天津市滨海新区塘沽第一中学2020届高三数学毕业班第二次模拟试题（PDF）

第1页共5页姓名座号保密★启用前2020年塘沽一中高三毕业班第二次模拟考试数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分，考试用时120分钟。第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页。温馨提示：疫情期间，受时间和地域限制，此次考试采用线上测试方式，答卷时，考生务必将答案选出上传，拍照上传部分的试题按要求，拍照清楚，在规定时间内完成上传。特殊时期，请各位考生珍惜实战演练机会，独立作答！祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：本卷共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。一、选择题1.设复数z满足121zii（i为虚数单位），则复数z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）.A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知集合03xAxZx，则集合A真子集的个数为（）A．3B．4C．7D．83.已知m为实数，直线1l：10mxy，2l：3220mxmy，则“1m”是“12//ll”的（）A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件第2页共5页4．已知圆224210xyxy关于双曲线2222:10,0Cababyx的一条渐近线对称，则双曲线C的离心率为（）A．5B．5C．52D．545．已知数列na的通项公式是221sin2nnan（），则12312aaaa（）A．0B．55C．66D．786.设fx是定义在实数集R上的函数，满足条件1yfx是偶函数，且当1x时，112xfx，则3log2af，31log2bf，3cf的大小关系是（）A．abcB．bcaC．bacD．cba7.已知函数()sin()fxx，其中0，0,2，其图象关于直线6x对称，对满足122fxfx的1x，2x，有12min2xx，将函数()fx的图象向左平移6个单位长度得到函数()gx的图象，则函数()gx的单调递减区间是（）A．2,6kkkZB．,2kkkZC．5,36kkkZD．7,1212kkkZ8．袋中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个小球，从袋子中一次性摸出两个球，记下号码并放回，如果两个号码的和是3的倍数，则获奖，若有5人参与摸球，则恰好2人获奖的概率是（）A．40243B．70243C．80243D．38243第3页共5页2ln2,02,0xxxxfxxxx9．已知函数的图像上有且仅有四个不同的点关于直线1y的对称点在1ykx的图像上，则实数k的取值范围是（）A．1,12B．(0,1)C．1,02D．(-1,0)2020年塘沽一中高三毕业班第二次模拟考试数学第Ⅱ卷二．填空题(每小题5分，共30分，将每道小题的结果标清题号按顺序分别拍图片上传）10．函数0.5()log(43)fxx的定义域是____________．11.已知二项式22nxx的展开式中各项的二项式系数和为512，其展开式中第四项的系数____________．12．已知F是抛物线C:22yx的焦点，是C上一点，F的延长线交y轴于点．若为F的中点，则F____________．13．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，PAPC，则球O的体积为________.14．若ABC△的面积为2221()4acb,且∠C为钝角，则∠B=_________；ca的取值范围是_________.15．ac50,0,4,2,22ccabcabbabc已知且则的最小值为_________.第4页共5页三．解答题（共5个大题，共75分，将每道大题的解题过程按规定顺序拍图片分别上传）16．（本题满分14分）4月23日是“世界读书日”，某中学开展了一系列的读书教育活动．学校为了解高三学生课外阅读情况，采用分层抽样的方法从高三某班甲、乙、丙、丁四个读书小组（每名学生只能参加一个读书小组）学生抽取12名学生参加问卷调查．各组人数统计如下：（1）从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人，求这2人来自同一个小组的概率；（2）从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2人，用X表示抽得甲组学生的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．17.（本题满分15分）如图，已知四边形ABCD的直角梯形，ADBC∥,ADDC，4,2ADDCBC，G为线段AD的中点，PG平面ABCD，2PG，M为线段AP上一点（M不与端点重合）.（1）若AMMP，（i）求证：PCP平面BMG；（ii）求平面PAD与平面BMD所成的锐二面角的余弦值；（2）否存在实数满足AMAP，使得直线PB与平面BMG所成的角的正弦值为105，若存在，确定的值，若不存在，请说明理由.小组甲乙丙丁人数12969第5页共5页18．(本题满分15分)已知椭圆2222:1xyCab（0ab）的焦距为2，且过点(2,0)P．（1）求椭圆C的方程；（2）设F为C的左焦点，点M为直线4x上任意一点，过点F作MF的垂线交C于两点A,B（i）证明：OM平分线段AB（其中O为坐标原点）；（ii）当||||MFAB取最小值时，求点M的坐标．19.（本题满分15分）已知各项均为正数的数列na的前n项和为nS，满足2124nnaSn，2371,,aaa，恰为等比数列nb的前3项.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）求数列1{}nnnnbaa的前n项和为nT；若对*Nn均满足2020nmT，求整数m的最大值;（3）是否存在数列nc,满足等式111(1)22nniniiacn成立，若存在,求出数列nc的通项公式；若不存在，请说明理由.20.(本题满分16分)已知xxaxfln)1sin()(，其中aR.（1）20()()agxfxx当时，设函数，求函数g(x)的极值.（2）若函数()fx在区间0,1上递增，求a的取值范围；（3）证明：211sinln3ln2(2)nkk.数学第1页（共17页）3(,1]4132222324ccc66212c6613P342020届塘沽一中高三毕业班线上二模考试试题数学参考答案一．选择题：（每小题5分，共计45分）DCAAD,CBCB二．填空：（每小题5分，共计30分）10.；11.-672；12.2313.614.45(2,)15.255三．解答题16.（1）由题设易得，问卷调查从四个小组中抽取的人数分别为4,3,2,3（人），从参加问卷调查的12名学生中随机抽取两名的取法共有（种），抽取的两名学生来自同一小组的取法共有（种），所以，抽取的两名学生来自同一个小组的概率为（2）由（1）知，在参加问卷调查的12名学生中，来自甲、丙两小组的学生人数分别为4人、2人，所以，抽取的两人中是甲组的学生的人数X的可能取值为0,1,2X012P1/158/156/15所求X的期望为17.（Ⅰ）（i）证明：连接AC交BG于点O，连接OM，CG，依题意易证四边形ABCG为平行四边形.∴AOOC又∵PMMA，∴MOPC又∵MO平面BMG，PC平面BMG，∴PC平面BMG.数学第1页（共17页）31mKmKABMF3,3)1(3xmy)123,1212(22mmmxmy4（ii）解：如图，在平行四边形BCDG中∵BGCD，CDGD，∴BGGD以G为原点建立空间直角坐标系Oxyz则0,0,0,0,0,2,0,2,0GPD，0,2,0,2,0,0,2,2,0,0,1,1ABCM∴2,0,2,2,0,0,0,1,1PBGBGM平面PAD的法向量为（1,0,0）平面BMD的法向量为（1,1,3）锐二面角的余弦值为（Ⅱ）设0,2,20,2,2,0,1AMAP∴0,22,2M平面BMG的法向量为)1,,0(（过程略）解得18.（1）13422yx（2）i设点M的坐标为(-4,m）当0m时，AB与x轴垂直F，为AB的中点,OM平分AB显然成立当0m，由已知可得：则直线AB的方程为：联立消去y得：012424)12(222mxxm，由韦达定理得AB中点P的坐标为又因为直线OM：所以P在直线OM上.综上OM平分线段AB.1111数学第1页（共17页）22ABMF9,)12()9(422222mMFmmAB122ABMFii当0m时，当0m时，由(i)可知169994122mmABMF又∴m=0时，最小，点M的坐标为(-4,0)19.(1)由题,当1n时,12225aS,即12225aa当2n时,2124nnaSn…①2123nnSan…②①-②得22121nnnaaa,整理得2211nnaa,又因为各项均为正数的数列na.故11nnaa,na是从第二项的等差数列,公差为1.又21a,37,aa恰为等比数列nb的前3项,故223272221115aaaaaa,解得23a.又12225aa,故12a,因为211aa也成立.故na是以12a为首项,1为公差的等差数列.故211nann.即2,4,8恰为等比数列nb的前3项,故nb是以12b为首项,公比为422的等比数列.故2nnb.综上1nan,2nnb(2）122211nnaanbnnnnn前n项和为1221nTnn，nT单增，所以nT的最小值为1/3所以32020m，所以m的最大整数是673.（3）过程略12,3nncn，又2,121cc符合所以12nnc数学第1页（共17页）2122ln20.（1）极大值无极小值；(2)即1cos1axx在区间0,1上恒成立.设cos1txxx，则cos1sin10txxxx在区间0,1上恒成立.所以cos1txxx在0,1单调递.增，则01tx，所以1a.(3)由（2）可知当1a时，函数sin1lnxGxx在区间0,1上递增，所以sin1ln10xxG，即1sin1ln01xxx，所以)3)(1()2(ln])2()3)(1(1sin[)2(1sin222kkkkkkk..求和即可得证（略）