2020年广西桂林市、崇左市、贺州市高考数学模拟试卷(文科)(5月份)

2020年广西桂林市、崇左市、贺州市高考数学模拟试卷（文科）

（5月份）

一、选择题：本大题共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．（5分）已知集合A{x|x30}，B{x|(x5)(x4)0}，则AIB( ) A．(5,3)

B．(4,3)

C．(3,4)

D．(3,5)

2．（5分）已知x，yR，(3xi)iy(x1)i，则( ) A．xy0

B．xy0

C．xy2

D．xy2

x2y23．（5分）若双曲线C:的一条渐近线方程为2x3y0，则m( )

23m32827A． B． C． D．

232784．（5分）某地区城乡居民储蓄存款年底余额（单位：亿元）如图所示，下列判断一定不正确的是( )

A．城乡居民储蓄存款年底余额逐年增长 B．农村居民的存款年底余额所占比重逐年上升

C．到2019年农村居民存款年底总余额已超过了城镇居民存款年底总余额 D．城镇居民存款年底余额所占的比重逐年下降

r3rrr5．（5分）已知向量a(2,1)，b(m,3)，且agbr，则m( )

|a|A．2 B．2

C．3 D．3

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y„x1x6．（5分）设x，y满足约束条件y…，则zx4y的最大值为( )

2xy„2A．2 B．2 C．0 D．4

7．（5分）从集合A{xN|x„4}中任意取出两个不同的元素，则取出的两元素之和为奇数的概率是( ) A．

2 53B．

5C．

2 3D．

1 28．（5分）在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，且b3，c33，B30，ab，则AC边上的高线的长为( )

A．33 2B．

3 2C．

9 2D．33 9．（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有下列四个结论：

①AP与CM是异面直线；②AP，CM，DD1相交于一点；③MN//BD1； ④MN//平面BB1D1D．

其中所有正确结论的编号是( )

A．①④

B．②④

C．①③④

D．②③④

10．（5分）“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多g斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而提出，故又称该数列为“兔子数列”，斐波那契数列{an}满足a11，

3,nN*)．如图是输出斐波那契数列的一个算法流程图，现要输a21，anan1an2(n…出斐波那契数列的前50项，则图中的空白框应填入( )

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A．AB，BC

B．BA，CB

C．CA，BC

D．AC，CB

11．（5分）过抛物线C:y216x的焦点F作直线l，且直线l与C及其准线分别相交于A，

B，D三点，若AD3BD，则( )

A．直线l的斜率为C．|AB| 3uuuruuur3 3B．直线l的斜率为3 D．|AB|16

12．（5分）已知函数f(x)3sin2则的取值范围是( ) 28A．(0,]U[,)

99x133若f(x)在(,)上无零点，sinx(0)，

22222228B．(0,]U[,]

93928C．(0,]U[,1]

9928D．(,]U[1,)

99二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上. 3x,x…113．（5分）已知函数f(x)，则f(1) ．

2f(x1),x114．（5分）已知直线y4xb是曲线y4lnx3的一条切线，则b ．

415．（5分）设为锐角，若cos()，则cos2 ．

8516．（5分）一个圆锥恰有三条母线两两夹角为60，若该圆锥的侧面积为33，则该圆锥的体积为 ．

三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作

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答.（一）必考题：共60分.

17．（12分）在公比大于0的等比数列{an}中，已知a3a5a4，且a2，3a4，a3成等差数列． （1）求{an}的通项公式；

（2）已知Sna1a2an，试问当n为何值时，Sn取得最大值，并求Sn的最大值． 18．（12分）在三棱锥DABC中，ABBC22，DADCAC4，平面ADC平面ABC，点M在棱BC上．

（1）若M为BC的中点，证明：BCDM．

（2）若三棱锥ACDM的体积为23，求M到平面ABD的距离．

19．（12分）某水果批发商经销某种水果（以下简称A水果），购入价为300元/袋，并以360元/袋的价格售出，若前8小时内所购进的A水果没有售完，则批发商将没售完的A水果以220元/袋的价格低价处理完毕（根据经验，2小时内完全能够把A水果低价处理完，且当天不再购入）．该水果批发商根据往年的销量，统计了100天A水果在每天的前8小时内的销售量，制成如频数分布条形图．

记x表示A水果一天前8小时内的销售量，y表示水果批发商一天经营A水果的利润，n表示水果批发商一天批发A水果的袋数． （1）若n16，求y与x的函数解析式；

（2）假设这100天中水果批发商每天购入A水果15袋或者16袋，分别计算该水果批发商这100天经营A水果的利润的平均数，以此作为决策依据，每天应购入A水果15袋还是16袋？

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20．（12分）已知函数f(x)x3a(x2)． （1）若a3，求f(x)的单调区间；

（2）若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，求a的取值范围．

x2y221．（12分）已知椭圆221(ab0)上的点P到左、右焦点F1，F2的距离之和为22，ab且离心率为2． 2（1）求椭圆的标准方程；

（2）过F2的直线l交椭圆于A，B两点，点C与点B关于x轴对称，求△AF2C面积的最大值．

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．（10分）在极坐标系中，极点为O，一条封闭的曲线C由四段曲线组成：

73354cos([0,)U[,2))，4sin([,))，4cos([,))，

4444444sin([57,))． 44（1）求该封闭曲线所围成的图形面积；

（2）若直线l:sin()k与曲线C恰有3个公共点，求k的值．

4[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数f(x)|x||2x1|． （1）求不等式f(x)3的解集；

（2）若存在(0,)，使得关于x的方程f(x)msin恰有一个实数根，求m的取值范围．

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2020年广西桂林市、崇左市、贺州市高考数学模拟试卷（文科）

（5月份）

参与试题解析

一、选择题：本大题共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．（5分）已知集合A{x|x30}，B{x|(x5)(x4)0}，则AIB( ) A．(5,3)

B．(4,3)

C．(3,4)

D．(3,5)

【解答】解：因为集合A{x|x30}，B{x|(x5)(x4)0}， 所以A(3,)，B(4,5)， 所以AIB(3,5)． 故选：D．

2．（5分）已知x，yR，(3xi)iy(x1)i，则( ) A．xy0

B．xy0

C．xy2

D．xy2

【解答】解：由(3xi)iy(x1)i， 得x3iy(x1)i，

则xy，31x，即x2，y2， 所以xy0，xy4． 故选：A．

x2y23．（5分）若双曲线C:的一条渐近线方程为2x3y0，则m( )

23m32827A． B． C． D．

23278【解答】解：由题意知双曲线的渐近线方程为y22x3y0可化为yx，

33mx(m0)， 2则3m28． ，解得m2327故选：C．

4．（5分）某地区城乡居民储蓄存款年底余额（单位：亿元）如图所示，下列判断一定不正确的是( )

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A．城乡居民储蓄存款年底余额逐年增长 B．农村居民的存款年底余额所占比重逐年上升

C．到2019年农村居民存款年底总余额已超过了城镇居民存款年底总余额 D．城镇居民存款年底余额所占的比重逐年下降

【解答】解：到2019年，在城乡居民储蓄存款年底总余额中，农村居民储蓄存款所占的比例仍然小于城镇居民储蓄存款所占的比例，因此农村居民的存款年底总余额仍然少于城镇居民的存款总额，

选项C说农村居民的存款年底总余额已经超过了城镇居民的存款总额显然是错误的． 故选：C．

r3rrr5．（5分）已知向量a(2,1)，b(m,3)，且agbr，则m( )

|a|A．2 B．2

C．3 D．3

rr【解答】解：Q向量a(2,1)，b(m,3)，

3rr3由agbr，得2m3，所以2m2，则m2．

|a|21故选：A．

y„x1x6．（5分）设x，y满足约束条件y…，则zx4y的最大值为( )

2xy„2A．2 B．2 C．0 D．4

yx1



【解答】解：由题可知，再画出可行域如图，x解得A(2,1)，

y2

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当l:x4y0平移到过点(2,1)时，z取得最大值， 最大值为：2． 故选：B．

7．（5分）从集合A{xN|x„4}中任意取出两个不同的元素，则取出的两元素之和为奇数的概率是( ) A．

2 53B．

5C．

2 3D．

1 2【解答】解：由题可知A{0，1，2，3，4}，

从集合A的元素中取出两个不同的元素共有nC5210种情况，

11C26种情况， 取出的两元素之和为奇数的有mC3故取出的两元素之和为奇数的概率为P故选：B．

m63． n1058．（5分）在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，且b3，c33，B30，ab，则AC边上的高线的长为( )

A．33 2B．

3 2C．

9 2D．33 【解答】解：因为b3，c33，B30，

所以由余弦定理b2a2c22accosB，可得9a2272a33a29a180，

3，整理可得2又ab， 所以a6．

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193因为SABCacsinB，

222S所以AC边上的高线的长为ABC33．

b故选：D．

9．（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有下列四个结论：

①AP与CM是异面直线；②AP，CM，DD1相交于一点；③MN//BD1； ④MN//平面BB1D1D．

其中所有正确结论的编号是( )

A．①④

B．②④

C．①③④

D．②③④

【解答】解：因为MP//AC，MPAC，所以AP与CM是相交直线， 又面A1ADD1面C1CDD1DD1，

所以AP，CM，DD1相交于一点，则①不正确，②正确． ③令ACIBDO，因为M，N分别是C1D1，BC的中点，

1所以ON//D1M//CD，OND1MCD，则MNOD1为平行四边形，

2所以MN//OD1，因为MN平面BD1D，OD1平面BD1D， 所以MN//平面BD1D，③不正确，④正确． 综上所述，②④正确， 故选：B．

10．（5分）“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多g斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而提出，故又称该数列为“兔子数列”，斐波那契数列{an}满足a11，

3,nN*)．如图是输出斐波那契数列的一个算法流程图，现要输a21，anan1an2(n…出斐波那契数列的前50项，则图中的空白框应填入( )

第9页（共18页）

A．AB，BC

B．BA，CB

C．CA，BC

D．AC，CB

【解答】解：模拟程序的运行，可得

执行第1次，A1，B1，C2，i4，循环， 因为第二次应该计算C12，ii15，循环， 执行第3次，因为第三次应该计算C23， 由此可得图中的空白框应填入AB，BC． 故选：A．

11．（5分）过抛物线C:y216x的焦点F作直线l，且直线l与C及其准线分别相交于A，uuuruuurB，D三点，若AD3BD，则( )

A．直线l的斜率为C．|AB| 33 3B．直线l的斜率为3 D．|AB|16

【解答】解：当直线l的斜率为正数时，准线与x轴交于点M，过A，B两点分别作AA1，BB1垂直于准线，

如图所示，则

|BD||BB1|1，即|AA1|3|BB1|，设|BB1|m， |AD||AA1|3(2m)2m23．

m|BD|所以|AA1||AF|3m，|BF|m，|BD|2m，tanB1BD1|BB1|所以直线l的斜率为3，|BB1||BD|16，解得m，即|AB|． 8|DF|33第10页（共18页）

由对称性可知直线l的斜率为3，|AB|． 3

故选：C．

12．（5分）已知函数f(x)3sin2则的取值范围是( ) 28A．(0,]U[,)

99228B．(0,]U[,]

93928C．(0,]U[,1]

9928D．(,]U[1,)

99x133若f(x)在(,)上无零点，sinx(0)，

2222231313(1cosx)sinxsinxcosxsin(x)， 22222333若x，则x， 2223323【解答】解：f(x)3Qf(x)在(,)上无零点，

22(3T)()„，则2„1， 23232Q0，解得0„1．

k„34123又，解得剟k，kZ，

32323(k1)…23282当k0时，剟；当k1时，0„． 399(0,]U[,]．

292839故选：B．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上. 3x,x…113．（5分）已知函数f(x)，则f(1) 12 ．

2f(x1),x13x,x…1【解答】解：根据题意，函数f(x)，

2f(x1),x1第11页（共18页）

则f(1)2f(0)，f(0)2f（1），f（1）313； 则有f(1)2f(0)4f（1）12； 故答案为：12．

14．（5分）已知直线y4xb是曲线y4lnx3的一条切线，则b 1 ． 【解答】解：设f(x)4lnx3，且与y4xb相切于点(x0，4lnx03)， 因为f(x)44，所以4，且b4lnx034x0，解得b1．

x0x故答案为：1．

312415．（5分）设为锐角，若cos()，则cos2 ．

50854【解答】解：因为为锐角，cos()，

853所以sin()，

854724则cos(2)2()21，sin(2)，

4525425所以cos2cos(2故答案为：312． 502724312． )()44225255016．（5分）一个圆锥恰有三条母线两两夹角为60，若该圆锥的侧面积为33，则该圆锥的体积为 6 ．

【解答】解：如图，设ASBBSCCSA60，则SASBSCABACBC， 设ABx，则底面的直径为2Rx2x， sin60312x该圆锥的侧面积为gx33，解得x3，

23高OS32(3)26，

该圆锥的体积为V(3)266．

13第12页（共18页）

故答案为：6．

三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.

17．（12分）在公比大于0的等比数列{an}中，已知a3a5a4，且a2，3a4，a3成等差数列． （1）求{an}的通项公式；

（2）已知Sna1a2an，试问当n为何值时，Sn取得最大值，并求Sn的最大值．

2a4，得a41，即a1q31， 【解答】解：（1）设{an}的公比为q，(q0)，由a3a5a4因为a2，3a4，a3成等差数列，所以a2a36a4，即a1qa1q26a1q3，即6q2q10， 11解得q(舍去），a18，

231所以an8g()n124n，nN*；

2（2）Sna1a2an2321(4n)2(7n)n2，

749由n(7n)(n)2，

24所以当n3或4时，Sn取得最大值，(Sn)max．

18．（12分）在三棱锥DABC中，ABBC22，DADCAC4，平面ADC平面ABC，点M在棱BC上．

（1）若M为BC的中点，证明：BCDM．

（2）若三棱锥ACDM的体积为23，求M到平面ABD的距离．

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【解答】解：（1）证明：取AC的中点O，连接OB，OD， 因为DADC，所以ODAC．

又因为平面ADC平面ABC，且相交于AC， 所以OD平面ABC， 所以ODOB．

因为AB2BC2AC2，所以ABBC， 所以OBOC，所以OBDOCD，

所以DBDC，且M为BC的中点，所以BCDM．

1838323（2）解：VDABCDOgBCgAB，所以VDABM． 2363331在ABD中，SABD2242(2)227，

2211设M到平面ABD的距离为h，则SABDg． hVDABM，解得h73所以M到平面ABD的距离为21． 7

19．（12分）某水果批发商经销某种水果（以下简称A水果），购入价为300元/袋，并以360元/袋的价格售出，若前8小时内所购进的A水果没有售完，则批发商将没售完的A水果以220元/袋的价格低价处理完毕（根据经验，2小时内完全能够把A水果低价处理完，且当天不再购入）．该水果批发商根据往年的销量，统计了100天A水果在每天的前8小时内的销售量，制成如频数分布条形图．

第14页（共18页）

记x表示A水果一天前8小时内的销售量，y表示水果批发商一天经营A水果的利润，n表示水果批发商一天批发A水果的袋数． （1）若n16，求y与x的函数解析式；

（2）假设这100天中水果批发商每天购入A水果15袋或者16袋，分别计算该水果批发商这100天经营A水果的利润的平均数，以此作为决策依据，每天应购入A水果15袋还是16袋？

【解答】解：（1）当x16时，y60x80(16x)140x1280， 当x…16时，y6016960， 140x1280,0„x16综上，y．

960,x…16（2）若水果批发商每天购入A水果15袋，则这100天中有80天的利润为900元，有20天的利润为760元，

因此该水果批发商这100天经营A水果的利润的平均数为

1(7602090080)872． 100若水果批发商每天购入A水果16袋，则这100天中有50天的利润为960元，有30天的利润为820元，有20天的利润为680元， 因此该水果批发商这

100

天经营A水果的利润的平均数为

1(680208203096050)862． 100比较两个平均数可知，每天应购入A水果15袋． 20．（12分）已知函数f(x)x3a(x2)． （1）若a3，求f(x)的单调区间；

（2）若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，求a的取值范围． 【解答】解：（1）因为a3，则f(x)x33x6，f(x)3x23， 令f(x)0，解得x1．

第15页（共18页）

当x(，1)(1，)时，f(x)0；当x(1,1)时，f(x)0． 故f(x)在(,1)，(1,)上单调递增，f(x)在(1,1)上单调递减． （2）当a0时，f(x)x3，f(x)的零点是x0，不符合题意． 当a0时，f(x)3x2a，

当a0时，f(x)在R上单调递增，所以f(0)2a0，不符合题意， 当a0时，令f(x)0，解得x(aa,)上单调递减． 33a)0，解得0a27． 3aaa，f(x)在(,)，(,)上单调递增，在

333若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则f(综上，a的取值范围为(0,27)．

x2y221．（12分）已知椭圆221(ab0)上的点P到左、右焦点F1，F2的距离之和为22，ab且离心率为2． 2（1）求椭圆的标准方程；

（2）过F2的直线l交椭圆于A，B两点，点C与点B关于x轴对称，求△AF2C面积的最大值．

【解答】解：（1）|PF1||PF2|2a22，所以a2，e221，所以b2a2c2211， 2x2椭圆的标准方程为y21．

2c2， a2所以c（2）由题可知直线l的斜率必存在，又F2(1,0)，

设直线l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x2，y2)． 联立直线与椭圆的方程，化简得(12k2)x24k2x2k220，

4k22k22所以x1x2，x1x2． 2212k12k1SVAF2CSABCSVF2BC|2y2||(x1x2)(1x2)||y2(x11)|

2|k(x11)(x21)||k(x1x2x1x21)||k12， |||„2112k42kk当且仅当k

2时，取得最大值． 2第16页（共18页）

所以△AF2C面积的最大值为2． 4（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．（10分）在极坐标系中，极点为O，一条封闭的曲线C由四段曲线组成：

73354cos([0,)U[,2))，4sin([,))，4cos([,))，

4444444sin([57,))． 44（1）求该封闭曲线所围成的图形面积；

（2）若直线l:sin()k与曲线C恰有3个公共点，求k的值．

4【解答】解：（1）以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，

x4)，x2(y2)24(2剟y4)，则曲线C的直角坐标方程为(x2)2y24(2剟(x2)2y24(4剟x2)，x2(y2)24(4剟y2)．

···曲线C由弧·，弧EFG，弧GHA四段圆弧组成，每段圆弧均在半径为2的圆ABC，弧CDE上，则该封闭曲线所围成的图形面积S4(222)816．

（2）直线l的直角坐标方程为22xyk，即xy2k0． 22当直线l经过点H，A，B时，k22． 当直线l经过点E，F，D时，k22， 故k的值为22． [选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数f(x)|x||2x1|． （1）求不等式f(x)3的解集；

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（2）若存在(0,)，使得关于x的方程f(x)msin恰有一个实数根，求m的取值范围． 3x1,x01【解答】解：（1）f(x)|x||2x1|x1,0„x，

213x1,x…2作出函数的图象如图： 由3x13，得x42，由3x13，得x． 332433不等式f(x)3的解集为(,)；

（2）存在(0,)，使得关于x的方程f(x)msin恰有一个实数根， 即存在(0,)，使得msinQ11，即m， 22sin11(,)， 2sin21m的取值范围是(,)．

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