2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷（文科）（四）
2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷（文科）（四）
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. 已知集合A＝{y|y＝1−x2, x∈[−1, 1]}，B＝{x|y=x+2}，则A∩B＝（ ）
A.[0, 1] B.[−1, 1] C.(0, 1) D.⌀
2. 若复数z满足(3−4i)z＝5(1−i)，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A.1 B.−15 C.15 D.−1
3. 已知a=log20.2，b=20.2，c=0.20.3，则( )
A.a
0，函数f(x)＝cos(ωx+π4)在(π2, π)上单调递增，则ω的取值范围是（ ）
A.[12, 54] B.[12, 74] C.[34, 94] D.[32, 74]
11. 在平面直角坐标系中，A(−2, 0)，B(1, 3)，O为坐标原点，且OM→=αOA→+βOB→(α+β=1)，N(1, 0)，则|MN→|的最小值为( )
A.22 B.322 C.92 D.32
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12. 设在R上可导的函数f(x)满足f(0)＝0，f(x)−f(−x)=13x3，并且在(−∞, 0)上有f′(x)<12x2，实数a满足f(6−a)−f(a)≥−13a3+3a2−18a+36，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−∞, 3] B.[3, +∞) C.[4, +∞] D.(−∞, 4]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
命题“∀x>1，都有x2+1>2”的否定是________．
设x，y满足约束条件：x≥0,y≥0x−y≥−1x+y≤3 ，则z＝x−10y的取值范围是________．
已知△ABC各角的对应边分别为a，b，c，且满足ba+c+ca+b≥1，则角A的取值范围是________．
将正三棱锥P−ABC置于水平反射镜面上，得一“倒影三棱锥”P−ABC−Q，如图，下列关于该“倒影三棱锥”的说法中，正确的有________．
①PQ⊥平面ABC；
②若P，A，B，C在同一球面上，则Q也在该球面上；
③若该“倒影三棱锥”存在外接球，则AB=2PA；
④若AB=62PA，则PQ的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心．
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题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.
已知等差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+⋯+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*)．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）数列{bn}中，b1＝1，b2＝2，从数列{an}中取出第bn项记为cn，若{cn}是等比数列，求{bn}的前n项和Tn．
如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面BCE，且AE=1．
(1)求证：平面ABCD⊥平面ABE；
(2)线段AD上是否存在一点F，使三棱锥C−BEF的高h=65？若存在，请求出|DF||AF|的值；若不存在，请说明理由．
鱼卷是泉州十大名小吃之一，不但本地人喜欢，还深受外来游客的赞赏．小张从事鱼卷生产和批发多年，有着不少来自零售商和酒店的客户．当地的习俗是农历正月没有生产鱼卷，客户正月所需要的鱼卷都会在农历十二月底进行一次性采购．小张把去年年底采购鱼卷的数量x（单位：箱）在[100, 200)的客户称为“熟客”，并把他们去年采购的数量绘制成如表：
采购数x（单位：箱）
[100, 120)
[120, 140)
[140, 160)
[160, 180)
[180, 200)
客户数
10
10
5
20
5
（1）根据表中的数据，在答题卡上补充完整这些数据的频率分布直方图，并估计采购数在168箱以上（含168箱）的“熟客”人数；
（2）若去年年底“熟客”们采购的鱼卷数量占小张去年年底总的销售量的58，估算小张去年年底总的销售量（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）由于鱼卷受到游客们的青睐，小张做了一份市场调查，决定今年年底是否在网上出售鱼卷，若没有在网上出售鱼卷，则按去年的价格出售，每箱利润为20
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元，预计销售量与去年持平；若计划在网上出售鱼卷，则需把每箱售价下调2至5元，且每下调m元(2≤m≤5)销售量可增加1000m箱，求小张在今年年底收入Y（单位：元）的最大值．
如图，已知A(−1, 0)，B(1, 0)Q、G分别为△ABC的外心、重心，QG // AB．
（1）求点C的轨迹E的方程．
（2）是否存在过P(0, 1)的直线L交曲线E与M，N两点且满足MP→=2PN→，若存在求出L的方程，若不存在请说明理由．
已知函数f(x)＝|x−a|−lnx(a>0)．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)比较ln2222+ln3232+⋯+lnn2n2与(n−1)(2n+1)2(n+1)的大小(n∈N+且n>2)，并证明你的结论．
（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．[选修4-4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，A点的直角坐标为(3+2cosα,1+2sinα)（α为参数）．在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标中，直线的极坐标方程为2ρcos(θ+π6)=m．（m为实数）．
（1）试求出动点A的轨迹方程（用普通方程表示）
（2）设A点对应的轨迹为曲线C，若曲线C上存在四个点到直线的距离为1，求实数m的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）
设函数f(x)＝x−|x+2|−|x−3|−m，若∀x∈R，1m−4≥f(x)恒成立．
（1）求m的取值范围；
（2）求证：log（m+1）(m+2)>log（m+2）(m+3)．
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参考答案与试题解析
2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷（文科）（四）
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.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ A＝[0, 1]，B＝[−2, +∞)，
∴ A∩B＝[0, 1]．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的运算
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
由(3−4i)z＝5(1−i)，
得z=5(1−i)3−4i=5(1−i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=5(7+i)25=75+15i．
∴ z的虚部为15．
3.
【答案】
B
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
由指数函数和对数函数的单调性易得log20.2<0，20.2>1，0<0.20.3<1，从而得出a，b，c的大小关系．
【解答】
解：a=log20.220=1，
∵ 0<0.20.3<0.20=1，
∴ c=0.20.3∈(0, 1)，
∴ a0，
∴ k＝1，
∴ ω∈[32, 74]．
11.
【答案】
B
【考点】
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向量的共线定理
点到直线的距离公式
【解析】
由题意知A，B，M共线，先求出直线AB的方程，再根据点到直线的距离公式，点N到直线的距离为d，即为|MN→|的最小值．
【解答】
解：如图
∵ OM→=αOA→+βOB→(α+β=1)，
∴ A，B，M共线，
∵ A(−2, 0)，B(1, 3)，
∴ 直线AB的方程为x−y+2=0，
∵ N(1, 0)，设点N到直线的距离为d，
∴ d=|1−0+2|1+1=322
∴ |MN→|的最小值为N到直线AB的距离322，
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
依题意，构造函数g(x)=f(x)−16x3，可知函数g(x)为偶函数且在(−∞, 0)上单调递减，在(0, +∞)上单调递增，进而题设不等式等价于g(6−a)≥g(a)，即|6−a|≥|a|，解出即可求得实数a的取值范围．
【解答】
设g(x)=f(x)−16x3，则g′(x)=f′(x)−12x2<0(x<0)，
故g(x)=f(x)−16x3在区间(−∞, 0)上单调递减，
又g(x)−g(−x)=f(x)−16x3−[f(−x)+16x3]=0，故函数g(x)为偶函数，在区间(0, +∞)上单调递增，
而g(6−a)−g(a)=f(6−a)−f(a)−(−13a3+3a2−18a+36)≥0，故原不等式等价于g(6−a)≥g(a)，即|6−a|≥|a|，解得a≤3．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
∃x>1，有x2+1≤2
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题，进行判断即可．
【解答】
全称命题的否定是特称命题，
得命题的否定是：∃x>1，有x2+1≤2，
【答案】
[−19, 3]
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合数形结合进行求解即可
【解答】
由z＝x−10y得y=110x−110z，
作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）：
平移直线y=110x−110z，
由图象可知当直线y=110x−110z，过点A(3, 0)时，
直线y=110x−110z的截距最小，此时z最大为z＝3−0＝3，
由图象可知当直线y=110x−110z，
过点B时，直线y=110x−110z的截距最大，此时z最小，
由x−y=−1x+y=3 ，解得x=1y=2 ，即B(1, 2)，
代入目标函数z＝x−10y，得z＝1−10×2＝−19，
故−19≤z≤3，
【答案】
(0, π3]
【考点】
不等式的证明
【解析】
将已知不等式化简整理，再由余弦定理，可得cosA≥12(0240000，
∴ 小张在今年年底收入Y（单位：元）的最大值为256000（元）
【考点】
频率分布直方图
【解析】
（1）根据统计表和直方图即可求出，
（2）根据统计表和直方图即可求出，
（3）没有在网上出售鱼卷，则今年的年底小张的收入为12000×20＝240000（元），若网上出售鱼卷，则今年的年底的销售量为12000+1000m，即可求出Y的最大值，比较即可
【解答】
由表一数据，补出值如图如右：
根据上图，可知采购量在168以上的客户端数量为：
20×20×(0.005+0.020×180−16820)＝17人，
由图一可知，去年年底“熟客”所采购的鱼卷总数大约为：
110×10+120×10+150×5+17−×20+190×5＝7500（箱），
∴ 小张去年年底总的销售量为7500÷58=12000（箱）．
若没有在网上出售鱼卷，则今年的年底小张的收入为12000×20＝240000（元），
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若网上出售鱼卷，则今年的年底的销售量为12000+1000m（箱），每箱的利润为20−m（元），
则今年的年底小张的收入为Y＝(20−m)(12000+1000m)
＝1000(−m2+8m+240)＝1000[−(m−4)2+256]＝256000（元），
∵ 256000>240000，
∴ 小张在今年年底收入Y（单位：元）的最大值为256000（元）
【答案】
设C(x, y)(y≠0)．则G(x3,y3)，由于QG // AB则Q(0,y3)，
由|QA|=|QC|⇒1+y29=x2+4y29⇒x2+y23=1①，
故轨迹E的方程为x2+y23=1(y≠0)．
当L与y轴重合时不符合条件．假设存在直线L:y＝kx+1，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)
联立y=kx+1x2+y23=1，则有(3+k2)+2kx−2＝0，
x1+x2=−2k3+k2，x1⋅x2=−23+k2
由于MP→=2PN→则有x1＝−2x2，即x1x2=−2，
(x1+x2)2x1x2=(4k23+k2)2⋅(−3+k22)=−2k23+k2
由于(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=−12则有k2＝1即k＝±1，
则直线L过(−1, 0)，或(1, 0)，
轨迹E的方程为x2+y23=1(y≠0)．
所以直线L不存在．
【考点】
椭圆的应用
轨迹方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）设出G的坐标，椭圆向量相等，转化求解轨迹方程即可．
（2）设出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合向量关系，转化求解即可．
【解答】
设C(x, y)(y≠0)．则G(x3,y3)，由于QG // AB则Q(0,y3)，
由|QA|=|QC|⇒1+y29=x2+4y29⇒x2+y23=1①，
故轨迹E的方程为x2+y23=1(y≠0)．
当L与y轴重合时不符合条件．假设存在直线L:y＝kx+1，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)
联立y=kx+1x2+y23=1，则有(3+k2)+2kx−2＝0，
x1+x2=−2k3+k2，x1⋅x2=−23+k2
由于MP→=2PN→则有x1＝−2x2，即x1x2=−2，
(x1+x2)2x1x2=(4k23+k2)2⋅(−3+k22)=−2k23+k2
由于(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=−12则有k2＝1即k＝±1，
则直线L过(−1, 0)，或(1, 0)，
轨迹E的方程为x2+y23=1(y≠0)．
所以直线L不存在．
【答案】
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（1）函数f(x)可化f(x)=x−lnx−a,x≥aa−x−lnx,01时，f′(x)>0，故f(x)在[a, 1)上递减，
在(1, +∞)上递增，而f(x)在x＝a处连续，
所以当a≥1时，f(x)在(0, a)上递减，在[a, +∞)上递增；
当01时，x−1−lnx>0，即lnx>1−x，
所以lnxx<1−1x．
所以ln2222+ln3232+⋯+lnn2n2<1−122+1−132+⋯1−1n2，
=n−1−(122+132+⋯+1n2)，
1−x，在区间(1, 2)上恒成立，利用导数求出g(x)的最小值，只要最小值大于0即可．
【解答】
（1）函数f(x)可化f(x)=x−lnx−a,x≥aa−x−lnx,01时，f′(x)>0，故f(x)在[a, 1)上递减，
在(1, +∞)上递增，而f(x)在x＝a处连续，
所以当a≥1时，f(x)在(0, a)上递减，在[a, +∞)上递增；
当01时，x−1−lnx>0，即lnx>1−x，
所以lnxx<1−1x．
所以ln2222+ln3232+⋯+lnn2n2<1−122+1−132+⋯1−1n2，
=n−1−(122+132+⋯+1n2)，
0；
证明：m>0，可得m+3>m+2>m+1>1，
则lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1＝0，
∵ lg(m+1)lg(m+3)<[lg(m+1)+lg(m+3)2]2=[lg(m+1)(m+3)]24lg(m+3)lg(m+2)，
∴ log（m+1）(m+2)>log（m+2）(m+3)．
【考点】
绝对值三角不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）由∀x∈R，1m−4≥f(x)恒成立，可得m+1m≥x−|x+2|−|x−3|+4，求出右边的最大值，即可求m的取值范围；
（2）利用对数的性质及基本不等式，即可证明结论．
【解答】
∵ ∀x∈R，1m−4≥f(x)恒成立，
∴ m+1m≥x−|x+2|−|x−3|+4，
令g(x)＝x−|x+2|−|x−3|+4，则g(x)在(−∞, 3)上是增函数，
(3, +∞)上是减函数，g(x)max＝g(3)＝2，
∴ m+1m≥2，∴ m>0；
证明：m>0，可得m+3>m+2>m+1>1，
则lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1＝0，
∵ lg(m+1)lg(m+3)<[lg(m+1)+lg(m+3)2]2=[lg(m+1)(m+3)]24lg(m+3)lg(m+2)，
∴ log（m+1）(m+2)>log（m+2）(m+3)．
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