【2020年高考数学预测题、估测题】天津市试卷（文史类）4【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）4【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. 设集合A={x|x2-x>0}，B={x|2x-2<1}，则(∁RA)∩B=( )
A.[1,2) B.(0,1) C.(1,2) D.[0,1]
2. 设实数x，y满足不等式组x+2y-5>0，2x+y-7>0，x≥0，y≥0， 若x，y为整数，则3x+4y的最小值是( )
A.14 B.16 C.17 D.19
3.
已知命题p：在△ABC中，C>B是sinC>sinB的充分不必要条件，命题q:a>b是ac2>bc2的充分不必要条件，则下列选项正确的是( )
A. “p∨q”为假 B.p假q真 C.p 真q假 D.“p∧q”为真
4. 执行如图的程序框图，若输出的结果为10，则判断框中的条件是( )
A.i<4 B.i<5 C.i<6 D.i<7
5. 设a=313，b=log132,c=1312，则( )
A.b
0)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. 将函数f(x)=3sin(2x+π3)的图象向左平移 π6 个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到 gx的图象，若 gx1⋅gx2=16 ，且x1,x2∈[-3π2,3π2]，则 2x1-x2 的最大值为( )
A.35π12 B.21π12 C.19π6 D.59π12
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．当m=3时解此不等式________；
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13. 斜率为-1的直线l与f(x)=13x3+x2的图象相切，则直线l的方程为________．
14. 如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，O为CD上一点，PO⊥底面ABCD，且AB=2PC=4, AD=2，则三棱锥P-AOC体积的最大值为________，此时∠PCO=________.
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 12 分 ，共计72分 ， ）
15. 一河南旅游团到安徽旅游．看到安徽有很多特色食品，其中水果类较有名气的有：怀远石榴、砀山梨、徽州青枣等19种，点心类较有名气的有：一品玉带糕、徽墨酥、八公山大救驾等38种，小吃类较有名气的有：符离集烧鸡、无为熏鸭、合肥龙虾等57种．该旅游团的游客决定按分层抽样的方法从这些特产中买6种带给亲朋品尝．
(1)求应从水果类、点心类、小吃类中分别买回的种数；
(2)若某游客从买回的6种特产中随机抽取2种送给自己的父母，
①列出所有可能的抽取结果；
②求抽取的2种特产均为小吃的概率．
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. 已知点A0,2，B为抛物线x2=2y-2上任意一点，且B为AC的中点．设动点C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)A关于y=x的对称点为D．是否存在斜率为12的直线l交曲线E于M，N两点，使得△MDN为以MN为底边的等腰三角形？若存在，请求出△MDN的面积；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-x10}={x|x<0或x>1}，
B={x|2x-2<1}={x|x<2}，
∁RA={x|0≤x≤1}，
(∁RA)∩B={x|0≤x≤1}.
故选D.
2.【答案】
B
【解答】
解：依题意作出可行性区域 x+2y-5>0，2x+y-7>0，x≥0，y≥0，
如图，
目标函数z=3x+4y在点(3, 1)处取到最小值z=13．
故选B.
3.【答案】
A
【解答】
解：在△ABC中，C>B等价为c>b，
根据正弦定理等价为sinC>sinB，C>B是sinC>sinB的充要条件，故p是假命题．
若c=0，当满足a>b时，ac2>bc2不成立，故a>b是ac2>bc2的充分不必要条件错误，故q是假命题．
则“p∨q”为假，
故选A.
4.【答案】
B
【解答】
解：模拟程序的运行，可得：
S=0，i=1，
满足判断框内的条件，执行循环体，S=1，i=2，
满足判断框内的条件，执行循环体，S=3，i=3，
满足判断框内的条件，执行循环体，S=6，i=4，
满足判断框内的条件，执行循环体，S=10，i=5，
由题意，此时应该不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值为10．
可得判断框内的条件为i<5？．
故选B.
5.【答案】
A
【解答】
解：∵ a=313>1，b=log132<0，02或x<-1}
【解答】
解：当m=3时，
不等式x2-x-2>0，
解得：{x|x>2或x<-1}.
故答案为：{x|x>2或x<-1}.
13.【答案】
3x+3y+1＝0
【解答】
设切点坐标为(x0, y0)，
由f(x)=13x3+x2，得f'(x)＝x2+2x，
则f'(x0)=x02+2x0=-1，即x0＝-1，
则y0=-13+1=23．
∴ 直线l的方程为y-23=-1(x+1)，即3x+3y+1＝0．
14.【答案】
23,π4
【解答】
解：∵ PO⊥底面ABCD，
∴ VP-AOC=13S△AOC⋅OP=13×12⋅OC⋅AD⋅OP.
∵ AB=2PC=4，AD=2，
∴ 三棱锥P-AOC中，OC=PCcos∠PCO，
OP=PCsin∠PCO=2sin∠PCO，
∴ VP-AOC=23sin2∠PCO≤23，
当且仅当sin2∠PCO=1，即∠PCO=π4时取等号，
即三棱锥P-AOC体积的最大值为23.
故答案为：23；π4.
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 12 分 ，共计72分 ）
15.【答案】
解：(1)因为19+38+57=114，
所以从水果类、点心类、小吃类中分别抽取的数目为：19114×6=1，38114×6=2，57114×6=3，
所以应从水果类、点心类、小吃类中分别买回的种数为1，2，3．
(2)①在买回的6种特产中，3种特色小吃分别记为A1，A2，A3，2种点心分别记为a，b，水果记为甲，
则抽取的2种特产的所有可能情况为：
{A1, A2}，{A1, A3}，{A1, a}，{A1, b}，{A1, 甲}，
{A2, A3}，{A2, a}，{A2, b}，{A2, 甲}，
{A3, a}，{A3, b}，{A3, 甲}，
{a, b}，{a, 甲}，{b, 甲}，共15种．
②记从买回的6种特产中抽取2种均为小吃为事件B，
则事件B的所有可能结果为{A1, A2}，{A1, A3}，{A2, A3}，共3种，
所以P(B)=315=15．
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【解答】
解：(1)因为19+38+57=114，
所以从水果类、点心类、小吃类中分别抽取的数目为：19114×6=1，38114×6=2，57114×6=3，
所以应从水果类、点心类、小吃类中分别买回的种数为1，2，3．
(2)①在买回的6种特产中，3种特色小吃分别记为A1，A2，A3，2种点心分别记为a，b，水果记为甲，
则抽取的2种特产的所有可能情况为：
{A1, A2}，{A1, A3}，{A1, a}，{A1, b}，{A1, 甲}，
{A2, A3}，{A2, a}，{A2, b}，{A2, 甲}，
{A3, a}，{A3, b}，{A3, 甲}，
{a, b}，{a, 甲}，{b, 甲}，共15种．
②记从买回的6种特产中抽取2种均为小吃为事件B，
则事件B的所有可能结果为{A1, A2}，{A1, A3}，{A2, A3}，共3种，
所以P(B)=315=15．
16.【答案】
解：(1)在△ABC中，因为a>b，
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,
∴ MN的中点P1,12+t．
∵ kDP⋅kl=-1，
∴ 12+t1-2⋅12=-1，
∴ t=32符合Δ>0，
∴ l存在，
∴ (*)化为x2-2x-6=0，
∴ |MN|=1+14⋅4+16×32=35，
|DP|=5，
∴ S△MDN=12×35×5=527．
【解答】
解：(1)设Cx,y，Bm,n，
∵ B是AC的中点，
则m=x2,n=y+22,
∵ B在x2=2y-2上，
∴ m2=2n-2，
∴ x24=2⋅2+y2-2，
∴ x2=4y，
故曲线E的方程为x2=4y．
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(2)由题意得D2,0，
设l:y=12x+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
将l代入x2=4y得x2-2x-4t=0(*)，
∴ x1+x2=2,x1x2=-4t,Δ=4+16t>0,
∴ MN的中点P1,12+t．
∵ kDP⋅kl=-1，
∴ 12+t1-2⋅12=-1，
∴ t=32符合Δ>0，
∴ l存在，
∴ (*)化为x2-2x-6=0，
∴ |MN|=1+14⋅4+16×32=35，
|DP|=5，
∴ S△MDN=12×35×5=527.
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，
∴ 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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