2020届新疆乌鲁木齐高三年级一模数学（理科）试卷及答案

第1页（共20页）2020年新疆乌鲁木齐市高考数学一诊试卷（理科）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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的第Ⅰ卷（选择题共60分）1．（5分）设集合2{|30}Axxx，{|14}Bxx，则(AB)A．(0,4)B．(1,4)C．(3,4)D．(1,3)2．（5分）若复数z满足131izii（其中i为虚数单位），则||(z)A．2B．3C．10D．43．（5分）已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若//m，//n，则//mnB．若，，则//C．若//m，//n，且m，n，则//D．若m，n，且，则mn4．（5分）设0.62a，0.3log0.6b，3log0.6c，则有()A．cbaB．abcC．bcaD．cab5．（5分）已知向量,ab满足||2,||3ab，且a与b的夹角为3，则(2)(2)(abab)A．3B．1C．1D．36．（5分）已知双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为1F，2F，B为虚轴的一个端点，且12120FBF，则双曲线的离心率为()A．2B．3C．32D．627．（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的(n)第2页（共20页）A．3B．4C．5D．68．（5分）从数字1，2，3，4，5这五个数中，随机抽取2个不同的数，则这2个数的和为偶数的概率是()A．15B．25C．35D．459．（5分）已知等比数列{}na的前n项和为nS，且14a，22a，3a依次等差数列，若11a，则5(S)A．16B．31C．32D．6310．（5分）将奇函数()3sin(2)cos(2)(0)fxxx的图象向右平移个单位长度后得到函数()ygx的图象，则下列关于()gx的一个单调递减区间是()A．5(,)1212B．5(,)1212C．7(,)1212D．511(,)121211．（5分）已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F，点00(,66)()2pMxx是抛物线上一点，以M为圆心的圆与直线2px交于A、B两点(A在B的上方），若5sin7MFA，则抛物线C的方程为()A．24yxB．28yxC．212yxD．216yx12．（5分）已知函数22,0(),0xxfxxx…，若对任意[,3]22mmx，都有()3()fxmfx…，第3页（共20页）则实数m的取值范围是()A．[4，)B．[23,)C．[3，)D．[22,)二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分13．（5分）若x，y满足约束条件220100xyxyy„…„，则32zxy的最大值为．14．（5分）已知4cos()35，为锐角，则sin．15．（5分）已知数列{}na满足：1112,(12,nnnnnaaaanaaa…，2，)，若33a，则1a．16．（5分）如图，已知在长方体1111ABCDABCD中，3AB，4AD，15AA，点E为1CC上的一个动点，平面1BED与棱1AA交于点F，给出下列命题：①四棱锥11BBEDF的体积为20；②存在唯一的点E，使截面四边形1BEDF的周长取得最小值274；③当E点不与C，1C重合时，在棱AD上均存在点G，使得//CG平面1BED；④存在唯一的点E，使得1BD平面1BED，且165CE．其中正确的命题是（填写所有正确的序号）三、解答题：第17～21题每题12分，解答应写出文字说明、证明过计算步骤17．（12分）ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin3sinsinsincCbAABab．（Ⅰ）求C的值；（Ⅱ）若2c，求ABC面积的最大值．18．（12分）如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，//ADBC，90BAD，2ADBC，M为PD的中点．第4页（共20页）（Ⅰ）证明：//CM平面PAB；（Ⅱ）若PBD是等边三角形，求二面角APBM的余弦值．19．（12分）“团购”已经渗透到我们每个人的生活，这离不开快递行业的发展，如 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 是20132017年全国快递业务量(x亿件：精确到0.1)及其增长速度(%)y的数据．（Ⅰ）试计算2012年的快递业务量；（Ⅱ）分别将2013年，2014年，，2017年记成年的序号:1t，2，3，4，5；现已知y与t具有线性相关关系，试建立y关于t的回归直线方程ˆˆˆybxa；（Ⅲ）根据（Ⅱ）问中所建立的回归直线方程，估算2019年的快递业务量．附：回归直线的斜率和截距地最小二乘法估计公式分别为：1221ˆniiiniixynxybxnx，ˆaˆybx20．（12分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab过点(2,2)，左焦点(2,0)F．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）过点F作于x轴不重合的直线l，l与椭圆交于A，B两点，点A在直线4x上的投影N与点B的连线交x轴于D点，D点的横坐标0x是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．第5页（共20页）21．（12分）已知函数221()()xfxalnxaRx．（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）若方程()2fxx有两个不相等的实数根，求证：2()2afae．选考题：共10分，二选一22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线221:40Cxyx，直线l的参数方程为cos(sinxttyt为参数），其中(0,)6，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线1C的极坐标方程和直线l的普通方程；（Ⅱ）设(4,0)M，2C的极坐标方程43sin，A，B分别为直线l与曲线1C，2C异于原点的公共点，当30AMB时，求直线l的斜率．23．函数()|22||3|fxxx．（Ⅰ）求不等式()25fxx…的解集；（Ⅱ）若()fx的最小值为k，且实数a，b，c满足()abck，求证：22228abc…．第6页（共20页）2020年新疆乌鲁木齐市高考数学一诊试卷（理科）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第Ⅰ卷（选择题共60分）1．（5分）设集合2{|30}Axxx，{|14}Bxx，则(AB)A．(0,4)B．(1,4)C．(3,4)D．(1,3)【解答】解：集合2{|30}{|03}Axxxxx，{|14}Bxx，{|13}(1,3)ABxx．故选：D．2．（5分）若复数z满足131izii（其中i为虚数单位），则||(z)A．2B．3C．10D．4【解答】解：21(1)233321(1)(1)2iiiziiiiiii，则|||2|2z．故选：A．3．（5分）已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若//m，//n，则//mnB．若，，则//C．若//m，//n，且m，n，则//D．若m，n，且，则mn【解答】解：由m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，知：在A中，若//m，//n，则m与n相交、平行或异面，故A错误；在B中，若，，则与相交或平行，故B错误；在C中，若//m，//n，且m，n，则与相交或平行，故C错误；在D中，若m，n，且，则线面垂直、面面垂直的性质定理得mn，故D正确．第7页（共20页）故选：D．4．（5分）设0.62a，0.3log0.6b，3log0.6c，则有()A．cbaB．abcC．bcaD．cab【解答】解：0.621a，0.3log0.6(0,1)b，3log0.60c，则有cba．故选：A．5．（5分）已知向量,ab满足||2,||3ab，且a与b的夹角为3，则(2)(2)(abab)A．3B．1C．1D．3【解答】解：||2,||3,,3abab，221(2)(2)223242932312abababab．故选：B．6．（5分）已知双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为1F，2F，B为虚轴的一个端点，且12120FBF，则双曲线的离心率为()A．2B．3C．32D．62【解答】解：双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为1F，2F，B为虚轴的一个端点，且12120FBF，可得3cb，22233cac，3622cea．故选：D．7．（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的(n)第8页（共20页）A．3B．4C．5D．6【解答】解：模拟程序的运行，可得0S，1n2S，2n满足条件30S，执行循环体，246S，3n满足条件30S，执行循环体，6814S，4n满足条件30S，执行循环体，141630S，5n此时，不满足条件30S，退出循环，输出n的值为5．故选：C．8．（5分）从数字1，2，3，4，5这五个数中，随机抽取2个不同的数，则这2个数的和为偶数的概率是()A．15B．25C．35D．45【解答】解：由题意知本题是一个古典概型，从五个数中随机抽取2个不同的数有25C种不同的结果，而这2个数的和为偶数包括2、4，1、3，1、5，3、5，四种取法，由古典概型公式得到25442105PC，故选：B．第9页（共20页）9．（5分）已知等比数列{}na的前n项和为nS，且14a，22a，3a依次等差数列，若11a，则5(S)A．16B．31C．32D．63【解答】解：14a，22a，3a依次等差数列，可得21344aaa，显然公比q不为1，则211144aqaaq，即为2440qq，解得2q，则551(1)12531112aqSq．故选：B．10．（5分）将奇函数()3sin(2)cos(2)(0)fxxx的图象向右平移个单位长度后得到函数()ygx的图象，则下列关于()gx的一个单调递减区间是()A．5(,)1212B．5(,)1212C．7(,)1212D．511(,)1212【解答】解：奇函数()3sin(2)cos(2)2sin[(2)]6fxxxx，06，6，()2sin2fxx．把()fx的图象向右平移6个单位长度后得到函数()2sin(2)3ygxx的图象，令3222232kxk„„，求得5111212kxk„„，故函数()gx的单调递减区间为5[12k，11]12k，kZ，故选：D．11．（5分）已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F，点00(,66)()2pMxx是抛物线上一点，以M为圆心的圆与直线2px交于A、B两点(A在B的上方），若5sin7MFA，则抛物线C的方程为()第10页（共20页）A．24yxB．28yxC．212yxD．216yx【解答】解：如图所示，过M点作CM直线22ppx，垂足为C，交准线于D，5sin7MCMFAMF，由抛物线定义可得：MFMD，005272pxMCpMFx00575722xpxp03xp点00(,66)()2pMxx是抛物线上一点，20(66)2px23666p6p212yx故选：C．第11页（共20页）12．（5分）已知函数22,0(),0xxfxxx…，若对任意[,3]22mmx，都有()3()fxmfx…，则实数m的取值范围是()A．[4，)B．[23,)C．[3，)D．[22,)【解答】解：22,0()(),0xxfxfxxx…，函数22,0(),0xxfxxx…，为R上的奇函数，又0x…时，2()fxx为增函数，()fx为定义域R上的增函数．又(3)3f，()3()(3)fxmfxfx…，对任意[,3]22mmx，()3()(3)fxmfxfx…，()fx为定义域R上的增函数，[(31)](31)(3)2maxmmx…，即3133(1)3(31)22mm…，解得：23m…．即实数m的取值范围是[23，)，故选：B．二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分13．（5分）若x，y满足约束条件220100xyxyy„…„，则32zxy的最大值为6．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由32zxy得3122yxz，平移直线3122yxz，由图象知当直线3122yxz经过点(2,0)A时，直线的截距最大，此时z最大，最大值为326z，第12页（共20页）故 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 为：614．（5分）已知4cos()35，为锐角，则sin34310．【解答】解：因为4cos()35，为锐角，所以13sin()35，故111131343sinsin()sin()cos()33232310．故答案为：3431015．（5分）已知数列{}na满足：1112,(12,nnnnnaaaanaaa…，2，)，若33a，则1a34．【解答】解：由1112,2,nnnnnaaaaaaa…，①若31aa…，则3232aa，232a，又21aa与212aa相矛盾，21aa…，21322aa，得134a；②若31aa，则322aa，21a，由2112aa，112a，与31aa不符．134a．第13页（共20页）故答案为：34．16．（5分）如图，已知在长方体1111ABCDABCD中，3AB，4AD，15AA，点E为1CC上的一个动点，平面1BED与棱1AA交于点F，给出下列命题：①四棱锥11BBEDF的体积为20；②存在唯一的点E，使截面四边形1BEDF的周长取得最小值274；③当E点不与C，1C重合时，在棱AD上均存在点G，使得//CG平面1BED；④存在唯一的点E，使得1BD平面1BED，且165CE．其中正确的命题是①②③④（填写所有正确的序号）【解答】解：①由题意可得1//DFBE，1111111111111111111[](543543)2032232BBEDFBBEDBBFDDBEBDBFBVVVVVBBBCABBBDAAB，所以①正确；②将长方体展开，如图所示，恰好过B点时，截面的周长为12BD，而在1BDD中，2215(34)74BD，所以最小值为274，由面面平行的性质可得四边形1BEDF为平行四边形，且E为展开图中唯一的点所以②正确；③E嗲不与C，1C重合，则F不会为A，即CG不在面1EBD内，可作出CG的平面与1EBD平行，所以在棱AD上均有相应的G，使得//CG面1EBD，故③正确；④因为1BBBD，可得对角面11BBDD为正方形，可得11BDBD，若1BEBC时，由三垂第14页（共20页）线定理可得1BDBE，即有1BD面1EBD，在矩形11BBCC中，1BEBC，所以1CEBCBCCC，所以1165BCBCCECC，故④正确综上可得：正确为①②③④．故答案为：①②③④．三、解答题：第17～21题每题12分，解答应写出文字说明、证明过计算步骤17．（12分）ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin3sinsinsincCbAABab．（Ⅰ）求C的值；（Ⅱ）若2c，求ABC面积的最大值．【解答】解：()I由题意结合正弦定理可得，22()3ababc，即222abcab，所以2221cos22abcCab，(0,)C，故13C，()II由余弦定理可得，222abab，所以，2222ababab…，故2ab„，则13sin22ABCSabC„，当且仅当2ab时，面积取得最大值32．18．（12分）如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，//ADBC，90BAD，2ADBC，M为PD的中点．（Ⅰ）证明：//CM平面PAB；（Ⅱ）若PBD是等边三角形，求二面角APBM的余弦值．第15页（共20页）【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，取AD中点N，连结MN，CN，M为PD的中点，//MNAP，2ADBC，ANBC，//BCAD，四边形ABCN是平行四边形，//ABCN，CNNMN，BAAPA，平面//CMN平面PAB，CM平面MNC，//CM平面PAB．（Ⅱ）解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，PBD为等边三角形，ABADAP，设2AB，则(0A，0，0)，(2B，0，0)，(0D，2，0)，(2BD，2，0)，(2BP，0，2)，设平面BDP的法向理(nx，y，)z，则220220nBDxynBPxz，令1z，得(1n，1，1)，AD平面PAB，平面PAB的法向量(0n，1，0)，||13cos||||331nmnm．二面角APBM的余弦值为33．19．（12分）“团购”已经渗透到我们每个人的生活，这离不开快递行业的发展，如表是20132017年全国快递业务量(x亿件：精确到0.1)及其增长速度(%)y的数据．（Ⅰ）试计算2012年的快递业务量；（Ⅱ）分别将2013年，2014年，，2017年记成年的序号:1t，2，3，4，5；现已知y与t具有线性相关关系，试建立y关于t的回归直线方程ˆˆˆybxa；（Ⅲ）根据（Ⅱ）问中所建立的回归直线方程，估算2019年的快递业务量．第16页（共20页）附：回归直线的斜率和截距地最小二乘法估计公式分别为：1221ˆniiiniixynxybxnx，ˆaˆybx【解答】解：（Ⅰ）设2012年的快递业务量为a，则9261%aa，解得57.1a；即2012年的快递业务量为57.1亿件；（Ⅱ）由题意列表得，t12345y6152485128计算1(12345)35t，1(6152485128)485y，5122222225215(161252348451528)5348ˆ6.712345535iiiiitytybtt，ˆˆ48(6.7)368.1aybt，所以y关于t的线性回归方程是ˆ6.768.1yt；（Ⅲ）令6t，计算2018年比上半年增长率是ˆ6.7668.127.9(%)y；所以2018年快递业务增长量为399.9(127.9%)511.5（亿件）；令7t，计算2018年比上半年增长率是ˆ6.7768.121.2(%)y；所以2019年快递业务增长量为511.5(121.2%)619.9（亿件）．第17页（共20页）20．（12分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab过点(2,2)，左焦点(2,0)F．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）过点F作于x轴不重合的直线l，l与椭圆交于A，B两点，点A在直线4x上的投影N与点B的连线交x轴于D点，D点的横坐标0x是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）椭圆2222:1(0)xyCabab过点(2,2)，左焦点(2,0)F，可得2c，22224(2)0(2)42a，即22a，222bac，可得椭圆的方程为22184xy；（Ⅱ）D点的横坐标为定值3．理由如下：直线l的斜率不为0，设:2ABxmy，联立椭圆方程2228xy，可得22(2)440mymy，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，1y，20y，12242myym，12242yym，两式相除可得1212yymyy，由1(4,)Ny，可设BN的方程为2112(4)4yyyyxx，令0y，可得121122122021212144(2)44yxyyxyymyyxyyyyyy12121212122121212424333myyyyyyyyyyyyyyyy．则D点的横坐标为定值3．21．（12分）已知函数221()()xfxalnxaRx．（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）若方程()2fxx有两个不相等的实数根，求证：2()2afae．【解答】解：2221()()xaxIfxx，0x，对于221yxax，△28a，对称轴为4ax，当△0„时，即[22,22]a时，()0fx…，()fx在(0,)递增；第18页（共20页）当△0时，即(a，22)(22，)，方程有两个不同的根284aam，284aan，mn，由于(0)1y，当22a，m，0n，函数在(0,)递增；当22a，m，0n，函数()fx在(0,)m，(,)n递增，(,)mn递减；综上，22a„时，()fx在(0,)递增；22a时，()fx在28(0,)4aa，28(4aa，)上递增；在2288(,)44aaaa递减；()II令1()()2gxfxxalnxx，0x，方程()2fxx有两个不相等的实数根，相当于函数()gx由两个零点，222111()aaxaxgxxxxx，当0a„时，()0gx，()gx在(0,)递增，则()gx至多只有一个零点，不成立；当0a时，1(0,)xa时，()gx递增；1(xa，)递减，所以1()()mingxgaalnaa，由0aalna，又0a，所以ae，因为1a是()gx的极大值点，由11a，g（1）10，由ae，aea，1aea，21()aaaagealneeae，对于2xyex，易知y在(,)e递增，因为指数函数比幂函数增长的快，所以20aea，()0age，所以函数()gx在1(,)aea与1(a，1)各有一个零点，所以ae，要证明2()2afae，即证明ae时，211(2)2aalnaea成立，设h（a）211(2)()aalnaaeea，h（a）22111lnaae，由于h（a）在(,)e递减，所以h（a）h（e）0，第19页（共20页）所以h（a）在(,)e递减；所以h（a）h（e）22ee，故原命题成立．选考题：共10分，二选一22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线221:40Cxyx，直线l的参数方程为cos(sinxttyt为参数），其中(0,)6，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线1C的极坐标方程和直线l的普通方程；（Ⅱ）设(4,0)M，2C的极坐标方程43sin，A，B分别为直线l与曲线1C，2C异于原点的公共点，当30AMB时，求直线l的斜率．【解答】解：（Ⅰ）曲线221:40Cxyx，转换为极坐标方程为4cos．直线l的参数方程为cos(sinxttyt为参数），转换为直角坐标方程为tanyx，(0,)6．（Ⅱ）由已知可得：，则||4cos43sinAB，1||tan4sinAM，由于||3||AMAB，所以4sin3(4cos43sin)，解得3tan4k．所以直线的斜率为34．23．函数()|22||3|fxxx．（Ⅰ）求不等式()25fxx…的解集；（Ⅱ）若()fx的最小值为k，且实数a，b，c满足()abck，求证：22228abc…．【解答】解：（Ⅰ）31,1()|22||3|5,3131,3xxfxxxxxxx„„．第20页（共20页）()25fxx…，31251xxx…或52531xxx…„„或31253xxx…，4x…或30x„„或3x，0x„或4x…，不等式的解集为{|0xx„或4}x…．（Ⅱ）由（Ⅰ）知()4minfxk．()4abck，4abac，22222222()()228abcabacabac…，当且仅当2abc时取等号，22228abc…．