【2020年高考数学预测题、估测题】天津市试卷（文史类）2【附详细答案和解析_可编辑】
【2020年高考数学预测题、估测题】天津市试卷（文史类）2【附详细答案和解析 可编辑】
真水无香陈 tougao33
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 5 分 ，共计50分 ， ）
1. 已知全集U=R，集合A={x|x<1}，B={x|-1≤x≤2}，则(∁UA)∩B=( )
A.{x|1
b”是“a2(a-b)>0”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
4. 已知实数x∈[0, 12]，执行如图所示的程序框图，则输出的x不小于55的概率为（ ）
A.14 B.12 C.34 D.45
5. 已知a=log20.2，b=20.2，c=0.20.3，则（ ）
A.a0)的焦点F作倾斜角为60∘的直线l，若直线l与抛物线在第一象限的交点为A，并且点A也在双曲线x2a2-y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线上，则双曲线的离心率为( )
A.13 B.213 C.233 D.5
7. 若cosα+sinα=tanα(0<α<π2)，则α∈( )
A.(0,π6) B.(π6,π4) C.(π4,π3) D.(π3,π2)
8. 已知函数f(x)=log2x,02，若函数g(x)=f(x)-a有4个不同的零点x1,x2,x3,x4x10，则(x+y)(1x+4y)的最小值为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
10. 在正方形ABCD中，设AB→=a→，AD→=b→，已知E，F，G分别是AB，DE，CF的中点，则EG→=（ ）
A.18a→+23b→ B.18a→-34b→ C.14a→+12b→ D.18a→+34b→
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）
11. 已知复数玄满足|z+2-2i|=1，则z-2-2i的最小值为________（i是虚数单位）.
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12. 不等式-3x2+x+2>0的解集为________.
13. 曲线y＝(x2+x)lnx在点(1, 0)处的切线方程为________．
14. 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________.
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 12 分 ，共计72分 ， ）
15.
某节目邀请全国各年龄段、各个领域的诗词爱好者共同参与诗词知识比拼，“百人团”由一百多位来自全国各地的选手组成，其人数按照年龄分组统计如表：
年龄/岁
[7,20)
[20,40)
[40,80]
频数
18
54
36
（1）用分层抽样的方法从“百人团”中抽取人参加挑战，求从这三个不同年龄组中分别抽取的挑战者人数；
（2）从（1）中抽取的6人中任选2人参加一对一的对抗比赛，求这2人来自同一年龄组的概率．
16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a>b，a=5，c=6，sinB=35．
(1)求b和sinA的值；
(2)求sin(2A+π4)的值．
17. 如图，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AF⊥面ABCD，AD⊥CD，AB // CD，AB=AD=2，CD=4，M为CE的中点．
(1)求证：BM // 平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE，并求直线CE与平面BDE所成角的正弦值.
18. 已知在等比数列{an}中，a2=2，a4a5=128，数列{bn}满足b1=1，b2=2，且{bn+12an}为等差数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和.
19. 已知椭圆C:x24+y2=1 的左、右焦点分别为 F1，F2，直线 l:mx-y-3m=0(m∈R) 与椭圆C交于M,N两点(点M在x轴的上方).
(1)若m=-1，求△MF1F2 的面积；
(2)是否存在实数m使得以线段MN为直径的圆恰好经过坐标原点O?若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
20. 已知函数 fx=lnx-ax+a （a为常数）的最大值为0.
(1)求实数a的值；
(2)设函数 Fx=mx-1lnx-fx+1-3e ，当m>0 时，求证：函数 Fx 有两个不同的零点 x1,x2x1<x2，且 x2-x1b不能得到a2(a-b)>0 成立；
反过来，a2(a-b)>0 成立时，由于此时a2>0，故a>b一定成立，
故 a>b是 a2(a-b)>0 的必要不充分条件.
故选B.
4.【答案】
B
【解答】
设实数x∈[0, 12]，
经过第一次循环得到x＝2x+1，n＝2，
经过第二循环得到x＝2(2x+1)+1，n＝3，
经过第三次循环得到x＝2[2(2x+1)+1]+1，n＝4此时输出x，
输出的值为8x+7，
令8x+7≥55，得x≥6，
由几何概型得到输出的x不小于55的概率为=12-612=12．
5.【答案】
B
【解答】
此题暂无解答
6.【答案】
B
【解答】
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解：如图，
设A(x0,y0)，则|AF|=2x0-p2．
又∵ |AF|=x0+p2，
∴ 2x0-p2=x0+p2，
解得x0=32p，y0=32|AF|=32⋅2p=3p．
又∵ A32p,3p在双曲线的一条渐近线上，
∴ 3p=ba⋅32p，∴ b2=43a2，
由a2+b2=c2，得a2+43a2=c2，∴ c2a2=73，
∴ 双曲线的离心率e=ca=213．
故选B．
7.【答案】
C
【解答】
cosα+sinα=2sin(α+π4)，
当0<α<π2时，π4<α+π4<3π4，
则2sin(α+π4)∈(1, 2]⊂(1, 3)，
∴ tanα∈(1, 3)．
得α∈(π4,π3)．
8.【答案】
D
【解答】
解：函数g(x)=f(x)-a有4个不同的零点，
等价于方程f(x)=a有4个不同的实根x1,x2,x3,x4,
作出函数f(x)的图象，如图所示，
由图象可得-log2x1=log2x2,x3+x4=3×2,
即x1x2=1,x3+x4=6,
所以x3+x4x1x2=6.
故选D.
9.【答案】
D
【解答】
解：∵ x>0，y>0，
∴ (x+y)(1x+4y)=5+yx+4xy≥5+2yx⋅4xy=9，
当且仅当yx=4xy即y=2x时取等号，
∴ (x+y)(1x+4y)的最小值为9.
故选D．
10.【答案】
D
【解答】
解：由几何图形可知：
EG→=EF→+FG→=12ED→+12FC→
=12EA→+AD→+1212EA→+AD→+DC→
=12-12AB→+AD→+14-12AB→+AD→+12AB→
=18AB→+34AD→=18a→+34b→．
故选D．
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
11.【答案】
3
【解答】
解：已知复数z满足|z+2-2i|=|z-(-2+2i)|=1，
所以复数z在复平面内对应的点的轨迹是以(-2,2)为圆心，1为半径的圆，
因为|z-2-2i|=|z-(2+2i)|表示复数z在复平面内对应的点到点(2,2)的距离，即圆上的点到点(2,2)的距离，
所以最小点为圆心到点(2,2)的距离减去半径，
则|z-2-2i|的最小值为3.
故答案为：3.
12.【答案】
x-230，得3x2-x-2<0，
∴ (3x+2)(x-1)<0，
∴ -23b，
故由sinB=35，可得cosB=45．
由已知及余弦定理，
得b2=a2+c2-2accosB=13.
所以b=13．
由正弦定理asinA=bsinB
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，
得sinA=asinBb=31313．
(2)由(1)及ab，
故由sinB=35，可得cosB=45．
由已知及余弦定理，
得b2=a2+c2-2accosB=13.
所以b=13．
由正弦定理asinA=bsinB，
得sinA=asinBb=31313．
(2)由(1)及a0 ，所以 yM=3+225 ，
所以△MF1F2 的面积为12|F1F2|×yM=12×23×3+225=3+265.
(2)假设存在实数m使得以线段MN为直径的圆恰好经过坐标原点，
则有OM⊥ON，设M(x1,y1),N(x2,y2)
联立x24+y2=1，mx-y-3m=0，
消去y得 (4m2+1)x2-83m2x+12m2-4=0(*)，
则x1+x2=83m24m2+1，x1x2=12m2-44m2+1.
由OM⊥ON，得OM→⋅ON→=0，
所以 x1x2+y1y2=0 ，即m2(x1-3)(x2-3)+x1x2=0，
整理得 (m2+1)x1x2-3m2(x1+x2)+3m2=0，
所以 (m2+1)12m2-44m2+1-3m283m24m2+1+3m2=0，解得m=±21111.
经检验m=±21111时，(*)中Δ>0，
所以存在实数m=±21111，使得以线段MN为直径的圆恰好经过坐标原点O.
【解答】
解：(1)设椭圆的半焦距为c，因为a2=4，b2=1,c2=a2-b2=3 ,
所以 c=3 ，|F1F2|=23，
当m=-1时，直线l：x+y-3=0，
联立x24+y2=1，x+y-3=0，
化简得5y2-23y-1=0，解得 y=3-225或y=3+225 ，
又点 M在x轴的上方，所以 yM>0 ，所以 yM=3+225 ，
所以△MF1F2 的面积为12|F1F2|×yM=12×23×3+225=3+265.
(2)假设存在实数m使得以线段MN为直径的圆恰好经过坐标原点，
则有OM⊥ON，设M(x1,y1),N(x2,y2)
联立x24+y2=1，mx-y-3m=0，
消去y得 (4m2+1)x2-83m2x+12m2-4=0(*)，
则x1+x2=83m24m2+1，x1x2=12m2-44m2+1.
由OM⊥ON，得OM→⋅ON→=0，
所以 x1x2+y1y2=0 ，即m2(x1-3)(x2-3)+x1x2=0，
整理得 (m2+1)x1x2-3m2(x1+x2)+3m2=0，
所以 (m2+1)12m2-44m2+1-3m283m24m2+1+3m2=0，解得m=±21111.
经检验m=±21111时，(*)中Δ>0，
所以存在实数m=±21111，使得以线段MN为直径的圆恰好经过坐标原点O.
20.【答案】
解：(1) f'x=1-axx ，
当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增 ，无最大值；
当a>0时，fxmax=f1a=ln1a-1+a ，
令其为 ga，则 g'a=a-1a．
所以g(a)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
又因为 g1=0 ，
所以 a=1．
(2)∵ F(x)=m(x-1)lnx-lnx+x-3e，
F'(x)=m(lnx+1+-1x)-1x+1，
∴ F″(x)=mx+m+1x2>0，
∴ F'(x)单调递增，
又∵ F'(1)=0
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，
∴ F(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
又∵ F(1)<0，
∴ 存在x1∈(0, 1)，x2∈(1, +∞)，
又∵ F(1e)=m(1-1e)+1-2e>0，
F(e)=m(e-1)+e2-e-3e>0，
∴ x1>1e，x20时，fxmax=f1a=ln1a-1+a ，
令其为 ga，则 g'a=a-1a．
所以g(a)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
又因为 g1=0 ，
所以 a=1．
(2)∵ F(x)=m(x-1)lnx-lnx+x-3e，
F'(x)=m(lnx+1+-1x)-1x+1，
∴ F″(x)=mx+m+1x2>0，
∴ F'(x)单调递增，
又∵ F'(1)=0，
∴ F(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
又∵ F(1)<0，
∴ 存在x1∈(0, 1)，x2∈(1, +∞)，
又∵ F(1e)=m(1-1e)+1-2e>0，
F(e)=m(e-1)+e2-e-3e>0，
∴ x1>1e，x2
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