《云南省2020届高三第七次高考仿真模拟 数学（文）试题（PDF版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省2020届高三第七次高考仿真模拟 数学（文）试题（PDF版）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020一、选择题一、选择题题号123456789101112答案BACAAABDDDCB1.解析：210Axxx=-=-，2111Bxxxx=-，所以0AB=I.选B.2.解析：因为()()()()1i1i11izaaa=-+=+-在复平面内对应的点位于虚轴上，所以10a+=，所以1a=-.选A.3.解析：该正三棱柱的左视图是边长分别为2，3的矩形，所以左视图的面积为23，选C4.解析：由已知得:tan3a=，因为cossin1tan2cossin1tanaaaaaa+=-，选A5.解析：甲不输的概率等于甲获胜或者平局的概率相加，甲、乙下成平局的概率为：0.90.40.5p=-=，选A6.解
2、析：因为()(1tan)coscossin2sin()4fxxxxxxp=+=+=+，而0,44xpp+，所以()fx的最大值为1，选A7.解析：由已知函数213xy-=，可知1y与2y的图象关于直线2x=对称，选B.8.解析：最短的弦为过点(1,1)且与圆心(0,0)和点(1,1)连线垂直的弦，此时弦长为22，最长的弦为直径，选D9.解析：函数()()eesinxxfxx-=-为偶函数，排除B、C，当2xp=时，()0fx，选D.10.解析：因为2e=，22212112|12tan|22224bMFcaeaMFFFFcace-=-=，所以2122cos3MFF=，选D11.解析：sinsin
3、2sinBCA+=，22248=bcabcbc+=+，当且仅当，取得等号，设D是BC边上的中点，则22222211142cos232222bcADABACcbbcAcbbcbc+-=+=+=+uuuruuuruuur，选C.12.解析：因为=2AB,=23AC,=60ABC,所以ABC是直角三角形，232=4SRpp=,22R=,设1h为三棱锥顶点O到底面的高，设2h为三棱锥顶点B到底面的高，2142hR=-=,OABCBAOCVV-=,2111122322353232OABCVh-=，245=5h，所以选B.二、填空题二、填空题13.解析：设()axy=r，则()12acxy-=-rr，由a
4、rbr，得3xy=，由()aac-rrr得()()120 xxyy-+-=，解方程组得：32x=，12y=，所以3122a=r，.14.解析：抽样要保证机会均等，故从815名学生中抽取30名，每人入选的概率为306815163=15.解析：()()2232xy-+-相当于可行域（图中阴影部分）内的点到点()32A，的距离的平方，做出可行域如图：得2min324122z+-=，所以最小值为12.16.解析:构造函数()()()1lnFxgxfxaxbxa=-=+-,min()0Fx，易知0a，11()axFxaxx-=-=可推出min1()11ln0ln2Fbaabaaa=+-，ln21baaa
5、+-，构造函数ln2()1axaj+=-，min()1exj=-.三、解答题三、解答题（一）必考题（一）必考题17.解析：（1）设na的公比为q，由6542aaa-=得5431112aqaqaq-=，即220qq-=，OEFCBADHGMN因为0q，解得2q=，又223a=，得113a=，所以1123nna-=.6分（2）1211111(2)(2)2339nnnnnnbaa-+=13212111112(14)1222(22)99991427nnnnS-+-=+=-.12分18.解：（1）由图中表格可得22列联表如下：不喜欢骑行共享单车喜欢骑行共享单车合计男104555女153045合计2575
6、100将22列联表中的数据代入公式计算得()()()()()()222100451530103.033.84125755545nadbcKabcdacbd-=+，所以在犯错误概率不超过0.05的前提下，不能认为是否喜欢骑行共享单车与性别有关6分（2）根据分层抽样方法抽取5名“骑行达人”，男性有3人，记为A、B、C，女性有2人，记为d、e；从这5人中随机选取2人，基本事件为,ABACAaAbBCBaBbCaCbab共10种，2人性别不同的事件为,AaAbBaBbCaCb共6种，故所求的概率63105P=12分19.（1）证明：因为菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以AOBD，因为OF平面
7、ABCD，所以OFAO，又因为OFBDO=，所以AO平面BDF；因为H为线段BF上一点，所以AOOH，因为四边形AOFE为平行四边形，所以AOEF，所以EFOH；5分（2）解：设点H到平面ABCD的距离为h，则1163313HABCABCVVShh-=，28313EFCADOFVSO=四边形，因为213VV=，所以12hOF=，故H为线段BF中点；取OB中点G，连接GH，则GHOF，因为OF平面ABCD，所以GH平面ABCD，所以GHBC，作GMBC，交BC于M，连接HM，因为GMGHG=，所以BC平面HGM，所以BCHM，而RtGMB中，2sin603GM=，所以RtHGM中，2223HMH
8、GGM=+=，所以HBC的面积为83HBCS=；同理得HAB的面积为83HABS=，HAD的面积等于HDC的面积，即为24HADHDCSS=，所以四棱锥HABCD-的侧面积为2164823HADHABSS+=+.12分20.解：()由条件可得,1c=,1ABk=-；设11(,)Axy，22(,)Bxy,则22112222222211xyabxyab+=+=，两式相减得121212122211()()()()0 xxxxyyyyab-+-+=，12122242()()33xxyyab-=-，12222212()422233()33yykabxxbb-=-=-=-，所以222ab=，又222cab
9、=-，21b=，22a=，所以椭圆22:12xEy+=.6分()设33(,)Mxy，44(,)Nxy，当直线MN斜率不存在时，343412OMONyykkxx=-，34xx=，34yy=-，所以232312OMONykkx=-=-，又223312xy+=，解得223311,2xy=，22CDMNS=.7分当直线MN斜率存在时，设直线方程为:lykxm=+，联立2212ykxmxy=+=得222(12)4220kxkmxm+-=，所以34223424122212kmxxkmxxk+=-+-=+，8分2234343434()()()yykxmkxmkxxkmxxm=+=+222212mkk-=+由
10、343412OMONyykkxx=-得22222211222212mkkmk-+=-+，即22221mk=+，10分原点到直线MN的距离为21mdk=+所以2342111221OMNmSMNdkxxkD=+-+2343434()422mmxxxxxx=-=+-2222422()421212mkmmkk-=-+222222164(22)(12)2(12)mkmmkk-+=+22222248(12)8(2)22(12)242mmkmmmkm+-=+，所以422CDMNOMNSSD=.12分21.解：（1）因为()()22(1)e21xfxaxaxax=-+-，所以()00f=，由导数的几何意义可知
11、：曲线()yfx=在()0,2处的切线斜率0k=，曲线()yfx=在()0,2处的切线方程()200yx-=-，即2y=.4分（2）若23a=，则()222122e33xfxxxx=-+，由（1）可知，()22222e(1)e13333xxfxxxxxx=-+=-+，设函数()(1)e1xgxx=-+，则()exgxx=，当(),0 x-时，()0gx，则()gx在()0,+单调递增，故()()00gxg=，又()()23fxxgx=，故当(),0 x-时，()0fx，则()fx在()0,+单调递增，故()()02fxf=.12分（二）选考题：第（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果
12、多做，则按所做的第一题记分。题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。22.解:（1）由直线l的参数方程得：2155yxt=-=，所以，直线l的普通方程为022=-yx，斜率为2；由曲线C的参数方程得：2224xys=，所以，曲线C的普通方程为xy22=5分（2）联立方程组=-=xyxy2222解得：1(22)(1)2AB-，所以，以线段AB为直径的圆的普通方程为1645)21()45(22=-+-yx，化为极坐标方程得：225cos2sin20rrqrq-=10分23.解:（1）原不等式即是1172-+-xx当1+-xx，解得：7x，所以1+-xx，解得：3x,所以31x时，由)1(1)72(-+-xx，解得：5x,所以5x成立；综上,原不等式1)(-xxf的解集为(3)(5)-?，.5分（2）设()()hxfxax=-，则7(2)6()2()7(2)8()2axxhxaxx-?=-+得，20a-且72h（）0，解得，27a；当72x得，(2)0a-+?且72h（）0，解得，227a-.综上，实数a的取值范围是)72,2-.10分
