2020届高三线上模拟测试数学理科（试题答案）

·6· 2020 普通高等学校招生全国统一考试线上测试（四） 数学（理科）参考答案 1．【答案】C【解析】 2{ | 2 0} { | 0 2}A x x x x x  ≤ ≤ ≤ , { | 2 2 0} { | 1}B x x x x  ≤ ≤ ， { | 0 1}A B x x  ≤ ≤ ．故 选 C． 2．【答案】A【解析】复数 1 iz   , | | 2z  , 2 2(1 i) 2iz    ， 则 2 2| |z zz   2 2(1 i)2i 2i 1 i 2i 1 i1 i (1 i)(1 i)           ，故选 A． 3．【答案】D【解析】全称命题的否定是特称命题，所以命题“ (0,1)x  , lnxe x  ”的否定是： 0 (0,1)x  , 0 0lnxe x ≤ ．故选 D． 4．【答案】B【解析】 ( ) a a b , 2( ) 3 0       a a b a a b = a b = , 3  a b ， 向量 a + b 在向量 b 方向的投影为 2( ) 3 4 7| | cos , | | | | 2 2       a + b b a b + ba + b a + b b b b ．故选 B． 5．【答案】D【解析】由正弦定理及大边对大角可得： sin sin 2 2 a bA B a b A B R R        ，而函数 tany x 在 (0, ) 上不是单调函数，所以“ sin sinA B ”是“ tan tanA B ”的既不充分也不必要条件， 故选 D. 6．【答案】D【解析】执行程序框图，可得 S=0，n=2，满足条件， 1 2 S  ，n＝4，满足条件， 1 1 3 2 4 4 S    ， n=6，满足条件， 1 1 1 11 2 4 6 12 S     ，n＝8，由题意，此时应该不满足条件，退出循环，输出 S 的值 为 11 228 12 3   ，故选 D． 7．【答案】C【解析】由已知中的三视图知圆锥底面半径为 2 26 33 ( ) 62r    ，圆锥的高 2 2(3 5) 3 6h    ，圆锥母线 2 26 6 6 2l    ，截去的底面弧的圆心角为120 ，底面剩余部分的面 积为 2 2 2 22 1 2 1sin120 6 6 sin120 24 9 3 3 2 3 2 S r r             ，故几何体的体积为： 1 1 (24 9 3) 6 48 18 3 3 3 V Sh         ，故选 C.·7· 8 ． 【 答 案 】 D 【 解 析 】 因 为 cos2 3sin 2y x x  2sin( 2 ) 2sin(2 ) 6 6 x x      ， 由 32 2 2 , 2 6 2 k x k k      Z≤ ≤ ， 解 得 5 , 3 6 k x k k     Z≤ ≤ ， 即 函 数 的 增 区 间 为 5[ , ], 3 6 k k k    Z ，所以当 0k  时，增区间为 [ , ] 3 2   ，选 D. 9．【答案】B【解析】作出不等式对应的平面区域，如图所示： 其中 (2,6)A ，直线 1 0x my   过定点 ( 1,0)D  ， 当 0m  时，不等式 1 0x  ≤ 表示直线 1 0x   及其左边的区域，不满足题意； 当 0m  时，直线 1 0x my   的斜率 1 0 m   ，不等式 1 0x my  ≤ 表示直线 1 0x my   下方的区域， 不满足题意； 当 0m  时，直线 1 0x my   的斜率 1 0 m   ，不等式 1 0x my  ≤ 表示直线 1 0x my   上方的区域， 要使不等式组所表示的平面区域内存在点 0 0( , )x y ， 使不等式 0 0 1 0x my  ≤ 成立，只需直线 1 0x my   的斜率 1 2ADk m  ≤ ， 解得 1 2 m ≤ ．综上可得实数 m 的取值范围为 1( , ] 2   ，故选 B. 10．【答案】D【解析】因为 ' 1( ) 1 0xf x e    ，且 (1) 0f  ，所以函数   1 2xf x e x   单调递增且有惟 一的零点为 1m  ，所以 1 1n ≤ ， 0 2n ≤ ≤ ，问题转化为：使方程 2 3 0x ax a    在区间[0,2]上有解， 即 2 23 ( 1) 2( 1) 4 41 21 1 1 x x xa xx x x             在区间[0,2]上有解，而根据“对勾函数”可知函数 41 2 1 y x x      在区间[0,2]的值域为[2,3] ， 2 3a ≤ ≤ ，故选 D．·8· 11．【答案】B【解析】依题意可得，抛物线 2 4y x 的焦点为 (1,0)F ，F 关于原点的对称点 ( 1,0) ；2 4 ， 1 2   ，所以 1 2( )f x x x  ， 1'( ) 2 f x x  ，设 0 0( , )Q x x ，则 0 00 1 12 x xx   ，解得 0 1x  ， (1,1)Q ，可得 2 2 1 1 1 a b   ，又 1c  ， 2 2 2c a b  ，可解得 5 1 2a  ，故双曲线的离心率是 1 5 1 25 1 2 ce a     ，故选 B． 12．【答案】D【解析】函数 2 0( ) ln ( ) 1g x x x ax f x     在  0,e 内都有两个不同的零点，等价于方程 2 0ln 1 ( )x x ax f x    在  0,e 内都有两个不同的根． 1 1 1'( ) (1 )x x xf x e xe x e      ，所以当 (0,1)x  时， '( ) 0f x  ， ( )f x 是增函数； 当 (1, )x e 时， '( ) 0f x  ， ( )f x 是减函数．因此 0 ( ) 1f x ≤ . 设 2( ) ln 1F x x x ax    ， 21 2 1'( ) 2 x axF x x ax x       ， 若 '( ) 0F x  在 (0, )e 无解，则 ( )F x 在  0,e 上是单调函数，不合题意；所以 '( ) 0F x  在 (0, )e 有解，且易 知只能有一个解．设其解为 1x ，当 1(0, )x x 时 '( ) 0F x  ， ( )F x 在 1(0, )x 上是增函数；当 1( , )x x e 时 '( ) 0F x  ， ( )F x 在 1( , )x e 上是减函数． 因为  0 0,x e  ，方程 2 0ln 1 ( )x x ax f x    在  0,e 内有两个不同的根，所以 max 1( ) ( ) 1F x F x  ，且 ( ) 0F e ≤ ．由 ( ) 0F e ≤ ，即 2ln 1 0e e ae   ≤ ，解得 2a e e ≤ ． 由 max 1( ) ( ) 1F x F x  ，即 2 1 1 1ln 1 1x x ax    ，所以 2 1 1 1ln 0x x ax   ． 因为 2 1 12 1 0x ax   ，所以 1 1 12a x x   ，代入 2 1 1 1ln 0x x ax   ，得 2 1 1ln 1 0x x   . 设 2( ) ln 1m x x x   ， 1( ) 2 0m x x x     ，所以 ( )m x 在 (0, )e 上是增函数， 而 (1) ln1 1 1 0m     ，由 2 1 1ln 1 0x x   可得 1( ) (1)m x m ，得 11 x e  ． 由 1 1 12a x x   在 (1, )e 上是增函数，得 11 2a e e    ．综上所述 21 a e e  ≤ ，故选 D. 13．【答案】3【解析】 6(1 2 )(1 )x x  的展开式中 2x 的系数为 2 1 6 6C ( 2)C 3   . 14．【答案】 3 15 4 【解析】 tan tantan tan( ) 151 tan tan ACD BCDACB ACD BCD ACD BCD             ，所以 1cos 4ACB   ， 由余弦定理可知 2 2 2 2 cos 16AB AC BC AC BC ACB      ，得 4AB  .根据“三斜求积术”可得·9· 22 2 2 2 2 21 4 2 3 1354 24 2 16S             ，所以 3 15 4S  . 15．【答案】 15 7 3  【解析】由圆的方程得 2 2( 1) 1x y   ，所以圆心为 (0, 1) ，半径为 1r  ，四边形 的面积 2 MBCS S △ ，若四边形 MACB 的最小面积 [ 3, 7]S  ，所以 MBCS△ 的最小值为 3 7[ , ]2 2MBCS △ ， 而 1 2MBCS r MB△ ，即 MB 的最小值 min [ 3, 7]MB  ，此时 MC 最小为圆心到直线的距离，此时 2 2 2 2 2 1 7 [ 1 ( 3) , 1 ( 7) ] 1 d k      ，因为 0k  ，所以 [ 7, 15]k  ，所以 [1,4]k  的概率为 15 7 3  ． 16．【答案】①②③【解析】对于①，因为 SA  平面 ABC ，所以 SA AC ，SA AB ，SA BC ，又 BC AC ， 所以 BC  平面 SAC ，所 以 BC SC ，故 四个 面都 是直角 三角 形，  ① 正确 ；对 于②，若 4, 4, 4AC BC SC   ，SC  平面 ABC ，三棱锥 S ABC 的外接球可以看作棱长为 4 的正方体的外接 球， 2 2 22 4 4 4 4 3R     ， 2 3R  ，体积为 34 (2 3) 32 3 3 V    ，②正确；对于③，设 ABC△ 内心是 O，则 SO  平面 ABC ，连接 OC，则有 2 2 2SO OC SC  ，又内切圆半径 1 (3 4 5) 1 2 r     ，所 以 2OC  ， 2 2 2 3 2 1SO SC OC     ， 故 1SO  ，  三 棱 锥 S ABC 的 体 积 为 1 1 1 3 4 1 2 3 3 2ABCV S SO        △ ，③正确；对于④，若 3SA  ， SA  平面 ABC ，则直线 PS 与 平面 SBC 所成的最大角时， P 点与 A 点重合，在 Rt SCA△ 中， 3tan 1 5 ASC   ， 45ASC   ，即直 线 PS 与平面 SBC 所成的最大角为 45 ，④不正确，故答案为①②③． 17．【解析】 （1）设数列 na 的公差为 d， 4 6 52 18a a a   ， 5 9a  ， 1 11 11 6 11( ) 11 121 2 a aS a   ， 6 11a  ， 6 5 11 9 2d a a      ， 5 ( 5) 9 2( 5) 2 1na a n d n n         .（6 分） （2）由（1）可知 1( 3)2 (2 1 3)2 ( 1)2n n n n nb a n n        ， 数列 nb 的前 n 项和为 2 3 4 12 2 3 2 4 2 ( 1)2 n nT n          ， 3 4 5 1 22 2 2 3 2 4 2 2 ( 1)2n n nT n n           ， 两式作差，得 2 3 4 1 22 2 2 2 2 ( 1)2n n nT n         ·10· 1 28(1 2 )8 ( 1)21 2 n nn      2 2 28 2 8 ( 1)2 2n n nn n         ， 22n nT n   .（12 分） 18．【解析】 （1）由频率分布直方图可得，男生书虫、非书虫的人数分别为 12,38，女生书虫、非书虫的人数 分别为 4,46，故得如下 2×2 列联表： 男生 女生 总计 书虫 12 4 16 非书虫 38 46 84 总计 50 50 100 根据列联表中数据可得： 2 2 100 (12 46 4 38) 4.76216 84 50 50K        ，（4 分） 由于 4.762＞3.841， 所以在犯错误的概率不超过 5%的前提下，可以认为“书虫”与性别有关．（6 分） （2）由频率分布直方图可得女生“书虫”的人数为 4， X 的所有可能取值为 0，1，2， 则 2 46 2 50 C 207( 0) C 245P X    , 1 1 46 4 2 50 C C 184( 1) C 1225P X    , 2 4 2 50 C 6( 2) C 1225P X    ，（9 分） 故 X 的分布列为 X 0 1 2 P 207 245 184 1225 6 1225 X 的数学期望为 207 184 6 196 4( ) 0 1 2 245 1225 1225 1225 25 E X         .（12 分） 19．【解析】 （1）证明：取 AB 的中点 O ，连结 , ,EO OF AC ，由题意知 EO AB ． 又因为平面 ABCD  平面 ABE ，所以 EO  平面 ABCD ．（2 分） 因为 BD  平面 ABCD ，所以 EO BD , 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 BD AC ，·11· 又因为 //OF AC ，所以 BD OF ，所以 BD  平面 EOF .（4 分） 又 EF  平面 EOF ，所以 BD EF ．（6 分） （2）连结 DO ，由题意知 EO AB ， DO AB . 又因为平面 ABCD  平面 ABE ，所以 DO  平面 ABE ， 以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz . 则  0,0,0O ,      3 33,0,0 , 0,0, 3 , 0, , , 0,1,02 2E D F B       ，  3 30, , , 3,0, 32 2DF DE           .（8 分） 设平面 DEF 的一个法向量为 1 ( , , )x y zn ，则 1 1 0 0 DF DE        n n ，即 3 3 02 2 3 3 0 y z x z       ， 令 1x  ，所以 1 3(1, ,1) 3 n .（10 分） 又由（1）可知 EO  平面 ABCD ，所以平面 DFB 的一个法向量为 2 (1,0,0)n ， 设二面角 E DF B  的平面角为 ，则 1 2 1 2 21cos 7    n n n n .（12 分） 20．【解析】 （1）根据椭圆的定义，可得 1 2| | | | 2AF AF a  ， 1 2| | | | 2BF BF a  ，  1AF B△ 的周长为 1 1 1 1 2 2| | | | | | | | | | | | | | 4AF BF AB AF BF AF BF a       ，  4 8a  ，得 2a  ，椭圆 E 的方程为 2 2 2 14 x y b   ， 将 3(1, ) 2 P 代入椭圆 E 的方程可得 2 3b  ，所以椭圆 E 的方程为 2 2 14 3 x y  .（5 分） （2）由（1）可知 2 2 2 4 3 1c a b     ，得 2 (1,0)F ， 依题意可知直线 l 的斜率不为 0，故可设直线 l 的方程为 1x my  ，·12· 由 2 2 14 3 1 y x my x       消去 x ，整理得 2 2(3 4) 6 9 0m y my    ， 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 2 6 3 4 my y m    ， 1 2 2 9 3 4 y y m   ， 不妨设 1 20, 0y y＞ ＜ ， 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1| | ( 1) ( 1 1) 1 | | 1AF x y my y m y m y             ， 同理 2 2 2 2 2| | 1 | | 1BF m y m y       ，（9 分） 所以 2 2 2 2 2 1 21 2 1 1 1 1 1 1 1( )| | | | 1 1 1AF BF y ym y m y m            2 2 2 2 2 1 1 22 1 2 2 2 1 2 1 2 2 6 9( ) 4( ) 41 1 1 43 4 3 4. . . 9 31 1 1 3 4 m y y y yy y m m y y y ym m m m               即 2 2 2 2 4| | | | | | | | 3 AF BF AF BF   ，所以存在实数 4 3   ， 使得 2 2 2 2| | | | | | | |AF BF AF BF   成立.（12 分） 21．【解析】 （1）设 2 2( ) (2 ) 1xt x f x e    ，则 2 2'( ) 2 xt x e  ， 当 1x  时， 2 2(1) 1 2t e    ， 2 2'(1) 2 2t e   ， 函数 (2 )f x 在 1x  处的切线方程为 2 2( 1)y x   ，即 2 0x y  .（4 分） （2）根据题意可得 2 2 2x y x ye e mx     ≥ 对任意的 [0, )x   ， [0, )y   都成立， 当 0x  时，不等式即为 2 2 2 0y ye e    ≥ ，显然成立；（5 分） 当 0x  时，设 2 2( ) 2x y x yg x e e      ，则不等式 2 2 2x y x ye e mx     ≥ 恒成立， 即为不等式 ( )g x mx≥ 恒成立， 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) 2 2 2 2 2x y x y x y y x y y xg x e e e e e e e e e                   ≥ (当且仅当 0y  时取等号)，由题 意可得 22 2xe mx  ≥ ，即有 22 2xe mx   ≥ 对 (0, )x   恒成立， 令 22 2( ) xeh x x   ，则 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 1'( ) 2 2 x x xxe e x eh x x x          ， 令 '( ) 0h x  ，即有 2( 1) 1xx e   ，令 2( ) ( 1) xm x x e   ，则 2 2 2'( ) ( 1)x x xm x e x e xe      ， 当 0x  时， 2'( ) 0xm x xe   ， ( )m x 在 (0, ) 上单调递增， 又 2 2(2) (2 1) 1m e    ， 2( 1) 1xx e    有且仅有一个根 2x  ，（9 分）·13· 当 (2, )x   时， '( ) 0h x  ， ( )h x 单调递增，当 (0,2)x  时， '( ) 0h x  ， ( )h x 单调递减， 当 2x  时， ( )h x 取得最小值，为 2 22 2(2) 22 eh    ， 2m ≤ ． 实数 m 的取值范围 ( ,2] .（12 分） 22．【解析】 （1）将直线 l 的参数方程 1 32 1 x t y t       （t 为参数）消去参数 t ， 可得直线 l 的普通方程为 1 11 ( )23 y x   ，即 2 2 3 2 3 1 0x y    ． 由 2 cos( ) 4    ，得 cos sin    ，所以 2 cos sin      , 得 2 2x y x y   ，即 2 21 1 1( ) ( ) 2 2 2 x y    ．（5 分） （2）由 1 32 1 x t y t       得 1 3 2 2 11 2 x m y m       (m为参数）， 将其代入 2 21 1 1( ) ( ) 2 2 2 x y    ， 得 2 1 1 0 2 4 m m   , 1 2 1 2 m m    , 1 2 1 4 m m   ，  2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 4AB m m m m m m m m       21 1 5( ) 4 ( )2 4 2       ．（10 分） 23．【解析】 （1）)函数 (2 ) ( 4) | 2 2 | | 2 |f x f x x x      = 4, 1 3 , 1 2 4, 2 x x x x x x          ≤ ≥ ， 当 1x   时，不等式即 4 2x   ，求得 6x   ， 6x   ； 当 1 2x ≤ 时，不等式即 3 2x  ，求得 2 3 x  ， 2 2 3 x   ； 当 2x≥ 时，不等式即 4 2x   ，求得 2x   ， 2x≥ ． 综上所述，不等式的解集为 2{ | 3 x x  或 6}x   ．（5 分） （2）当 0a  时, ( ) ( ) | 2 | | 2 | | 2 | | 2 | ( 2) ( 2 ) | | 2 2 |f ax af x ax a x ax ax a ax ax a a             ≥|·14· 不等式 ( ) ( ) 1f ax af x a ≥ 恒成立， | 2 2 | 1a a  ≥ ， 2 2 1a a  ≥ 或 2 2 1a a  ≤ ，解得 3a≥ 或 10 3 a ≤ ， 实数 a 的取值范围为 1(0, ] [3, ) 3  .（10 分）