2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷（理科）（四）
2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷（理科）（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，O是坐标原点，两定点A，B满足|OA→|=|OB→|=OA→⋅OB→=2，则点集{P|OP→=λOA→+μOB→, |λ|+|μ|≤1, λ, μ∈R}所表示的区域的面积是( )
A.22 B.23 C.42 D.43
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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的三个内角A，B，C的对边依次为a，b，c，外接圆半径为1，且满足tanAtanB=2c−bb，则△ABC面积的最大值为________．
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，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，已知∠B1C1A1＝90∘，AB1⊥A1C，且AA1＝AC．
(Ⅰ)求证：平面ACC1A1⊥平面A1B1C1；
(Ⅱ)若AA1＝AC1＝B1C1＝2，求二面角C1−AA1−B1的余弦值．
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．
工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人．现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别p1，p2，p3，假设p1，p2，p3互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．
(Ⅰ)如果按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率．若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？
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(Ⅱ)若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为q1，q2，q3，其中q1，q2，q3是p1，p2，p3的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值（数学期望）EX；
(Ⅲ)假定1>p1>p2>p3，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数学期望）达到最小．
[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]
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（理科）（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】
D
【考点】
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二元一次不等式（组）与平面区域
平面向量的坐标运算
向量的几何表示
【解析】
由两定点A，B满足OA→=OB→=OA→⋅OB→=2，说明O，A，B三点构成边长为2的等边三角形，设出两个定点的坐标，再设出P点坐标，由平面向量基本定理，把P的坐标用A，B的坐标及λ，μ表示，把不等式|λ|+|μ|≤1去绝对值后可得线性约束条件，画出可行域可求点集P所表示区域的面积．
【解答】
解：由两定点A，B满足|OA→|=|OB→|=OA→⋅OB→=2，
说明O，A，B三点构成边长为2的等边三角形．
不妨设A(3,−1)，B(3,1)．再设P(x, y)．
由OP→=λOA→+μOB→，
得：(x,y)=(3λ，−λ)+(3μ,μ)=(3(λ+μ)，μ−λ)．
所以λ+μ=33x，μ−λ=y，
解得λ=36x−12y，μ=36x+12y.①
由|λ|+|μ|≤1．
所以①等价于36x−12y≥0，36x+12y≥0，x≤3，或36x−12y≥0，36x+12y<0，y≥−1，
或36x−12y<0，36x+12y≥0，y≤1，或36x−12y<0，36x+12y<0，x≥−3.
可行域如图中矩形ABCD及其内部区域，
则区域面积为2×23=43．
故选D．
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
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，得z＝1−10×2＝−19，
故−19≤z≤3，
【答案】
334
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
利用同角三角函数间的基本关系化简已知等式的左边，利用正弦定理化简已知的等式右边，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据sinC不为0，可得出cosA的值，然后利用余弦定理表示出cosA，根据cosA的值，得出bc=b2+c2−a2，再利用正弦定理表示出a，利用特殊角的三角函数值化简后，再利用基本不等式可得出bc的最大值，进而由sinA的值及bc的最大值，利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC面积的最大值．
【解答】
解：由r=1，利用正弦定理可得：c=2rsinC=2sinC，b=2rsinB=2sinB，
∵ tanA=sinAcosA，tanB=sinBcosB，
∴ tanAtanB=sinAcosBcosAsinB=4sinC−2sinB2sinB=2sinC−sinBsinB，
∴ sinAcosB=cosA(2sinC−sinB)=2sinCcosA−sinBcosA，
即sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B)=sinC=2sinCcosA，
∵ sinC≠0，
∴ cosA=12，即A=π3，
∴ cosA=b2+c2−a22bc=12，
∴ bc=b2+c2−a2=b2+c2−(2rsinA)2=b2+c2−3≥2bc−3，
∴ bc≤3（当且仅当b=c时，取等号），
∴ △ABC面积为S=12bcsinA≤12×3×32=334，
则△ABC面积的最大值为：334．
故答案为：334．
【答案】
①④
【考点】
棱锥的结构特征
球的表面积和体积
【解析】
①②由‘’倒影三棱锥‘’的几何特征可知PQ⊥平面ABC．故①正确，当P，A，B，C在同一球面上时，若△ABC的外接圆不是球体的大圆，则Q不在该球面上，故②不正确，进而求解．
【解答】
①由‘’倒影三棱锥‘’的几何特征可知PQ⊥平面ABC．故①正确；
当P，A，B，C在同一球面上时，若△ABC的外接圆不是球体的大圆，则Q不在该球面上，故②不正确；
若该“倒影三棱锥”存在外接球，则三棱锥P−ABC的外接球半径与等边三角形ABC外接圆的半径相等，可设为R，
则AB＝2R×32=3R，所以AB=62PA，故③不正确；
由③推导可知该“倒影三棱锥”外接球的球心为△ABC的中心，即PQ的中点，故④正确，
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.
【答案】
差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+⋯+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*)，
可得a1+a2＝4，a1+a2+a2+a3＝12，
设等差数列的公差为d，可得2a1+d＝4，4a1+4d＝12，
解得a1＝1，d＝2，
则an＝1+2(n−1)＝2n−1；
由题意可得c1＝ab1=a1＝1，c2＝ab2=a2＝3，
可得数列{cn}的公比为3，cn＝3n−1，
由cn＝abn=2bn−1，
可得bn=12(1+3n−1)，
{bn}的前n项和Tn=12(1+3+...+3n−1)+12n
=12⋅1−3n1−3+12n=3n−1+2n4．
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）设等差数列的公差为d，由通项公式解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；
（2）分别求得c1，c2，可得公比，由等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，计算可得所求和．
【解答】
差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+⋯+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*)，
可得a1+a2＝4，a1+a2+a2+a3＝12，
设等差数列的公差为d，可得2a1+d＝4，4a1+4d＝12，
解得a1＝1，d＝2，
则an＝1+2(n−1)＝2n−1；
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由题意可得c1＝ab1=a1＝1，c2＝ab2=a2＝3，
可得数列{cn}的公比为3，cn＝3n−1，
由cn＝abn=2bn−1，
可得bn=12(1+3n−1)，
{bn}的前n项和Tn=12(1+3+...+3n−1)+12n
=12⋅1−3n1−3+12n=3n−1+2n4．
【答案】
（1）证明：连接AC1，在平行四边形ACC1A1中，
由AA1＝AC得平行四边形ACC1A1为菱形，所以A1C⊥AC1，
又A1C⊥AB1，所以A1C⊥面AB1C1，所以A1C⊥B1C1，
又A1C1⊥B1C1，所以B1C1⊥面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面A1B1C1
（2）取A1C1的中点O为坐标原点，以OC1，OA为x，z轴 建立空间直角坐标系，
则面ACC1A1的法向量为m→=(1,0,0)，
设面B1AA1的法向量为n→=(x,y,z)，
因为A1(0,−1,0),A(0,0,3),B1(2,1,0)，所以A1A→=(0,1,3),A1B→=(2,2,0)
由A1A→⋅n→=y+3z=0A1B→⋅n→=2x+2y=0 ⇒z=−y3x=−y ，令y=−3，则n→=(3,−3,1)
设所求二面角为θ，则cosθ=|cos⟨m→,n→⟩|=217，
故二面角C1−AA1−B1的余弦值为217．
【考点】
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）先证明A1C⊥面AB1C1，则A1C⊥B1C1，再证明B1C1⊥面ACC1A1，
（2）取A1C1的中点O为坐标原点，以OC1，OA为x，z轴 建立空间直角坐标系，分别求出两个面的法向量，用向量法求二面角．
【解答】
（1）证明：连接AC1，在平行四边形ACC1A1中，
由AA1＝AC得平行四边形ACC1A1为菱形，所以A1C⊥AC1，
又A1C⊥AB1，所以A1C⊥面AB1C1，所以A1C⊥B1C1，
又A1C1⊥B1C1，所以B1C1⊥面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面A1B1C1
（2）取A1C1的中点O为坐标原点，以OC1，OA为x，z轴 建立空间直角坐标系，
则面ACC1A1的法向量为m→=(1,0,0)，
设面B1AA1的法向量为n→=(x,y,z)，
因为A1(0,−1,0),A(0,0,3),B1(2,1,0)，所以A1A→=(0,1,3),A1B→=(2,2,0)
由A1A→⋅n→=y+3z=0A1B→⋅n→=2x+2y=0 ⇒z=−y3x=−y ，令y=−3，则n→=(3,−3,1)
设所求二面角为θ，则cosθ=|cos⟨m→,n→⟩|=217，
故二面角C1−AA1−B1的余弦值为217．
【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)．
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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】
（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】
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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)，
q2时，交换前两个人的派出顺序可增大均值；
若保持第一人派出的人选不变，交换后个人的派出顺序，
EX可写为3−2q1−(1−q1)q2，交换后个人的派出顺序则变为3−2q1−(1−q1)q3，
当q2>q3时交换后个人的派出顺序可增大均值
故完成任务概率大的人先派出，
可使所需派出的人员数目的均值（数学期望）达到最小．
【考点】
相互独立事件
离散型随机变量的期望与方差
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
(Ⅰ)可先考虑任务不能被完成的概率为(1−p1)(1−p2)(1−p3)为定值，故任务能被完成的概率为定值，通过对立事件求概率即可．
(Ⅱ)X的取值为1，2，3，利用独立事件的概率分别求出概率，再求期望即可．
(Ⅲ)由(Ⅱ)中得到的关系式，考虑交换顺序后EX的变化情况即可．
【解答】
（1）任务不能被完成的概率为(1−p1)(1−p2)(1−p3)为定值，
所以任务能被完成的概率与三个人被排除的顺序无关．
任务能被完成的概率为1−(1−p1)(1−p2)(1−p3)
（2）X的取值为1，2，3
P(X＝1)＝q1
P(X＝2)＝(1−q1)q2
P(X＝3)＝(1−q1)(1−q2)
EX＝q1+2(1−q1)q2+3(1−q1)(1−q2)＝3−2q1−q2+q1q2
(Ⅲ)EX＝3−(q1+q2）+q1q2−q1，
若交换前两个人的派出顺序，则变为3−(q1+q2）+q1q2−q2，
由此可见，当q1>q2时，交换前两个人的派出顺序可增大均值；
若保持第一人派出的人选不变，交换后个人的派出顺序，
EX可写为3−2q1−(1−q1)q2，交换后个人的派出顺序则变为3−2q1−(1−q1)q3，
当q2>q3时交换后个人的派出顺序可增大均值
故完成任务概率大的人先派出，
可使所需派出的人员数目的均值（数学期望）达到最小．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
设A(x, y)，又A点的直角坐标为(3+2cosα,1+2sinα)，
∴ x=3+2cosαy=1+2sinα ，把两式移项平方作和得：(x−3)2+(y−1)2=4；
由2ρcos(θ+π6)=m，
得2ρ×32cosθ−2ρ×12sinθ=m，即3x−y−m=0，
如图，要使曲线C上存在四个点到直线的距离为1，
则圆C的圆心C(3,1)到直线3x−y−m=0的距离小于1．
即|3−1−m|2<1，解得00；
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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