时f（0）g（0）2a0，又f（a）g（a）ea+10，又由于f（x）在（a2，+）上单调递增；在（0，a2）上单调递减；所以在（0，a）上一定存在x0使得f（x0）0，所以f（x）在（0，x0）递减，在（x0，+）递增，所以f（x0）f（0）0，所以在（0，+）存在x0，使得f（x0）0，所以当a2时，f（x）0在（0，+）上不恒成立所以a的取值范围为（，221
27、用x表示一个小于或等于x的最大整数如：22，4.14，3.14已知实数列a0，a1，对于所有非负整数i满足ai+1ai（aiai），其中a0是任意一个非零实数（）若a02.6，写出a1，a2，a3；（）若a00，求数列ai的最小值；（）证明：存在非负整数k，使得当ik时，aiai+2【分析】（）由a02.6，代入可得a1a0（a0a0）1.2，同理可得：a2，a3（）由a00，可得a00，a1a0（a0a0）0，设ai0，i1，可得ai+1ai（aiai）0，因此ai0，i0又因0aiai1，则ai+1ai（aiai）ai，可得ai+1ai，i0假设i0，都有ai0成立，可得：ai+1ai1，
28、i0，利用累加求和方法可得ana0n，n1，则当na0时，an0，得出矛盾，因此存在k一、选择题，ak0从而ai的最小值为0（）当a00时，由（2）知，存在kN，ak0，可得ak+10，ak+10，可得ai0，ik，成立当a00时，若存在kN，ak0，则ai0，ik，得证；若ai0，i0，则ai1，则ai+1ai（aiai）ai，可得ai+1ai，i0，可得数列ai单调不减由于ai是负整数，因此存在整数m和负整数c，使得当im时，aic所以，当im时，ai+1c（aic），转化为ai+1-c2c-1=c(ai-c2c-1)，令bi=ai-c2c-1，即bi+1cbi，im经过讨论：当bm0时，
29、得证当bm0时，bi0，im，bi=ci-mbm，im，当im时，aic，则aic，c+1），则bi有界，进而证明结论解：（）a02.6，a1a0（a0a0）3（2.6+3）1.2，同理可得：a21.6、a30.8（）因a00，则a00，所以a1a0（a0a0）0，设ai0，i1，则ai+1ai（aiai）0，所以ai0，i0又因0aiai1，则ai+1ai（aiai）ai，则ai+1ai，i0假设i0，都有ai0成立，则ai+1ai（aiai）ai，则ai+1ai，i0，即ai+1ai1，i0，则ana0n，n1，则当na0时，an0，这与假设矛盾，所以ai0，i0不成立，即存在kN，ak0
30、从而ai的最小值为0（）证明：当a00时，由（2）知，存在kN，ak0，所以ak+10，所以ak+10，所以ai0，ik，成立当a00时，若存在kN，ak0，则ai0，ik，得证；若ai0，i0，则ai1，则ai+1ai（aiai）ai，则ai+1ai，i0，所以数列ai单调不减由于ai是负整数，所以存在整数m和负整数c，使得当im时，aic所以，当im时，ai+1c（aic），则ai+1-c2c-1=c(ai-c2c-1)，令bi=ai-c2c-1，即bi+1cbi，im当bm0时，则bi0，im，则ai=c2c-1，im，得证当bm0时，bi0，im，bi=ci-mbm，im，因当im时，aic，则aic，c+1），则bi有界，所以|c|1，所以负整数c1ai=-12+(-1)i-mbm=-12+(-1)i-m(am+12)(im)，则ai=am，i=m，m+2，m+4，-1-am，i=m+1，m+3，令km，满足当ik时，aiai+2综上，存在非负整数k，使得当ik时，aiai+2