湖南省2020年高考文科数学模拟试题及答案

湖南省2020年高考文科数学模拟试题及答案

（满分150分，考试时间120分钟）

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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．集合A＝{1，2，3}，B＝{2，4，5}，则A∪B＝( )

A．{2} B．{6} C．{1，3，4，5，6} D．{1，2，3，4，5} 2．设p：log2x>2，q：x>2，则p是q成立的( ) A．必要不充分条件 C．充分必要条件

B．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

2

3. 下列函数中，既是偶函数又在（0，+∞）单调递增的函数是（ ） A. yx

3B. yx1 C. yx1

D. y2

x4. 已知{an}为递增的等差数列，a4+a7=2，a5•a6=-8，则公差d=（ ） A. 6

B. 6

C. 2

D. 4

5. 根据新高考改革方案，某地高考由文理分科考试变为“3+3”模式考试．某学校为了解高一年425名学生选课情况，在高一年下学期进行模拟选课，统计得到选课组合排名前4种如下表所示，其中物理、化学、生物为理科，政治、历史、地理为文科，“√”表示选择该科，“×”表示未选择该科，根据统计数据，下列判断错误的是．．

A. 前4种组合中，选择生物学科的学生更倾向选择两理一文组合 B. 前4种组合中，选择两理一文的人数多于选择两文一理的人数 C. 整个高一年段，选择地理学科的人数多于选择其他任一学科的人数 D. 整个高一年段，选择物理学科的人数多于选择生物学科的人数

1

6. 已知函数A.

，且B.

C.

，则以下结论正确的是

D.

7. 1927年德国汉堡大学的学生考拉兹提出一个猜想：对于每一个正整数，如果它是奇数，对它乘3再加1，如果它是偶数，对它除以2，这样循环，最终结果都能得到1．如图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，则①处应填写的条件及输出的结果分别为

A. 是奇数？； C. 是奇数？；

B. 是偶数？； D. 是偶数？；

8. 已知函数fx是定义在R上的偶函数，且对任意的xR,fx2fx，当0x1，

fxx2，若直线yxa与函数fx的图像在0,2内恰有两个不同的公共点，则实数的

值是（ ）

A. 0 B. 0或1111 C.或 D. 0或 24249. 据中国古代数学名著《九章算术》中记载，公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器一商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），其体积为12.6立方寸.若取圆周率3，则图中

x值为（ ）

A. 1.5 B. 2 C. 3 D. 3.1

2

10. 若tan(A.

4)3，则sin2cos2（ ）

B. 3 52 5C. -1 D. 3

x2y211.已知双曲线C:221a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2,过F2作垂直于实轴的弦

abPQ,若PF1Q2,则C的离心率e为( )

A.21 B.2 C.21 D.22 12. 已知fx是定义域为R的偶函数,且在0,单调递增,设

1mflog2,nf70.1, pflog425,则m,n,p的大小关系为( )

3A.mpn B.pnm C.pmn D.npm 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）

13. 向量a，b满足ab1，a(2ab)3，则a=______． xy2014. 若x,y满足约束条件xy40，则zx2y的最大值是_____．

x1015．如图，在正方体则异面直线

16．已知x0, y0,且xy1,则xy的取值范围是___ __.

三、解答题（共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个

试题考生都必须作答．第22、23为选考题，考生根据要求作答。） （一）必考题（共60分） 17．（本试题满分12分）

已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若sinA＋sinB－sinC＝sin Asin B. (1)求角C的大小；

(2)若△ABC的面积为23，c＝23，求△ABC的周长． 18. （本试题满分12分）

3

2

2

2

中，、分别是

所成角的大小是_______。

、的中点，

与

22

2019年双11当天，某销售平台全网总交易额为2684亿人民币．与此同时，相关管理部门推出了针对电商的商品和服务的评价体系，现从评价系统中选出200次成功交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为0.9，对服务的好评率为0.75，其中对商品和服务都做出好评的交易为140次． （1）请完成下表，并判断是否可以在犯错误概率不超过0.5％的前提下，认为商品好评与服务好评有关？

对商品好评 对服务好评 140 对服务不满意 10 合计 200 对商品不满意 合计 (2）若针对服务的好评率，采用分层抽样的方式从这200次交易中取出4次交易，并从中选择两次交易进行客户回访，求只有一次好评的概率． 附：

P（K2≥k） k 0.15 2.072 ，其中n＝a＋b＋c＋d． 0.10 2.706 0.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 0.005 7.879 0.001 10.828 19. （本试题满分12分） 在如图所示的五面体EF­ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．

(1)求证：FM∥平面BDE；

(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求M到平面BDE的距离．

20．（本试题满分12分）

已知动点M到点A1,0与点B2,0的距离之比为2，记动点M的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程；

（2）过点P6,2作曲线C的切线，求切线方程． 21．（本试题满分12分）

4

已知函数fx2ax12lnxaR．

（1）若曲线gxfxx上点1,g1处的切线过点0,2，求函数gx的单调减区间； （2）若函数yfx在(0,)上无零点，求a的最小值．

（二）选考题（共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计

分。）

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的极坐标方程为pB两点．

（1）求线段OP中点Q的轨迹的参数方程；

（2）若M是（1）中点Q的轨迹上的动点，求△MAB面积的最大值． 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数（1）求不等式（2）设函数

.

的解集； 的最小值为，若不等式

有解，求实数的取值范围.

21216，P为曲线C上的动点，C与x轴、y轴的正半轴分别交于A，

13sin2

参

5

一、选择题

1.D 2.A 3.C 4.A 5.D 6.D 7.C 8.D 9.C 10.A 11.C 12.C 二、填空题

13. 1 14. 11 15.90 16.,1

2三、解答题

17.解：(1)由sin A＋sin B－sin C＝sin Asin B及正弦定理，得a＋b－c＝ab，

2

2

2

2

2

2

01a2＋b2－c21

由余弦定理得cos C＝＝，

2ab2

因为C∈(0，π)，所以C＝π

(2)由(1)知C＝. 3

13

由△ABC的面积为23得ab·＝23，解得ab＝8，

2212222

由余弦定理得c＝a＋b－2ab×＝(a＋b)－3ab＝12，

2所以(a＋b)＝36，a＋b＝6， 故△ABC的周长为6＋23.

18.（1）由题意可得关于商品和服务评价的2×2列联表：

对商品好评 对商品不满意 合计 则

对服务好评 140 10 150 ．

对服务不满意 40 10 50 合计 180 20 200 2

π. 3

由于7.407＜7.879，则不可以在犯错误概率不超过0.5％的前提下，认为商品好评与服务好评有关． （2）若针对商品的好评率，采用分层抽样的方式从这200次交易中取出4次交易，则好评的交易次数为3次，不满意的次数为1次．

记好评的交易为A，B，C，不满意的交易为a，从4次交易中，取出2次的所有取法为（A，B），（A，C），（A，a），（B，C），（B，a），（C，a），共6种情况，

其中只有一次好评的情况是（A，a）、（B，a）、（C，a），共3种，

6

因此只有一次好评的概率为．

19. 解：(1)证明：如图，取BD中点O，连接OM，OE，因为O，M分别为BD，BC的中点，

1

所以OM∥CD，且OM＝CD.

2

因为四边形ABCD为菱形，所以CD∥AB. 又EF∥AB，所以CD∥EF. 1

又AB＝CD＝2，所以EF＝CD.

2

所以OM∥且=EF，所以四边形OMFE为平行四边形， 所以FM∥OE.

又OE⊂平面BDE，FM⊄平面BDE， 所以FM∥平面BDE.

(2)如图，取AD的中点H，连接EH，BH，EM，DM.

因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF， 所以EH⊥AD，BH⊥AD.

因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，所以EH⊥平面ABCD，EH⊥BH. 因为EH＝BH＝3，所以BE＝6. 1

所以S△BDE＝×6×

2

2－

2

1562

＝2. 2

设M到平面BDE的距离为h，

1113

又因为S△BDM＝S△BCD＝××2×2×sin60°＝，

2222

1311515

所以由V三棱锥E­BDM＝V三棱锥M­BDE，得×3×＝×h，解得h＝.

32325即M到平面BDE的距离为

15 5

20. （1）设动点M的坐标为x,y， 则MAx1y2,MB22x2y2，

22所以x1y22x2y22，化简得x3y24，

2因此，动点M的轨迹方程为x3y4；

2 7

（2）∵圆心(3,0)到点(6,2)的距离为13大于半径3， ∴点(-2,4)在已知圆外,过该点的圆的切线有两条 不妨设过该点的切线斜率为k，

则切线方程为y2kx6，即kxy6k20，

由圆心到直线的距离等于半径可知，3k6k2k212，解得k0或k12． 5所以，切线方程为12x5y620或y2．

22.（1）由C的方程可得3sin16，又xy，ysin，

222222x2y2∴C的直角坐标方程为x4y16，即1.

122设P4cos,2sin，则Q2cos,sin，

x2cos∴点Q的轨迹的参数方程为（为参数）.

ysinx2（2）由（1）知点Q的轨迹的普通方程为y21，A4,0，B0,2，AB25，所以直4线AB的方程为x2y40.

设M2cos,sin，则点M到AB的距离为

22sin42cos2sin44224， d555∴MAB面积的最大值为S122425224. 25x，∴gx21．解：（1）∵g∴1a2a2nlx3a3a2，∴g11a，又g11，x122x21，得a2由gx320，得0x2， 10xx∴函数gx单调减区间为0,2

（2）因为fx0在区间0,上恒成立不可能，

8

12

110,xfx故要使函数在上无零点，只要对任意的0,,fx0恒成立， 22即对x0,,a2122lnx恒成立 x1令Ix22lnx1,x0,， x1222x12lnx2lnx2x则Ixx， 22x1x1再令mx2lnx212,x0,， x2则mx2221x0， 2xxx12122ln20， 2124ln2， 2故mx在0,上为减函数，于是mxm从而，Ix0，于是Ix在0,上为增函数，所以IxI故要使a2122lnx恒成立，只要a24ln2,． x11fx综上，若函数在0,上无零点，则a的最小值为24ln2

223.解：（1）①当②当③当综上

时，

时，时，或

. 的解集是

. ，由

，

，由

，解得，由

； ，解得，解得

.

；

所以不等式

（2）由（1）可知所以函数

，

单调递减，在区间

9

在区间上单调递增，

所以函数的最小值. 由题意得有解，

所以有解.

设，

则.

所以

.

故实数的取值范围是.

10