(全国通用)2020版高考数学二轮复习专题提分教程仿真模拟卷共四套

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2020年全国高考仿真模拟文科数学试卷(四)

2020年全国高考仿真模拟试卷(四)数学（文科）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、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．设集合A ＝{x ∈Z |x 2<4}，B ＝{y |y ＝2x ，x ∈A }，则A ∪B 中的元素个数是( )A ．4B ．5C ．6D ．无数2．中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系．如图所示的折线图是2017年和2018年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是( )A ．2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大B ．这两年的最大仓储指数都出现在4月份C ．2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年D ．2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数差异明显3．已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，给出四个命题：①若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中正确的命题是( )A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④4．已知复数z 1＝21＋i，z 2＝a ＋i(a ∈R )，若z 1，z 2在复平面中对应的向量分别为OZ 1→，OZ 2→(O 为坐标原点)，且|OZ 1→＋OZ 2→|＝2，则a ＝( ) A ．－1 B ．1 C ．－3 D ．1或－35．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．30＋πB ．30＋2πC ．18－π4D ．18－π6．定义某种运算⊕，a ⊕b 的运算原理如图所示．设f (x )＝(0⊕x )(2⊕x )，则f (x )在区间[－1,1]上的最大值为( )(6题图)（7题图）A ．－1B ．0C ．1D ．2 7．如图，在等腰三角形ABC 中，已知∠BAC ＝120°，阴影部分是以AB 为直径的圆与以AC 为直径的圆的公共部分，若在△ABC 内部任取一点，则此点取自阴影部分的概率为( )A.3π9－1 B ．1－3π9 C.3π9－12 D.12－3π98．过点P (1,1)的直线l 将圆形区域{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}分为两部分，其面积分别为S 1，S 2，当|S 1－S 2|最大时，直线l 的方程是( )A ．x ＋y －2＝0B ．x －2y ＋1＝0C ．x －y －2＝0D ．y －2x ＋1＝09．函数f (x )＝12x ＋sin x 的图象大致是( )10．已知半圆C ：x 2＋y 2＝1(y ≥0)，A ，B 分别为半圆C 与x 轴的左、右交点，直线m 过点B且与x 轴垂直，点P 在直线m 上，纵坐标为t ，若在半圆C 上存在点Q 使∠BPQ ＝π3，则t 的取值范围是( )A )0,332[-∪(0，3]B ．[－3，0)∪]332,0( C.)0,33[-∪]33,0( D.)0,332[-∪]332,0( 11．已知a ，b 为正实数，直线y ＝x －a ＋2与曲线y ＝e x ＋b －1相切，则1a ＋1b 的最小值为( )A ．1B ．2C ．4D ．812．在△ABC 中，B ＝30°，BC ＝3，AB ＝2，D 是边BC 上异于B ，C 的点，B ，C 关于直线AD 的对称点分别为B ′，C ′，则△BB ′C ′面积的最大值为( )A.32B.337C.237D.3－32第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ2＝2cos(π－α)，则tan ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4＝________. 14．在△ABC 中，BD →＝2DC →，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则AD →·BC→＝________. 15．在等差数列{a n }中，若1≤a 1≤3,2≤a 4≤4，则a 10的最大值是________．16．甲、乙、丙3人在同一个环形场地锻炼．甲以13(圈/分钟)的速度慢跑，乙以14(圈/分钟)的速度快走，丙以16(圈/分钟)的速度慢走．计时开始时，3个人的前进方向相同，且甲在乙后面13圈，乙在丙后面16圈(如图所示)．那么，经过________分钟，甲和乙2人第一次相遇；1个小时之内，甲、乙、丙3人________(填“能”或“不能”)第一次同时相遇．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．17．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a ＝4，b ＝5，△ABC 的面积为5 3.(1)求角C 的弧度数；(2)记θ＝max{A ，B ，C }(即θ为角A ，B ，C 中的最大角)，求tan θ.18．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，AD ∥BC ，AC ⊥BD .(1)证明：BD ⊥PC ；(2)若AD ＝4，BC ＝2，设AC ∩BD ＝O ，且∠PDO ＝60°，求四棱锥P －ABCD 的体积．19．某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，甲车间有工人200人，乙车间有工人400人，为比较两个车间工人的生产效率，采用分层抽样的方法抽取工人，甲车间抽取的工人记作第一组，乙车间抽取的工人记作第二组，并对他们中每位工人生产完成的一件产品的事件(单位：min)进行统计，按照[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95)进行分组，得到下列统计图．(1)分别估算两个车间工人中生产一件产品时间少于75 min 的人数；(2)分别估计两个车间工人生产一件产品时间的平均值，并推测哪个车间工人的生产效率更高？(3)从第一组生产时间少于75 min 的工人中随机抽取2人，求抽取2人中至少1人生产时间少于65 min 的概率．20．设抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，准线为l ，A 是抛物线C 上的一个动点，过A 点作l 的垂线AH ，H 为垂足．已知B ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,0p ，且|AH |＋|AB |的最小值为2. (1)求抛物线C 的方程；(2)过点B 的直线n 与抛物线C 交于点P .若|PF |＝λ|PB |，求实数λ的取值范围．21．已知函数f (x )＝ax ln x x －1. (1)当a ＝1时，判断f (x )有没有极值点？若有，求出它的极值点；若没有，请说明理由；(2)若f (x )<x ＋1，求a 的取值范围．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．作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝－1＋cos φ，y ＝3＋sin φ(φ为参数)． (1)以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线θ＝α与曲线C 有两个不同的交点A ，B ，求1|OA |＋1|OB |的取值范围．23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|，记f (x )的最小值为m .(1)解不等式f (x )≤5；(2)若正实数a ，b 满足1a ＋1b ＝5，求证：2a 2＋3b 2≥2m .。

2020年普通高等学校招生全国统一考试高考仿真模拟卷数学(浙江专用)试题(四)含解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试高考仿真模拟卷(四)(时间：120分钟；满分：150分)第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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 ＝{1，2，3，4，5}，B ＝{x |x －1>0}，C ＝{x |y ＝x －1，y ∈A }，则(A ∩B )∪C ＝( ) A ．{2，3，4} B ．{2，3，4，5，6} C ．{0，1，2，3，4，5}D ．{3，4，5}2．若复数z 满足方程z ＝(z ＋1)i(i 为虚数单位)，则复数z 的共轭复数z 对应的点在( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限3．“a >b ”是“a |a |>b |b |”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 4．函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象经下列怎样的平移后所得的图象关于点⎝⎛⎭⎫－π12，0中心对称( ) A ．向左平移π12个单位长度B ．向右平移π12个单位长度C ．向左平移π6个单位长度D ．向右平移π6个单位长度5．在△ABC 中，D 是线段BC 上一点(不包括端点)，AD →＝λAB →＋(1－λ)AC →，则( ) A ．λ<－1 B ．－1<λ<0 C ．0<λ<1D ．λ>16.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为( )A ．24B ．48C ．96D ．1207．已知某三棱锥的三视图如图所示，其中每个小正方形的边长都为1.三棱锥上的点M 在俯视图上的对应点为A ，点N 在左视图上的对应点为B ，则线段MN 的长度的最大值为( )A ．3 3B ．3 2C ．9D ．68．已知数列{a n }为等差数列，且a 8＝1，则2|a 9|＋|a 10|的最小值为( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．09．若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)经过等腰梯形ABCD 的上底的两个顶点C 、D ，下底的两个顶点A 、B分别为双曲线的左、右焦点，对角线AC 与双曲线的左支交于点E ，且3|AE |＝2|EC |，|AB |＝2|CD |，则该双曲线的离心率是( )A. 2 B ． 3 C. 5D ．710．记min{x ，y }＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≤y ，y ，x >y ，已知函数F (x )＝min{2x ，x 2}( )A ．若F (a )≤b 2，则a ≤bB ．若F (a )≤2b ，则a ≤bC ．若F (a )≥b 2，则a ≥bD ．若F (a )≥2b ，则a ≥b第Ⅱ卷(非选择题，共110分)二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分． 11．双曲线x 24－y 2＝1的实轴长是________，焦点到渐近线的距离是________．12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫12x，x ≤0，1－3x ，x >0，则f (f (－1))＝________；若f (2a 2－3)>f (5a )，则实数a 的取值范围是________．13．在(2－x )6的展开式中，含x 3项的二项式系数为________，系数为________．(均用数字作答) 14．已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的．若从袋子中摸出3个球，记摸到白球的个数为ξ，则ξ＝1的概率是________，随机变量ξ的均值是________．15．已知x ，y ，z 均为实数，且满足x 2＋2y 2＋z 2＝1，则5xy ＋2yz ＋2z 2的最大值为________． 16．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋4≥0x ＋y ≥0x ≤3，则z ＝|2x －y |的最大值为________．17．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M 是棱AD 的中点，点P 是线段CD 1(不包括点C )上的动点，点Q 是线段CM 上的动点，设直线PQ 与平面ABCD 所成的角为θ，则tan θ的最大值为________．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．(本题满分14分)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos A ＝sin(B －C )． (1)求角C 的大小；(2)若c ＝2，当sin A ＋cos(7π12－B )取得最大值时，求A ，a 的值．19.(本题满分15分)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1所有的棱长均为1，A 1C 1⊥B 1C .(1)求证：A 1B ⊥AC ；(2)若A 1B ＝1，求直线A 1C 1和平面ABB 1A 1所成角的余弦值．20．(本题满分15分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，且点(2，a 2)，(a 7，S 3)均在直线x －y ＋1＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)设b n ＝22S n －n ，T n ＝2b 1·2b 2·…·2b n ，证明T n <2 2.21.(本题满分15分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左顶点为A ，上顶点为B ，直线AB 的斜率为66，坐标原点O 到直线AB 的距离为427. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否在圆O ：x 2＋y 2＝b 2上存在点D ，使得圆O 过D 的切线与椭圆C 交于点P ，Q ，线段PQ 的中点为M ，直线PQ 与OM 的夹角为45°？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，说明理由．22．(本题满分15分)已知函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ，其中a 为实常数．(1)若x ＝12是f (x )的极大值点，求f (x )的极小值；(2)若不等式a ln x －1x ≤b －x 对任意－52≤a ≤0，12≤x ≤2恒成立，求b 的最小值．高考仿真模拟卷(四)1．解析：选B.由题意知，B ＝{x |x >1}，C ＝{2，3，4，5，6}，所以(A ∩B )∪C ＝{2，3，4，5}∪{2，3，4，5，6}＝{2，3，4，5，6}，故选B.2．解析：选C.由于z ＝(z ＋1)i ，则(1－i)z ＝i ，所以z ＝i 1－i ＝i （1＋i ）2＝－12＋12i ，所以z ＝－12－12i ，对应点的坐标为⎝⎛⎭⎫－12，－12在第三象限．故选C. 3．解析：选C.因为函数f (x )＝x |x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2，x <0，x 2，x ≥0在定义域R 上单调递增，所以当a >b 时，f (a )>f (b )，即a |a |>b |b |，所以充分性成立；当a |a |>b |b |时，a >b ，所以必要性成立．故选C.4．解析：选B.假设将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象平移ρ个单位长度得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2ρ＋π3关于点⎝⎛⎭⎫－π12，0中心对称，所以将x ＝－π12代入得到sin ⎝⎛⎭⎫－π6＋2ρ＋π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π6＋2ρ＝0，所以π6＋2ρ＝k π，k ∈Z ，所以ρ＝－π12＋k π2，当k ＝0时，ρ＝－π12.5．解析：选C.根据平面向量加法运算的平行四边形法则，可知⎩⎪⎨⎪⎧0<λ<10<1－λ<1，所以0<λ<1，故选C.6．解析：选C.依题意，设题目中的4种不同的颜色分别为a ，b ，c ，d ，注意到满足题意的方法中顶点A ，B ，E 的颜色互不相同，下面进行分步计数：第一步，确定涂顶点A ，B ，E 处(不妨设顶点A ，B ，E 处的颜色分别为a ，b ，c )，相应的方法数为A 34＝24；第二步，确定涂顶点C ，D 的颜色的方法种数，相应的方法数为4(分别为(C ，D )＝(a ，b )，(a ，d )，(d ，a )，(d ，b ))．根据分步乘法计数原理知，满足题意的不同的涂色方法种数为24×4＝96，选C.7．解析：选A.根据题意及三视图，在棱长为3的正方体中还原该几何体的直观图，为如图所示的三棱锥P CNE .由题意知M 在PC 上，则线段MN 长度的最大值即PN 的长，故线段MN 长度的最大值为3 3.8．解析：选C.a 9＝a 8＋d ＝1＋d ，a 10＝a 8＋2d ＝1＋2d ， 2|a 9|＋|a 10|＝2|1＋d |＋|1＋2d |＝2(|1＋d |＋|12＋d |)，所以当d ∈⎣⎡⎦⎤－1，－12时，原式取到最小值1.故选C. 9．解析：选D.由题意可知，A (－c ，0)，B (c ，0)，又点C 在双曲线上，ABCD 为等腰梯形，|AB |＝2|CD |，所以点C 的横坐标为c 2，不妨设C ⎝⎛⎭⎫c 2，y 0，由3|AE |＝2|EC |可知AE →＝23EC →，得E ⎝⎛⎭⎫－2c 5，2y 05，从而满足⎩⎨⎧c 24a 2－y 20b2＝1，4c 225a 2－4y 2025b2＝1，消去y 20b 2，得c2a2＝7，所以该双曲线的离心率为7.10．解析：选D.在平面直角坐标系内画出函数y ＝2x 和函数y ＝x 2的图象，易得两函数图象有三个交点，设从左至右交点的横坐标分别为x 1，x 2，x 3，则由图易得F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ∈（－∞，x 1]∪[x 2，x 3]，x 2，x ∈（x 1，x 2）∪（x 3，＋∞），画出函数y ＝2x 和y ＝F (x )的图象，过函数y ＝2x 的图象上任意一点(b ，2b )作x 轴的平行线l ，由图易得在函数y ＝F (x )的图象上，位于直线l 和直线l 上方的点均在x ＝b 的右侧，所以若F (a )≥2b ，则a ≥b ，故选D.11．解析：因为a 2＝4，b 2＝1，所以实轴长2a 等于4，焦点到渐近线的距离为b 等于1. 答案：4 112．解析：f (－1)＝⎝⎛⎭⎫12－1＝2，所以f (f (－1))＝f (2)＝1－3×2＝－5.作出函数图象，由图象可知函数f (x )在定义域上单调递减，所以由f (2a 2－3)>f (5a )得，2a 2－3<5a ，即2a 2－5a －3<0，解得－12<a <3，即实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12，3. 答案：－5 ⎝⎛⎭⎫－12，3 13．解析：依题意，(2－x )6的展开式的通项T r ＋1＝C r 6·26－r ·(－x )r ＝C r 6·26－r ·(－1)r ·x r ，因此在(2－x )6的展开式中，含x 3项的二项式系数为C 36＝20，系数为C 36·23·(－1)3＝－160.答案：20 －16014．解析：依题意得，ξ的所有可能取值分别是0，1，2，P (ξ＝0)＝C 34C 36＝15，P (ξ＝1)＝C 24·C 12C 36＝35，P (ξ＝2)＝C 14·C 22C 36＝15，因此随机变量ξ的均值是E (ξ)＝0×15＋1×35＋2×15＝1.答案：35115．解析：由题意可知，1＝x 2＋2y 2＋z 2＝x 2＋25y 2＋85y 2＋15z 2＋45z 2≥225xy ＋425yz ＋45z 2＝225(5xy ＋2yz ＋2z 2)，即5xy ＋2yz ＋2z 2≤522＝524，故5xy ＋2yz ＋2z 2的最大值为524，当且仅当x ＝126，y ＝5213，z ＝1013时取等号．答案：52416．解析：依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域及直线2x －y ＝0，平移该直线，当直线经过平面区域内的点(－2，2)时，相应直线在y 轴上的截距最大，此时2x －y 取得最小值，最小值是－6；当直线经过平面区域内的点(3，－3)时，相应直线在y 轴上的截距最小，此时2x －y 取得最大值，最大值是9，因此2x －y 的取值范围是[－6，9]，z ＝|2x －y |的取值范围是[0，9]，z ＝|2x －y |的最大值是9.答案：917．解析：如图，过P 作PN ⊥CD 于N ，连接QN ，则直线PQ 与平面ABCD 所成的角θ即∠PQN ，所以tan θ＝PNQN ，结合图形可知，对于线段CD 1上的任意点P ，作PN ⊥CD ，在线段CM 上均存在点Q ，使得QN ⊥CM ，此时tan θ取得最大值．不妨取点P 运动到D 1点，此时N 在D 点，则PN ＝1，又DM ＝12，CD ＝1，所以CM＝52，QN ＝55，所以(tan θ)max ＝155＝ 5. 答案：518．解：(1)在锐角△ABC 中，cos A ＝－cos(B ＋C )＝sin(B －C )，所以sin B cos C －cos B sin C ＋cos B cos C －sin B sin C ＝0，即sin B (cos C －sin C )＋cos B (cos C －sin C )＝0，所以(sin B ＋cos B )(cos C －sin C )＝0.因为A ，B ，C 均为锐角，所以sin B ＋cos B >0， cos C －sin C ＝0，tan C ＝1，故C ＝π4.(2)由(1)知，A ＋B ＝3π4.由⎩⎨⎧0<A <π20<3π4－A <π2，得π4<A <π2. sin A ＋cos(7π12－B )＝sin A ＋cos[7π12－(3π4－A )]＝sin A ＋cos(A －π6)＝sin A ＋32cos A ＋12sin A ＝32sin A ＋32cos A ＝3(sin A ·32＋cos A ·12)＝3sin(A ＋π6)．由于π4<A <π2，所以5π12<A ＋π6<2π3，故当A ＋π6＝π2，即A ＝π3时，sin A ＋cos(7π12－B )取得最大值 3.由正弦定理a sin π3＝c sin π4＝222＝2，得a ＝ 3.19．解：(1)取AC 中点O ，连接A 1O ，BO ，所以BO ⊥AC .连接AB 1交A 1B 于点M ，连接OM ，则B 1C ∥OM . 因为A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊥B 1C ，所以AC ⊥OM .又因为OM ⊆面A 1BO ，OB ⊆面A 1BO ，所以AC ⊥面A 1BO ，所以A 1B ⊥AC .(2)因为A 1C 1∥AC ，所以直线A 1C 1和平面ABB 1A 1所成角等于直线AC 和平面ABB 1A 1所成角．因为三棱柱ABC A 1B 1C 1所有的棱长均为1，故A 1B ⊥AB 1，因为A 1B ⊥AC ，所以A 1B ⊥面AB 1C ，所以面AB 1C ⊥面ABB 1A 1.因为面AB 1C ∩面ABB 1A 1＝AB 1，所以AC 在平面ABB 1A 1的射影为AB 1，所以∠B 1AC 为直线AC 和平面ABB 1A 1所成角．因为AB 1＝2AM ＝2AB 2－BM 2＝3，由于A 1C 1⊥B 1C ，所以AC ⊥B 1C ，所以在Rt △ACB 1中，cos ∠B 1AC ＝AC AB 1＝13＝33.所以直线AC 和平面ABB 1A 1所成角的余弦值为33，即直线A 1C 1和平面ABB 1A 1所成角的余弦值为33. 20．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由点(2，a 2)，(a 7，S 3)均在直线x －y ＋1＝0上，得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 7－S 3＋1＝0.又S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2，所以a 7＝8.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，a 1＋6d ＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1. 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n （n ＋3）2.(2)证明：b n ＝22S n －n ＝2n （n ＋2）＝1n －1n ＋2.令P n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，则P n ＝1－13＋12－14＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝32－1n ＋1－1n ＋2，因为n ∈N *，所以P n <32，所以T n ＝2b 1·2b 2·…·2b n ＝2b 1＋b 2＋…＋b n ＝2P n <232，所以T n <2 2.21．解：(1)已知b a ＝66，而直线AB 的方程为－x a ＋yb ＝1，由题意11a 2＋1b 2＝427，从而a ＝427·1＋a 2b2＝427·1＋⎝⎛⎭⎫662＝6，b ＝66a ＝1.故椭圆C 的标准方程为x 26＋y 2＝1.(2)设点D (x 0，y 0)，则x 20＋y 20＝1.由题意知y 0≠0，从而直线PQ 的斜率k ＝－x 0y 0，故直线PQ 的方程可写为y ＝1y 0(1－x 0x )，代入椭圆C 的方程并整理得1＋5x 206x 2－2x 0x ＋x 20＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝6x 01＋5x 20，从而y 1＋y 22＝1y 0⎝⎛⎭⎫1－x 0·x 1＋x 22＝y 01＋5x 20，所以M ⎝⎛⎭⎫6x 01＋5x 20，y 01＋5x 20.若直线PQ 与OM 的夹角为45°，则△ODM 是等腰直角三角形，从而|OM |＝2，即⎝⎛⎭⎫6x 01＋5x 202＋⎝⎛⎭⎫y 01＋5x 202＝2，化简得50x 40－15x 20＋1＝0，解得x 20＝110或x 20＝15. 经检验符合题意，所以存在满足题设要求的点D ，其横坐标可为±1010，±55. 22．解：(1)f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x 2，因为x >0，由f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，得⎝⎛⎭⎫122＋12a ＋1＝0，所以a ＝－52，此时f(x)＝－52ln x ＋x －1x . 则f′(x)＝x 2－52x ＋1x 2＝（x －2）⎝⎛⎭⎫x －12x2. 所以f(x)在⎣⎡⎦⎤12，2上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．所以x ＝2为极小值点，极小值f(2)＝32－5ln 22.(2)不等式aln x －1x≤b －x ，即f(x)≤b.所以b ≥f max (x)．(ⅰ)若1≤x ≤2，则ln x ≥0，f(x)＝aln x ＋x －1x ≤x －1x ≤2－12＝32.当a ＝0，x ＝2时取等号；(ⅱ)若12≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x ＋x －1x ≤－52ln x ＋x －1x.由(1)可知g(x)＝－52ln x ＋x －1x 在⎣⎡⎦⎤12，1上为减函数．所以当12≤x ≤1时，g(x)≤g ⎝⎛⎭⎫12＝52ln 2－32.因为52ln 2－32<52－32＝1<32，所以f max (x)＝32，于是b min ＝32.。

(全国通用)2020版高考数学二轮复习专题提分教程仿真模拟卷三理

仿真模拟卷三本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、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 ＝{(x ，y )|x ＋y ≤2，x ，y ∈N }，则A 中元素的个数为( ) A ．1 B ．5 C ．6 D ．无数个答案 C解析由题得A ＝{(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(2,0)}，所以A 中元素的个数为6.2．已知i 是虚数单位，z －是z 的共轭复数，若z (1＋i)＝1－i1＋i ，则z －的虚部为( )A.12 B ．－12 C.12i D ．－12i 答案 A解析由题意可得z ＝1－i (1＋i )2＝1－i 2i ＝12i －12＝－12i －12，则z －＝－12＋12i ，据此可得z －的虚部为12.3．“0<m <2”是“方程x 2m ＋y 22－m＝1表示椭圆”的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析方程x 2m ＋y22－m＝1表示椭圆，即⎩⎪⎨⎪⎧m >0，2－m >0，m ≠2－m⇒0<m <2且m ≠1，所以“0<m <2”是“方程x 2m ＋y 22－m＝1表示椭圆”的必要不充分条件．4．若a >b ，则( ) A ．ln (a －b )>0 B ．3a<3bC ．a 3－b 3>0 D ．|a |>|b |答案 C解析取a ＝2，b ＝1，满足a >b ，但ln (a －b )＝0，则A 错误；由9＝32>31＝3，知B 错误；取a ＝1，b ＝－2，满足a >b ，但|1|<|－2|，则D 错误；因为幂函数y ＝x 3是增函数，a >b ，所以a 3>b 3，即a 3－b 3>0，C 正确．5．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S 的值等于( )A ．30B ．31C ．62D ．63 答案 B解析由流程图可知该算法的功能为计算S ＝1＋21＋22＋23＋24的值，即输出的值为S ＝1＋21＋22＋23＋24＝1×(1－25)1－2＝31.6.⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －13x 8的展开式的常数项为( ) A ．－56 B ．－28 C ．56 D ．28 答案 D解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －13x 8展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－13x r ＝C r8·(－1)r ·x 8－43r ，令8－43r ＝0，得r ＝6，∴所求常数项为C 68·(－1)6＝28.7．已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝120°，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，BC ＝3BE ，DC ＝λDF ，若AE →·AF →＝1，则λ的值为( )A ．3B ．2 C.32 D.52答案 B解析由题意可得AE →·AF →＝(AB →＋BE →)·(AD →＋DF →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋13BC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫BC →＋1λAB →＝1λAB →2＋13BC→2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13λ＋1AB →·BC →，且AB →2＝BC →2＝4，AB →·BC →＝2×2×cos120°＝－2，故4λ＋43＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13λ＋1×(－2)＝1，解得λ＝2.8．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝1，3sin A cos C ＋(3sin C ＋b )cos A ＝0，则角A ＝( )A.2π3 B.π3 C.π6 D.5π6答案 D解析 ∵a ＝1，3sin A cos C ＋(3sin C ＋b )cos A ＝0， ∴3sin A cos C ＋3sin C cos A ＝－b cos A ， ∴3sin(A ＋C )＝3sin B ＝－b cos A ，∴3a sin B ＝－b cos A ，由正弦定理可得3sin A sin B ＝－sin B cos A ，∵sin B >0，∴3sin A ＝－cos A ，即tan A ＝－33，∵A ∈(0，π)，∴A ＝5π6. 9．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数f (x )＝x 4|4x －1|的图象大致是( )答案 D解析因为函数f (x )＝x 4|4x －1|，f (－x )＝(－x )4|4－x －1|＝x4|4－x －1|≠f (x )，所以函数f (x )不是偶函数，图象不关于y 轴对称，故排除A ，B ；又因为f (3)＝97，f (4)＝256255，所以f (3)>f (4)，而C 在x >0时是递增的，故排除C.10．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )A ．－80B ．－40C ．40D ．80 答案 D解析令x ＝1，得展开式的各项系数和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－115＝1＋a ，∴1＋a ＝2，∴a ＝1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5，所求展开式中常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式的常数项与含x 项的系数和，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(2x )5－r ·(－1)r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝(－1)r 25－r·C r 5x5－2r，令5－2r ＝1得r ＝2；令5－2r ＝0，无整数解，∴展开式中常数项为8C 25＝80.11．在正三角形ABC 内任取一点P ，则点P 到A ，B ，C 的距离都大于该三角形边长一半的概率为( )A ．1－3π6B ．1－3π12C ．1－3π9D ．1－3π18答案 A解析满足条件的正三角形ABC 如图所示．设边长为2，其中正三角形ABC 的面积S △ABC ＝34×4＝ 3.满足到正三角形ABC 的顶点A ，B ，C 的距离至少有一个小于等于1的平面区域如图中阴影部分所示，其加起来是一个半径为1的半圆，则S 阴影＝π2，则使取到的点到三个顶点A ，B ，C 的距离都大于1的概率P ＝1－3π6，故选A.12．若存在m ，使得关于x 的方程x ＋a (2x ＋2m －4e x )·[ln (x ＋m )－ln x ]＝0成立，其中e 为自然对数的底数，则非零实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e C ．(－∞，0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞答案 C解析由题意得－12a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m x －2e ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m x ＝(t －2e)ln t ⎝ ⎛⎭⎪⎫这里t ＝m x ＋1>0，令f (t )＝(t －2e)ln t (t ＞0)，则f ′(t )＝ln t ＋1－2et，令h (t )＝f ′(t )，则h ′(t )＝1t ＋2et2＞0，∴h (t )为增函数，即f ′(t )为增函数．当t ＞e 时，f ′(t )＞f ′(e)＝0，当0＜t ＜e 时，f ′(t )＜f ′(e)＝0， ∴f (t )≥f (e)＝－e ，且当t →0时，f (t )→＋∞， ∴－12a ≥－e ，解得a ＜0或a ≥12e，故选C.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，x －2y ＋2≥0，则z ＝yx －3的最小值是________．答案－2解析画出满足约束条件的可行域，如图中阴影部分所示(含边界)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2＝0，x －y ＝0，解得A (2,2)，z ＝y x －3的几何意义为可行域内的点与定点P (3,0)的连线的斜率． ∵k PA ＝2－02－3＝－2，∴z ＝y x －3的最小值是－2.14．已知三棱锥P －ABC 内接于球O ，PA ＝PB ＝PC ＝2，当三棱锥P －ABC 的三个侧面的面积之和最大时，球O 的表面积为________．答案 12π解析由于三条侧棱相等，根据三角形面积公式可知，当PA ，PB ，PC 两两垂直时，侧面积之和最大．此时PA ，PB ，PC 可看成正方体一个顶点处的三条侧棱，其外接球直径为正方体的体对角线，即4R 2＝3×22＝12，故球的表面积为4πR 2＝12π.15．已知△ABC 的三个顶点的坐标为A (0,1)，B (1,0)，C (0，－2)，O 为坐标原点，动点M 满足|CM →|＝1，则|OA →＋OB →＋OM →|的最大值是________．答案2＋1解析设点M 的坐标是(x ，y )，∵C (0，－2)，且|CM →|＝1，∴x 2＋(y ＋2)2＝1，x 2＋(y ＋2)2＝1，则点M 的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．∵A (0,1)，B (1,0)，∴OA →＋OB →＋OM →＝(x ＋1，y ＋1)，则|OA →＋OB →＋OM →|＝(x ＋1)2＋(y ＋1)2，其几何意义表示圆x 2＋(y ＋2)2＝1上的点与点P (－1，－1)间的距离．又点P (－1，－1)在圆C 的外部， ∴|OA →＋OB →＋OM →|max ＝|PC →|＋1 ＝ (0＋1)2＋(－2＋1)2＋1＝2＋1.16．函数y ＝f (x )的定义域为D ，若∀x ∈D ，∃a ∈[1,2]，使得f (x )≥ax 恒成立，则称函数y ＝f (x )具有性质P ，现有如下函数：①f (x )＝ex －1；②f (x )＝2cos 2⎝⎛⎭⎪⎫x －π4－1(x ≤0)；③f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln (1－x )，x <0，(x －1)3＋1，x ≥0.则具有性质P 的函数f (x )为________．(填序号) 答案 ①② 解析 ①设φ(x )＝ex －1－x (x ∈R )，则φ′(x )＝ex －1－1.当x >1时，φ′(x )>0；当x <1时，φ′(x )<0.∴φ(x )min ＝φ(1)＝0，所以ex －1－x ≥0，ex －1≥x ，故∃a ＝1，使f (x )≥ax 在R 上恒成立，①中函数f (x )具有性质P ； ②易知f (x )＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4－1＝sin2x (x ≤0)．令φ(x )＝f (x )－2x ＝sin2x －2x (x ≤0)，则φ′(x )＝2cos2x －2.∴φ′(x )≤0，∴φ(x )在(－∞，0]上是减函数， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0，故f (x )≥2x 恒成立． ∴∃a ＝2，使得f (x )≥ax 在(－∞，0]上恒成立， ②中函数f (x )具有性质P ；③作函数y ＝f (x )与直线y ＝ax 的图象，显然当y ＝ax 过点O (0,0)，A (1,1)，B (2,2)时，斜率a ＝1.根据图象知，不存在a ∈[1,2]，使f (x )≥ax 恒成立．因此③中函数f (x )不具有性质P . 综上可知，具有性质P 的函数为①②.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知锐角△ABC 面积为S ，角A ，B ，C 所对边分别是a ，b ，c ，角A ，C 的平分线相交于点O ，b ＝23且S ＝34(a 2＋c 2－b 2)，求：(1)角B 的大小； (2)△AOC 周长的最大值．解 (1)∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34(a 2＋c 2－b 2)，故12ac sin B ＝34×2ac cos B ⇒tan B ＝3⇒B ＝π3.(2)设△AOC 的周长为l ，∠OAC ＝α，则α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，π4， ∵OA ，OC 分别是角A ，C 的平分线，B ＝π3，∴∠AOC ＝2π3.由正弦定理，得OAsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝OCsin α＝23sin2π3， ∴l ＝4sin α＋4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＋2 3 ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＋23， ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π12，π4，∴α＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，7π12，当α＝π6时，△AOC 周长的最大值为4＋2 3.18．(本小题满分12分)某商场营销人员在进行某商品M 的市场营销调查时发现，每返还消费者一定的点数，该商品每天的销量就会发生一定的变化，经过试点统计得到下表：(1)经分析发现，可用线性回归模型拟合当地该商品销量y (百件)与返还点数t 之间的相关关系．请用最小二乘法求y 关于t 的线性回归方程y ^＝b ^t ＋a ^，并预测若返还6个点时该商品每天的销量；(2)若节日期间营销部对商品进行新一轮调整．已知某地拟购买该商品的消费群体十分庞大，营销部调研机构对其中的200名消费者的返点数额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：①求这200位拟购买该商品的消费者对返点点数的心理预期值X 的样本平均数及中位数的估计值(同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到0.1)；②将对返点点数的心理预期值在[1,3)和[11,13]的消费者分别定义为“欲望紧缩型”消费者和“欲望膨胀型”消费者，现采用分层抽样的方法从位于这两个区间的30名消费者中随机抽取6名，再从这6人中随机抽取3名进行跟踪调查，设抽出的3人中“欲望膨胀型”消费者的人数为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望．参考公式及数据：(ⅰ)b ^＝∑ni ＝1t i y i －n t y －∑ni ＝1t 2i －n t2，a ^＝y －－b ^t ；(ⅱ)∑5i ＝1t i y i ＝18.8. 解 (1)易知t －＝1＋2＋3＋4＋55＝3，y －＝0.5＋0.6＋1＋1.4＋1.75＝1.04，∑5i ＝1t 2i ＝12＋22＋32＋42＋52＝55， b ^＝∑5i ＝1t i y i －5t y －∑5i ＝1t 2i －5t 2＝18.8－5×3×1.0455－5×32＝0.32， a ^＝y －－b ^t ＝1.04－0.32×3＝0.08.则y 关于t 的线性回归方程为y ^＝0.32t ＋0.08，当t ＝6时，y ^＝2.00，即返还6个点时该商品每天的销量约为2百件．(2)①根据题意，这200位拟购买该商品的消费者对返还点数的心理预期值X 的平均值x－及中位数的估计值分别为x －＝2×0.1＋4×0.3＋6×0.3＋8×0.15＋10×0.1＋12×0.05＝6，中位数的估计值为5＋2×100－20－6060＝5＋23≈5.7.②抽取6名消费者中“欲望紧缩型”消费者人数为6×2030＝4，“欲望膨胀型”消费者人数为6×1030＝2.所以X 的可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝C 34C 02C 36＝15，P (X ＝1)＝C 24C 12C 36＝35，P (X ＝2)＝C 14C 22C 36＝15，故随机变量X 的分布列为E (X )＝0×15＋1×35＋2×15＝1.19．(本小题满分12分)已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面ACC 1A 1与底面ABC 垂直，侧棱与底面所在平面成60°角，AA 1⊥A 1C ，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝2.(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ； (2)求二面角B －A 1B 1－C 的余弦值．解 (1)证明：∵平面ACC 1A 1⊥平面ABC 且平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ，且BC ⊥AC . ∴BC ⊥平面ACC 1A 1，∴BC ⊥AA 1，又∵AA 1⊥A 1C ，∴AA 1⊥平面A 1BC ∵AA 1⊂平面ABB 1A 1， ∴平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .(2)已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面ACC 1A 1与底面ABC 垂直，侧棱与底面所在平面成60°角，∴∠A 1AC ＝60°.又∵AA 1⊥A 1C ，AC ＝4，∴A 1A ＝2，如图建立空间直角坐标系，则A 1(3,0，3)，C (0,0,0)，B (0，2,0)，A (4，0,0) 由AB →＝A 1B 1→，得B 1(－1,2，3)，设平面BA 1B 1，平面CA 1B 1的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则BA 1→＝(3，－2，3)，BB 1→＝(－1,0，3)，CA 1→＝(3,0，3)，CB 1→＝(－1,2，3)．由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BA 1→＝0，n 1·BB 1→＝0，知可取n 1＝(3,6，3)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CA 1→＝0，n 2·CB 1→＝0，知可取n 2＝(－1，－2，3)，cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝64，所以二面角B －A 1B 1－C 的余弦值为64. 20．(本小题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，离心率e ＝12，A 是椭圆的左顶点，F 是椭圆的左焦点，|AF |＝1，直线m ：x ＝－4.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 过点F 与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线PA ，QA 分别与直线m 交于M ，N 两点，试问：以MN 为直径的圆是否过定点，如果是，请求出定点坐标；如果不是，请说明理由．解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，a －c ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝1，∵a 2＝b 2＋c 2，∴b ＝3，故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 斜率存在时，设直线l ：y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线PA ：y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)．令x ＝－4，得M ⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2y 1x 1＋2，同理N ⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2y 2x 2＋2. 则以MN 为直径的圆的方程为(x ＋4)(x ＋4)＋⎝⎛⎭⎪⎫y ＋2y 1x 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋2y 2x 2＋2＝0，整理得，(x ＋4)2＋y 2＋2k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－x 1＋x 2＋4x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4y ＋4k 2·x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＝0，① 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0.则x 1＋x 2＝－8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.②将②代入①，整理得，x 2＋y 2＋8x －6ky ＋7＝0.令y ＝0，得x ＝－1或x ＝－7.当直线l 斜率不存在时，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，M (－4，－3)，N (－4,3)，以MN 为直径的圆为(x ＋4)2＋y 2＝9也过点(－1,0)，(－7,0)两点．综上，以MN 为直径的圆能过两定点(－1,0)，(－7,0)．21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln x x －12ax －b ，g (x )＝ax 2＋bx .(1)当a ＝2，b ＝－3时，求函数f (x )在x ＝e 处的切线方程，并求函数f (x )的最大值； (2)若函数y ＝f (x )的两个零点分别为x 1，x 2，且x 1≠x 2，求证：g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>1.解 (1)当a ＝2，b ＝－3时，f (x )＝ln xx－x ＋3(x >0)，f ′(x )＝1－ln x －x2x2，则f ′(e)＝－1，切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，1e －e ＋3，故函数f (x )在x ＝e 处的切线方程为x ＋y －1e－3＝0.令h (x )＝1－ln x －x 2，则h (x )＝1－ln x －x 2在(0，＋∞)是减函数，又h (1)＝0，∴x ∈(0,1)，h (x )>0，f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)，h (x )<0，f ′(x )<0， ∴f (x )在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． ∴f (x )max ＝f (1)＝2.(2)证明：∵x 1，x 2是f (x )的两个零点，不妨设x 1<x 2， ∴f (x 1)＝f (x 2)＝0. 即ln x 1x 1－12ax 1－b ＝0，ln x 2x 2－12ax 2－b ＝0， ∴ln x 1－12ax 21－bx 1＝0，ln x 2－12ax 22－bx 2＝0，相减得ln x 1－ln x 2－12a (x 21－x 22)－b (x 1－x 2)＝0⇒lnx 1x 2x 1－x 2－12a (x 1＋x 2)－b ＝0⇒(x 1＋x 2)lnx 1x 2x 1－x 2－12a (x 1＋x 2)2－b (x 1＋x 2)＝0⇒(x 1＋x 2)ln x 1x 22(x 1－x 2)－a ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝0.∴(x 1＋x 2)lnx 1x 22(x 1－x 2)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22⇒g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝(x 1＋x 2)lnx 1x 22(x 1－x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＋1ln x 1x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1，令t ＝x 1x 2，即证0<t <1时，(t ＋1)ln t 2(t －1)>1，(t ＋1)ln t 2(t －1)>1⇔ln t <2(t －1)t ＋1⇔ln t －2(t －1)t ＋1<0，令m (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t ∈(0,1)，m ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0， ∴m (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1在(0,1)上是增函数，又∵m (1)＝0，∴t ∈(0,1)时，m (t )<0，命题得证．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，作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1：x ＋y ＝1与曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)写出曲线C 1，C 2的极坐标方程；(2)在极坐标系中，已知l ：θ＝α(ρ>0)与C 1，C 2的公共点分别为A ，B ，α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，当|OB ||OA |＝4时，求α的值．解 (1)曲线C 1的极坐标方程为ρ(cos θ＋sin θ)＝1，即ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22. 曲线C 2的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4，即x 2＋y 2－4x ＝0，所以曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4cos θ. (2)由(1)知，|OA |＝ρA ＝1cos α＋sin α，|OB |＝ρB ＝4cos α， ∴|OB ||OA |＝4cos α(cos α＋sin α)＝2(1＋cos2α＋sin2α)＝ 2＋22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4， ∵|OB ||OA |＝4，∴2＋22sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝4，sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22，由0<α<π2，知π4<2α＋π4<5π4，即2α＋π4＝3π4，∴α＝π4.23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|x ＋2|－|2x －1|. (1)求f (x )>－5的解集；(2)若关于x 的不等式|b ＋2a |－|2b －a |≥|a |(|x ＋1|＋|x －m |)(a ≠0)能成立，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝|x ＋2|－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －3，x <－2，3x ＋1，－2≤x ≤12，3－x ，x >12，故f (x )>－5的解集为(－2,8)．(2)由|b ＋2a |－|2b －a |≥|a |(|x ＋1|＋|x －m |)(a ≠0)能成立，得|b ＋2a |－|2b －a ||a |≥|x ＋1|＋|x －m |能成立，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a＋2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪2b a －1≥|x ＋1|＋|x －m |能成立，令b a＝t ，则|t ＋2|－|2t －1|≥|x ＋1|＋|x －m |能成立，由(1)知，|t ＋2|－|2t －1|≤52，又∵|x ＋1|＋|x －m |≥|1＋m |，∴|1＋m |≤52，∴实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－72，32.。

2020高三二轮数学模拟卷理(4)答案

2020年普通高等学校招生全国统一考试高考仿真模拟卷(四)(时间：120分钟；满分：150分)第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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M＝{x|1≤x＜3}，N＝{1，2}，则M∩N＝( )A．{1} B．{1，2}C．{2} D．[1，2]2．若复数z满足(z－1)i＝4＋2i，则|z|＝( )A．25 B.17C．5 D．173．某市A，B，C，D四所中学报名参加某高校2017年自主招生考试的学生人数如下表所示：考试的学生中随机抽取50名参加问卷调查．则A，B，C，D四所中学抽取的学生人数分别为( )A．15，20，10，5 B．15，20，5，10C．20，15，10，5 D．20，15，5，104．等比数列{a n}的前n项和为S n，则“a2＜0且a5＜0”是“数列{S n}单调递减”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＋b 2－c 2＝ab ＝3，则△ABC 的面积为( )A.34B.34 C.32D.326．设a ＝log 123，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫130.2，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c7．若非零向量a 、b 满足|a |＝2|b |＝4，(a －2b )·a ＝0，则a 在b 方向上的投影为( ) A ．4 B ．8 C.14D.188．执行如图所示的程序框图，若输出的n ＝7，则输入的整数K 的最大值是( )A ．18B ．50C ．78D ．3069．已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6，8，12，则铁球的直径最大只能为( )A. 3 B ．2 C.5D ．410．P 为圆C 1：x 2＋y 2＝9上任意一点，Q 为圆C 2：x 2＋y 2＝25上任意一点，PQ 中点组成的区域为M ，在C 2内部任取一点，则该点落在区域M 上的概率为( )A.1325B.35C.1225πD.35π 11．已知F 是双曲线C ：x 2a2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点，过点F 作垂直于x 轴的直线交该双曲线的一条渐近线于点M ，若|FM |＝2a ，记该双曲线的离心率为e ，则e 2＝( )A.1＋172B.1＋174C.2＋52D.2＋5412．已知函数f (x )＝x 2＋(a ＋8)x ＋a 2＋a －12(a <0)，且f (a 2－4)＝f (2a －8)，则f （n ）－4a n ＋1(n ∈N *)的最小值为( )A.374B.358C.283D.274题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．已知函数f (x )＝tan x ＋sin x ＋2 017，若f (m )＝2，则f (－m )＝________.14．已知x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y －5≥0，x ＋y －7≤0，x －2≥0若z ＝x ＋ay 的最小值为4，则实数a的值为________．15．数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －1，则数列b n ＝a 2n －7a n ＋6的最小值为________．16.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为4，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留)三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝cos x (23sin x ＋cos x )－sin 2x .(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，不等式f (x )≥m 有解，求实数m 的取值范围．18．(本小题满分12分)某校为了普及环保知识，增强学生的环保意识，在全校组织了一次有关环保知识的竞赛．经过初赛、复赛，甲、乙两个代表队(每队3人)进入了决赛，规定每人回答一个问题，答对为本队赢得10分，答错得0分．假设甲队中每人答对的概率均为34，乙队中3人答对的概率分别为45，34，23，且各人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示乙队的总得分．(1)求ξ的分布列和数学期望；(2)求甲、乙两队总得分之和等于30分且甲队获胜的概率．19．(本小题满分12分)如图1，正方形ABCD 的边长为4，AB ＝AE ＝BF ＝12EF ，AB∥EF ，把四边形ABCD 沿AB 折起，使得AD ⊥底面AEFB ，G 是EF 的中点，如图2.(1)求证：AG⊥平面BCE；(2)求二面角C AE F的余弦值．20．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝e x，h(x)＝ax2＋bx＋c.(1)若a＝1，b＝c＝0，求函数F(x)＝f(x)h(x)的单调区间；(2)若a＝c＝0，b>0，且G(x)＝g(x)－h(x)≥m(m∈R)对任意的x∈R都成立，求mb的最大值．21．(本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)在第一象限内的点P(2，t)到焦点F 的距离为52.(1)若N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，过点N ，P 的直线l 1与抛物线相交于另一点Q ，求|QF ||PF |的值；(2)若直线l 2与抛物线C 相交于A ，B 两点，与圆M ：(x －a )2＋y 2＝1相交于D ，E 两点，O 为坐标原点，OA ⊥OB ，试问：是否存在实数a ，使得|DE |为定值？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22．(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程已知在一个极坐标系中点C 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3.(1)求出以C 为圆心，半径长为2的圆的极坐标方程(写出解题过程)并画出图形； (2)在直角坐标系中，以圆C 所在极坐标系的极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，点P 是圆C 上任意一点，Q ()5，－3，M 是线段PQ 的中点，当点P 在圆C 上运动时，求点M 的轨迹的普通方程．23．(本小题满分10分)选修45：不等式选讲设函数f (x )＝|x －a |，a ∈R.(1)若a ＝1，解不等式f (x )≥12(x ＋1)；(2)记函数g (x )＝f (x )－|x －2|的值域为A ，若A ⊆[－1，3]，求a 的取值范围．高考仿真模拟卷(四)答案1．解析：选B.因为M ＝{x |1≤x ＜3}，N ＝{1，2}，所以M ∩N ＝{1，2}．故选B. 2．解析：选C.由(z －1)i ＝4＋2i ，得z －1＝4＋2ii ＝2－4i ，所以z ＝3－4i ，所以|z |＝5.3．解析：选D.由题意知，四所中学报名参加某高校2017年自主招生考试的学生总人数为100，抽取的学生人数与学生总人数的比值为50100＝12.所以应从A ，B ，C ，D 四所中学抽取的学生人数分别为20，15，5，10.4．解析：选C.因为a 5＝a 2q 3＜0，a 2＜0，所以q ＞0，所以a n ＜0恒成立，所以S n －S n －1＝a n ＜0，{S n }单调递减，故为充分条件；S n －S n －1＝a n ＜0⇒a 2＜0，a 5＜0，故为必要条件．故选C.5．解析：选B.依题意得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，C ＝60°，因此△ABC 的面积等于12ab sin C ＝12×3×32＝34.6．解析：选A.因为a ＝log 123<log 122＝－1，01，所以a <b <c .7．解析：选A.由(a －2b )·a ＝a 2－2a ·b ＝0，得a ·b ＝a 22＝|a |22＝8，从而a 在b 方向上的投影为a ·b |b |＝82＝4，故选A.8．解析：选C.第一次循环S ＝2，n ＝2，第二次循环S ＝6，n ＝3，第三次循环S ＝2，n ＝4，第四次循环S ＝18，n ＝5，第五次循环S ＝14，n ＝6，第六次循环S ＝78，n ＝7，需满足S ≥K ，此时输出n ＝7，所以18<K ≤78，所以整数K 的最大值为78.9．解析：选B.设长方体三条棱的长分别为a ，b ，c ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝6bc ＝8ac ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3b ＝2c ＝4.再结合题意可得，铁球的直径最大只能为2. 故选B.10．解析：选B.设Q (x 0，y 0)，中点M (x ，y )，则P (2x －x 0，2y －y 0)代入x 2＋y 2＝9，得(2x －x 0)2＋(2y －y 0)2＝9，化简得：⎝⎛⎭⎪⎫x －x 022＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －y 022＝94，又x 20＋y 20＝25表示以原点为圆心半径为5的圆，故易知M 的轨迹是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02，y 02为圆心，以32为半径的圆绕原点一周所形成的图形，即在以原点为圆心，宽度为3的圆环带上，即应有x 2＋y 2＝r 2(1≤r ≤4)，那么在C 2内部任取一点落在M 内的概率为16π－π25π＝1525＝35.故选B.11．解析：选A.由题意得，F (c ，0)，该双曲线的一条渐近线为y ＝－bax ，将x ＝c 代入y ＝－b a x 得y ＝－bca，所以bc a＝2a ，即bc ＝2a 2，所以4a 4＝b 2c 2＝c 2(c 2－a 2)，所以e 4－e 2－4＝0，解得e 2＝1＋172，故选A.12．解析：选A.二次函数f (x )＝x 2＋(a ＋8)x ＋a 2＋a －12图象的对称轴为直线x ＝－a ＋82，由f (a 2－4)＝f (2a －8)及二次函数的图象，可以得出a 2－4＋2a －82＝－a ＋82，解得a ＝－4或a ＝1，又a <0，所以a ＝－4，所以f (x )＝x 2＋4x ，所以f （n ）－4a n ＋1＝n 2＋4n ＋16n ＋1＝（n ＋1）2＋2（n ＋1）＋13n ＋1＝n ＋1＋13n ＋1＋2≥2（n ＋1）·13n ＋1＋2＝213＋2，又n ∈N *，所以当且仅当n ＋1＝13n ＋1，即n ＝13－1时等号成立，当n ＝2时，f （n ）－4a n ＋1＝283，n ＝3时，f （n ）－4a n ＋1＝294＋2＝374<283，所以最小值为374，故选A. 13．解析：因为函数f (x )＝tan x ＋sin x ＋2 017，所以f (－x )＝－tan x －sin x ＋2 017，从而f (－x )＋f (x )＝4 034，又f (m )＝2，所以f (－m )＝4 032.答案：4 03214．解析：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，假设z ＝x ＋ay 在点C (2，1)处取得最小值，则2＋a ＝4，a ＝2，此时y ＝－12x ＋12z ，其在点C (2，1)处取得最小值，符合题意．假设z ＝x ＋ay 在点B (2，5)处取得最小值，则2＋5a ＝4，a ＝25，此时y ＝－52x ＋52z ，其在点C 处取得最小值，不符合题意．假设z ＝x ＋ay 在点A (8，－1)处取得最小值，则8－a ＝4，a ＝4，此时y ＝－14x ＋14z ，其在点A 处取得最小值，符合题意．所以a 的值为2或4.答案：2或415．解析：由S n ＝2n －1，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －1＋1＝2n －1，a 1＝1适合上式，所以a n ＝2n－1.则b n ＝a 2n－7an ＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －722－254. 所以当n ＝3时(b n )min ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－722－254＝－6.故答案为－6. 答案：－616．解析：该球形容器最小时，十字立方体与球内接，此时球直径2R 等于由两个正四棱柱组合而成的几何体的对角线，即2R ＝42＋42＋22＝6，球形容器的表面积为4πR 2＝36π. 答案：36π 17．解：(1)f (x )＝23sin x cos x ＋cos 2x －sin 2x ＝3sin 2x ＋cos 2x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32sin 2x ＋12cos 2x＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以函数f (x )的最小正周期T ＝π.(2)由题意可知，不等式f (x )≥m 有解，即m ≤f (x )max .因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，故当2x ＋π6＝π2，即x ＝π6时，f (x )取得最大值，且最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2.从而可得m ≤2 .18．解：(1)由题意知，ξ的所有可能取值为0，10，20，30. P (ξ＝0)＝15×14×13＝160，P (ξ＝10)＝45×14×13＋15×34×13＋15×14×23＝960＝320，P (ξ＝20)＝45×34×13＋45×14×23＋15×34×23＝2660＝1330，P (ξ＝30)＝45×34×23＝25.所以ξ的分布列为所以E (ξ)＝0×160＋10×320＋20×1330＋30×25＝1336.(2)记“甲队得30分，乙队得0分”为事件A ，“甲队得20分，乙队得10分”为事件B ，则A ，B 互斥．又P (A )＝⎝⎛⎭⎫343×160＝91 280， P (B )＝C 23⎝⎛⎭⎫342×14×320＝811 280，故甲、乙两队总得分之和为30分且甲队获胜的概率为P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝901 280＝9128. 19．解：(1)证明：连接BG ，因为BC ∥AD ，AD ⊥底面AEFB ，所以BC ⊥底面AEFB ，又AG ⊂底面AEFB ，所以BC ⊥AG ，因为AB ＝12EF ，且AB ∥EF ，所以AB 綊EG ，因为AB＝AE ，所以四边形ABGE 为菱形，所以AG ⊥BE ，又BC ∩BE ＝B ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，所以AG ⊥平面BCE .(2)由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4，设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (－2，0，0)，E (0，－23，0)，F (4，23，0)，C (0，23，4)，D (－2，0，4)，所以AC →＝(2，23，4)，AE →＝(2，－23，0)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AE →·n ＝0，所以⎩⎨⎧2x ＋23y ＋4z ＝0，2x －23y ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝－3，即平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，1，－3)，易知平面AEF 的一个法向量为AD →＝(0，0，4)，设二面角C -AE -F 的大小为θ，由图易知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos θ＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝437×4＝217.20．解：(1)由题意知，F (x )＝f (x )h (x )＝x 2ln x ，F ′(x )＝2x ln x ＋x (x >0)．令F ′(x )>0，得x >1e，故F (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞；令F ′(x )<0，得0<x <1e，故F (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e .(2)由题意知，G (x )＝e x －bx ，故G ′(x )＝e x －b ，又b >0，令G ′(x )＝e x －b ＝0，得x ＝ln b ，故当x ∈(－∞，ln b )时，G ′(x )<0，此时G (x )单调递减；当x ∈(ln b ，＋∞)时，G ′(x )>0，此时G (x )单调递增．故G (x )min ＝b －b ln b ，所以m ≤b －b ln b ，则mb ≤b 2－b 2ln b . 设r (b )＝b 2－b 2ln b (b >0)，则r ′(b )＝2b －(2b ln b ＋b )＝b －2b ln b ，由于b >0，令r ′(b )＝0，得ln b ＝12，b ＝e ，当b ∈(0，e)时，r ′(b )>0，r (b )单调递增；当b ∈(e ，＋∞)时，r ′(b )<0，r (b )单调递减，所以r (b )max ＝e 2，即当b ＝e ，m ＝12e 时，mb 取得最大值e2.21．解：(1)因为点P (2，t )到焦点F 的距离为52，所以2＋p 2＝52，解得p ＝1，故抛物线C 的方程为y 2＝2x ，P (2，2)，所以l 1的方程为y ＝45x ＋25，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝45x ＋25，y 2＝2x ，可解得x Q ＝18，又|QF |＝x Q ＋12＝58，|PF |＝52，所以|QF ||PF |＝5852＝14.(2)设直线l 2的方程为x ＝ny ＋m (m ≠0)，代入抛物线方程可得y 2－2ny －2m ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2n ，y 1y 2＝－2m ，① 由OA ⊥OB 得，(ny 1＋m )(ny 2＋m )＋y 1y 2＝0，整理得(n 2＋1)y 1y 2＋nm (y 1＋y 2)＋m 2＝0，②将①代入②解得m ＝2或m ＝0(舍去)，满足Δ＝4n 2＋8m >0，所以直线l 2：x ＝ny ＋2，因为圆心M (a ，0)到直线l 2的距离d ＝|a －2|1＋n 2，所以|DE |＝2 12－（a －2）21＋n 2，显然当a ＝2时，|DE |＝2，所以存在实数a ＝2，使得|DE |为定值． 22．解：(1)如图，设圆C 上任意一点A (ρ，θ)，则∠AOC ＝θ－π3或π3－θ.由余弦定理得4＋ρ2－4ρcos(θ－π3)＝4，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3.作图如图所示．(2)在直角坐标系中，点C 的坐标为(1，3)，可设圆C 上任意一点P (1＋2cos α，3＋2sin α)，又令M (x ，y )，由Q (5，－3)，M 是线段PQ 的中点，得M 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝6＋2cos α2y ＝2sin α2(α为参数)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos αy ＝sin α(α为参数)，所以点M 的轨迹的普通方程为(x －3)2＋y 2＝1.23．解：(1)由于a ＝1，故f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x ，x <1.x －1，x ≥1.当x <1时，由f (x )≥12(x ＋1)，得1－x ≥12(x ＋1)，解得x ≤13；当x ≥1时，由f (x )≥12(x ＋1)，得x －1≥12(x ＋1)，解得x ≥3.综上，不等式f (x )≥12(x ＋1)的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，13∪[3，＋∞)． (2)当a <2时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －2，x ≤a ，2x －2－a ，a <x <2，2－a ，x ≥2，g (x )的值域A ＝[a －2，2－a ]，由A ⊆[－1，3]，得⎩⎪⎨⎪⎧a －2≥－1，2－a ≤3，解得a ≥1，又a <2，故1≤a <2；当a ≥2时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －2，x ≤2，－2x ＋2＋a ，2－a ，x ≥a ，2<x <a ，g (x )的值域A ＝[2－a ，a －2]，由A ⊆[－1，3]，得⎩⎪⎨⎪⎧2－a ≥－1，a －2≤3，解得a ≤3，又a ≥2，故2≤a ≤3. 综上，a 的取值范围为[1，3]．。

全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程仿真模拟卷一课件理

答案 C
解析集合 B＝{x|3x<1}，即 B＝{x|x<0}，而 A＝{x|x<1}，所以 A∪B＝ {x|x<1}，A∩B＝{x|x<0}．
2．记复数 z 的共轭复数为－z ，若－z (1－i)＝2i(i 为虚数单位)，则|z|＝( ) A. 2 B．1 C．2 2 D．2
答案 A
解析由－z (1－i)＝2i，可得－z ＝12－i i＝2i12＋i＝－1＋i，所以 z＝－1 －i，|z|＝ 2.
∴所求的概率为 P＝SS正梯方形形EAFBODHF＝136.
16．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*，n≥1)，则数列{Sn}的通项公式为________．
答案 Sn＝3n－2n
解析 ∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn， ∴Sn＋1＝2Sn＋3n， ∴S3nn＋＋11＝23·S3nn＋13，∴S3nn＋＋11－1＝23S3nn－1，又S31－1＝13－1＝－23， ∴数列S3nn－1是首项为－23，公比为23的等比数列， ∴S3nn－1＝－23×23n－1＝－23n， ∴Sn＝3n－2n.
仿真模拟卷仿真模拟卷一
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共 150 分，考试时间 120 分钟．
第Ⅰ卷一、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＝{x|x<1}，B＝{x|3x<1}，则( ) A．A∪B＝{x|x>1} B．A∪B＝R C．A∩B＝{x|x<0} D．A∩B＝∅
9．若函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，f14＝1，当 x<0 时，f(x)＝log2(－ x)＋m，则实数 m＝( )

(全国通用)2020版高考数学二轮复习专题提分教程仿真模拟卷四理

仿真模拟卷四本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、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 ＝{x |x ≥1}，B ＝{x |2x －3>0}，则A ∪B ＝( ) A ．[0，＋∞)B ．[1，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32答案 B解析因为B ＝{x |2x －3>0}＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >32，A ＝{x |x ≥1}，所以A ∪B ＝[1，＋∞)．2．已知复数z 满足(1－i)z ＝2i(i 为虚数单位)，则z －＝( ) A ．－1－i B ．－1＋i C ．1＋i D ．1－i答案 A解析由(1－i)z ＝2i ，得z ＝2i 1－i ＝2i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－1＋i ，∴z －＝－1－i.3．设a ，b 是空间两条直线，则“a ，b 不平行”是“a ，b 是异面直线”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 B解析由a ，b 是异面直线⇒a ，b 不平行．反之，若直线a ，b 不平行，也可能相交，不一定是异面直线．所以“a ，b 不平行”是“a ，b 是异面直线”的必要不充分条件．4．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m 2－m 1＝52lg E 1E 2，其中星等为m k 的星的亮度为E k (k ＝1,2)．已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )A ．1010.1B ．10.1C ．lg 10.1D ．10－10.1答案 A解析两颗星的星等与亮度满足m 2－m 1＝52lg E 1E 2，令m 2＝－1.45，m 1＝－26.7，则lg E 1E 2＝25(m 2－m 1)＝25×(－1.45＋26.7)＝10.1，从而E 1E 2＝1010.1. 5．执行如图所示的程序框图，若输出结果为1，则可输入的实数x 的值的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析根据题意，该框图的含义是：当x ≤2时，得到函数y ＝x 2－1；当x >2时，得到函数y ＝log 2x ，因此，若输出的结果为1时，若x ≤2，得到x 2－1＝1，解得x ＝±2，若x >2，得到log 2x ＝1，无解，因此，可输入的实数x 的值可能为－2，2，共有2个．6．安排A ，B ，C ，D ，E ，F ，共6名义工照顾甲、乙、丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A 不安排照顾老人甲，义工B 不安排照顾老人乙，则安排方法共有( )A ．30种B ．40种C ．42种D ．48种答案 C解析 6名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有C 26C 24＝90种安排方法，其中A 照顾老人甲的情况有C 15C 24＝30种，B 照顾老人乙的情况有C 15C 24＝30种，A 照顾老人甲，同时B 照顾老人乙的情况有C 14C 13＝12种，所以符合题意的安排方法有90－30－30＋12＝42种．7．在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，AC 与BD 相交于点O ，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，则AE →·EC →＝( )A.725 B.14425 C.125 D.1225答案 B解析如图，由AB ＝3，AD ＝4，得BD ＝9＋16＝5， AE ＝AB ·AD BD ＝125.又AE →·EC →＝AE →·(EO →＋OC →)＝AE →·EO →＋AE →·OC →＝AE →·EO →＋AE →·AO →， ∵AE ⊥BD ，∴AE →·EO →＝0，又AE →·AO →＝|AE →||AO →|·cos∠EAO ＝|AE →||AO →|·|AE →||AO →|＝|AE →|2＝14425，∴AE →·EC →＝14425.8．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为()A ．8＋π2＋7B ．8＋3π2＋7C ．6＋3π2＋ 3D ．6＋π2＋ 3答案 B解析由三视图可知，该几何体是由半个圆锥与一个四棱锥组合而成，如图所示，其中圆锥的底面半径为1，高为3，母线长为2，四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为3，取BC 的中点N ，连接MN ，PN ，则该几何体的表面积为S ＝12π×1×2＋12×π×12＋2×2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋12×2×3＋4＝3π2＋8＋7.9．若函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，则f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝x e x ＋e －xB ．f (x )＝xe x －e －xC ．f (x )＝e x＋e－xxD ．f (x )＝e x －e －xx答案 C解析当x →0时，f (x )→±∞，而A 中的f (x )→0，排除A ；当x ＜0时，f (x )＜0，而B 中x ＜0时，f (x )＝xe x－e－x>0，D 中，f (x )＝e x －e－xx>0，排除B ，D. 10．已知不等式xy ≤ax 2＋2y 2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．[1，＋∞) B ．[－1,4) C ．[－1，＋∞) D ．[－1,6]答案 C解析不等式xy ≤ax 2＋2y 2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立，等价于a ≥y x－2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立，令t ＝y x，则1≤t ≤3，∴a ≥t －2t 2在[1,3]上恒成立，∵y ＝－2t2＋t ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －142＋18，∴t ＝1时，y max ＝－1，∴a ≥－1，故a 的取值范围是[－1，＋∞)．11．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，e 为双曲线的离心率，P 是双曲线右支上的点，△PF 1F 2的内切圆的圆心为I ，过F 2作直线PI 的垂线，垂足为B ，则|OB |等于( )A ．aB ．bC ．eaD ．eb 答案 A解析如图，延长F 2B 交PF 1于点C ，在△PCF 2中，由题意，得它是一个等腰三角形，|PC |＝|PF 2|，B 为CF 2的中点，∴在△F 1CF 2中，有|OB |＝12|CF 1|＝12(|PF 1|－|PC |)＝12(|PF 1|－|PF 2|)＝12×2a ＝a .12．设min{m ，n }表示m ，n 二者中较小的一个，已知函数f (x )＝x 2＋8x ＋14，g (x )＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2，log 2(4x )(x >0)．若∀x 1∈[－5，a ](a ≥－4)，∃x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则a 的最大值为( )A ．－4B ．－3C ．－2D ．0 答案 C解析由题意得g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2(4x )，0<x <1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2，x ≥1，则g (x )max ＝g (1)＝2.在同一坐标系作出函数f (x )(－5≤x ≤a )和g (x )(x >0)的图象，如图所示．由f (x )＝2，得x ＝－6或－2，∵∀x 1∈[－5，a ]， ∃x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立， ∴－4≤a ≤－2，∴a 的最大值为－2.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知点P (x ，y )满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1≤0，x ＋2y －1≥0，y ≤3，则点P 到原点O 的最大距离为________．答案34解析画出⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1≤0，x ＋2y －1≥0，y ≤3表示的可行域如图阴影部分所示(含边界)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3，x ＋2y －1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－5，y ＝3，由图得，当点P 的坐标为(－5,3)时，点P 到原点的距离最大，且最大值为25＋9＝34.14．函数f (x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋sin x ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6－sin x 的最小正周期为________，最大值为________．答案 π 12解析 f (x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋sin x ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6－sin x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos2x ＋32sin2x ＝12cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3，∴f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，最大值为12.15．从4男2女共6名学生中选出队长1人、副队长1人、普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)答案 168解析第一类，先选1女3男，有C 34C 12＝8(种)，从这4人中选2人作为队长和副队长有A 24＝12(种)，故有8×12＝96(种)；第二类，先选2女2男，有C 24C 22＝6(种)，从这4人中选2人作为队长和副队长有A 24＝12(种)，故有6×12＝72(种)，根据分类加法计数原理共有96＋72＝168(种)．16．如图，在△ABC 中，sin ∠ABC 2＝33，点D 在线段AC 上，且AD ＝2DC ，BD ＝433，则△ABC 的面积的最大值为________．答案 3 2解析由sin ∠ABC 2＝33，可得cos ∠ABC 2＝63，则sin ∠ABC ＝2sin ∠ABC 2cos ∠ABC 2＝223.由sin ∠ABC 2＝33<22可知，0°<∠ABC2<45°，则0°<∠ABC <90°，由同角三角函数基本关系可知，cos ∠ABC ＝13.设AB ＝x ，BC ＝y ，AC ＝3z (x >0，y >0，z >0)，在△ABD 中，由余弦定理可得， cos ∠BDA ＝163＋(2z )2－x 22×433×2z，在△CBD 中，由余弦定理可得，cos ∠BDC ＝163＋z 2－y 22×433×z，由∠BDA ＋∠BDC ＝180°，故cos ∠BDA ＝－cos ∠BDC ，即163＋(2z )2－x 22×433×2z ＝－163＋z 2－y 22×433×z，整理可得16＋6z 2－x 2－2y 2＝0. ① 在△ABC 中，由余弦定理可知，x 2＋y 2－2xy ×13＝(3z )2，则6z 2＝23x 2＋23y 2－49xy ，代入①式整理计算可得，13x 2＋43y 2＋49xy ＝16，由基本不等式可得， 16≥213x 2×43y 2＋49xy ＝169xy ，故xy ≤9，当且仅当x ＝32，y ＝322时等号成立，据此可知，△ABC 面积的最大值为S max ＝12(AB ·BC )max ·sin∠ABC ＝12×9×223＝3 2.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知数列{a n }满足：a n ≠1，a n ＋1＝2－1a n(n ∈N *)，数列{b n }中，b n＝1a n －1，且b 1，b 2，b 4成等比数列． (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)若S n 是数列{b n }的前n 项和，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n .解 (1)证明：b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列．(2)由题意可得b 22＝b 1b 4，即(b 1＋1)2＝b 1(b 1＋3)，∴b 1＝1，∴b n ＝n ， ∴S n ＝n (n ＋1)2，∴1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，T n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2×⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 18．(本小题满分12分)《中国诗词大会》是央视推出的一档以“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”为宗旨的大型文化类竞赛节目，邀请全国各个年龄段、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，成员上至古稀老人，下至垂髫小儿，人数按照年龄分组统计如下表：(1)用分层抽样的方法从“百人团”中抽取6人参加挑战，求从这三个不同年龄组中分别抽取的挑战者的人数；(2)在(1)中抽出的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．解 (1)∵样本容量与总体个数的比是6108＝118，∴样本中包含3个年龄段的个体数，分别是：年龄在[7,20)的人数为118×18＝1，年龄在[20,40)的人数为118×54＝3，年龄在[40,80]的人数为118×36＝2，∴从这三个不同年龄组[7,20)，[20,40)，[40,80]中分别抽取的挑战者的人数为1,3,2. (2)用分层抽样的方法从“百人团”中抽取6人参加挑战，这三个不同年龄组[7,20)，[20,40)，[40,80]中分别抽取的挑战者的人数为1,3,2.从抽出的6人中，任选2人参加一对一的对抗比赛，基本事件总数为n ＝C 26＝15，这2人来自同一年龄组包含的基本事件个数为m ＝C 23＋C 22＝4，∴这2人来自同一年龄组的概率P ＝m n ＝415.19．(本小题满分12分)如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为棱A 1B 1与BB 1的中点，M ，N 为线段C 1D 上的动点，其中，M 更靠近D ，且MN ＝C 1N .(1)证明：A 1E ⊥平面AC 1D ；(2)若NE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1020，求异面直线BM 与NE 所成角的余弦值．解 (1)证明：由已知得△A 1B 1C 1为正三角形，D 为棱A 1B 1的中点， ∴C 1D ⊥A 1B 1，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面A 1B 1C 1，C 1D ⊂底面A 1B 1C 1，则AA 1⊥C 1D . 又A 1B 1∩AA 1＝A 1，A 1B 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1， ∴C 1D ⊥平面ABB 1A 1，又A 1E ⊂平面ABB 1A 1， ∴C 1D ⊥A 1E .易证A 1E ⊥AD ，又AD ∩C 1D ＝D ，AD ，C 1D ⊂平面AC 1D ， ∴A 1E ⊥平面AC 1D .(2)取BC 的中点O ，B 1C 1的中点O 1，连接AO ，则AO ⊥BC ，OO 1⊥BC ，OO 1⊥AO ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则B (0,1,0)，E (0,1,1)，C 1(0，－1,2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，2，设C 1N →＝λC 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32λ，32λ，0，则NE →＝C 1E →－C 1N →＝(0,2，－1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫32λ，32λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32λ，2－32λ，－1，易知n ＝(1,0,0)是平面BCC 1B 1的一个法向量，∴|cos 〈NE →，n 〉|＝32λ3λ2－6λ＋5＝1020，解得λ＝13，λ＝－59(舍去)．∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，32，－1，C 1M →＝2λC 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，0，BM →＝BC 1→＋C 1M →＝⎝⎛⎭⎪⎫33，－1，2， ∴cos 〈NE →，BM →〉＝－16－32－2103× 163＝－111040，∴异面直线NE 与BM 所成角的余弦值为111040.20．(本小题满分12分)已知A ，F 分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左顶点、右焦点，点P 为椭圆C 上一动点，当PF ⊥x 轴时，|AF |＝2|PF |.(1)求椭圆C 的离心率；(2)若椭圆C 上存在点Q ，使得四边形AOPQ 是平行四边形(点P 在第一象限)，求直线AP 与OQ 的斜率之积；(3)记圆O ：x 2＋y 2＝aba 2＋b 2为椭圆C 的“关联圆”．若b ＝3，过点P 作椭圆C 的“关联圆”的两条切线，切点为M ，N ，直线MN 在x 轴和y 轴上的截距分别为m ，n ，求证：3m 2＋4n2为定值．解 (1)由PF ⊥x 轴，知x P ＝c ，代入椭圆C 的方程，得c 2a 2＋y 2Pb 2＝1，解得y P ＝±b 2a. 又|AF |＝2|PF |，所以a ＋c ＝2b 2a，所以a 2＋ac ＝2b 2，即a 2－2c 2－ac ＝0，所以2e 2＋e －1＝0，由0<e <1，解得e ＝12.(2)因为四边形AOPQ 是平行四边形，所以PQ ＝a 且PQ ∥x 轴，所以x P ＝a 2，代入椭圆C 的方程，解得y P ＝±32b ，因为点P 在第一象限，所以y P ＝32b ，同理可得x Q ＝－a 2，y Q ＝32b ，所以k AP k OQ ＝3b 2a2－(－a )·3b 2－a 2＝－b 2a2，由(1)知e ＝c a ＝12，得b 2a 2＝34，所以k AP k OQ ＝－34.(3)证明：由(1)知e ＝c a ＝12，又b ＝3，解得a ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1，圆O 的方程为x 2＋y 2＝237. ①连接OM ，ON (图略)，由题意可知，OM ⊥PM ，ON ⊥PN ，所以四边形OMPN 的外接圆是以OP 为直径的圆，设P (x 0，y 0)，则四边形OMPN 的外接圆方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 022＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －y 022＝14(x 20＋y 20)，即x 2－xx 0＋y 2－yy 0＝0. ②①－②，得直线MN 的方程为xx 0＋yy 0＝237，令y ＝0，则m ＝237x 0，令x ＝0，则n ＝237y 0.所以3m 2＋4n 2＝49⎝ ⎛⎭⎪⎫x 204＋y 203，因为点P 在椭圆C 上，所以x 204＋y 203＝1，所以3m 2＋4n2＝49(为定值)．21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝x 2，a ∈R . (1)求函数f (x )的极值点；(2)若f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )＝ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，令f ′(x )＝1x －a >0得0<x <1a，令f ′(x )＝1x －a <0得x >1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以函数f (x )有极大值点为x ＝1a，无极小值点．(2)由条件可得ln x －x 2－ax ≤0(x >0)恒成立，则当x >0时，a ≥ln xx－x 恒成立，令h (x )＝ln x x －x (x >0)，则h ′(x )＝1－x 2－ln x x2，令k (x )＝1－x 2－ln x (x >0)，则当x >0时，k ′(x )＝－2x －1x<0，所以k (x )在(0，＋∞)上为减函数．又k (1)＝0，所以在(0,1)上，h ′(x )>0；在(1，＋∞)上，h ′(x )<0.所以h (x )在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，所以h (x )max ＝h (1)＝－1，所以a ≥－1.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，作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝e t ＋e －t，y ＝e t －e －t(其中t 为参数)，在以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系(两种坐标系的单位长度相同)中，直线l的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＝ 2.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)求直线l 与曲线C 的公共点P 的极坐标．解 (1)消去参数t ，得曲线C 的直角坐标方程x 2－y 2＝4(x ≥2)．将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2－y 2＝4，得ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4. 所以曲线C 的极坐标方程为ρ2cos2θ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4<θ<π4.(2)将l 与C 的极坐标方程联立，消去ρ得4sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＝2cos2θ.展开得3cos 2θ－23sin θcos θ＋sin 2θ＝2(cos 2θ－sin 2θ)．因为cos θ≠0，所以3tan 2θ－23tan θ＋1＝0. 于是方程的解为tan θ＝33，即θ＝π6. 代入ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫π3－θ＝2，得ρ＝22，所以点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π6. 23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲] 已知x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4.(1)要使不等式1x ＋1y≥|a ＋2|－|a －1|恒成立，求实数a 的取值范围；(2)求证：x 2＋2y 2≥323，并指出等号成立的条件．解 (1)因为x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4，所以x 4＋y4＝1.由基本不等式，得1x ＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 4＋y 4＝12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ≥12＋12 y x ·xy＝1，当且仅当x ＝y ＝2时取等号．要使不等式1x ＋1y≥|a ＋2|－|a －1|恒成立，只需不等式|a ＋2|－|a －1|≤1成立即可．构造函数f (a )＝|a ＋2|－|a －1|，则等价于解不等式f (a )≤1.因为f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，a ≤－2，2a ＋1，－2<a <1，3，a ≥1，所以解不等式f (a )≤1，得a ≤0. 所以实数a 的取值范围为(－∞，0]．(2)证明：因为x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4，所以y ＝4－x (0<x <4)，于是x 2＋2y 2＝x 2＋2(4－x )2＝3x 2－16x ＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －832＋323≥323，当x ＝83，y ＝43时等号成立．。

2020高考数学(理科)全国二卷高考模拟试卷(4)

2020高考数学（理科）全国二卷高考模拟试卷（4）一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知集合A ＝{x |x ＜6且x ∈N *}，则A 的非空真子集的个数为（） A ．30B ．31C ．62D ．632．（5分）若复数z 满足（1+i ）z ＝|√3−i |，则z ＝（） A ．√2iB ．−√2iC ．1﹣iD ．√2−√2i3．（5分）若sin(π3−α)=−13，则cos(π6+α)=（） A ．−2√29B ．−13C ．13D ．2√294．（5分）阅读下面的程序框图，如果输出的函数值f(x)∈[14，2]，那么输入的实数x 的取值范围是（）A ．[﹣1，2]B ．[﹣2，1]C ．（﹣∞，1]∪[2，+∞）D ．（﹣∞，1]∪（2，+∞）5．（5分）盒中有5个大小相同的球，其中白球3个，黑球2个，从中任意摸出3个（摸出后不放回），则至少摸出一个黑球的概率为（） A ．910B ．110C ．710D ．3106．（5分）已知圆M ：（x +6）2+y 2＝1，圆N ：（x ﹣6）2+y 2＝9，动圆P 与圆M 和圆N 都外切，则圆心P 的轨迹方程是（）A ．x 2−y 235=1B ．x 2−y 235=1（x ≤﹣1）C ．x 236+y 2＝1D ．x 236+y 2＝1（x ≤﹣1）7．（5分）O 为△ABC 内一点，且OA →+OB →+2OC →=0→，AD →=tAC →，若B ，O ，D 三点共线，则t 的值为（）A ．16B ．14C ．12D ．238．（5分）函数f （x ）＝sin 2x +cos x ﹣1的值域为（） A ．[−2，14] B ．[0，14]C ．[−14，14]D ．[−1，14]9．（5分）已知椭圆E ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的上顶点为B ，右焦点为F ，延长BF 交椭圆E 于点C ，BF →=λFC →（λ＞1），则椭圆E 的离心率e ＝（）A ．√λ−1λ+1B ．λ−1λ+1C ．√λ2−1λ2+1D ．λ2−1λ+110．（5分）将(1−1x 2)n (n ∈N +)的展开式中x ﹣4的系数记为a n ，则1a 2+1a 3+⋯+1a 2016等于（） A ．20152016B ．20151008C ．2015D ．201611．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为（）A ．2√3B ．2√2C ．3D ．√612．（5分）已知函数f （x ）=a+lnxx，g （x ）＝e x ﹣1（e 为自然对数的底数），∃x ∈（0，+∞），使得f （x ）≥g （x ）成立，则实数a 的最小值为（） A ．1B ．eC ．2D ．ln 2二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）已知f （x ）为奇函数，且在[0，+∞）上是减函数，若不等式f （ax ﹣1）≤f （x ﹣2）在x ∈[1，2]上都成立，则实数a 的取值范围是．14．（5分）设变量x ，y 满足约束条件：{x +y ≥3x −y ≥−12x −y ≤3，则目标函数z ＝3x ﹣2y 的最小值为．15．（5分）若直线y＝x+b与曲线y=√9−x2有公共点，则b的取值范围．16．（5分）公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上．一人在公路上向东行走，在点A处测得楼顶的仰角为45°，行走80米到点B处，测得仰角为30°，再行走80米到点C处，测得仰角为θ．则tanθ＝．三．解答题（共7小题）17．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+a n+1＝4n．（1）求a2，a3的值．（2）证明：{a n}是等差数列．（3）记b n＝a n•2a n，求数列{b n}的前n项和S n．18．四棱锥P﹣ABCD中，P A＝AD＝2，AB＝BC＝CD＝1，BC∥AD，∠P AD＝90°．∠PBA 为锐角，平面PBA⊥平面PBD．（1）证明：P A⊥平面ABCD；（2）求平面PCD与平面P AB所成的锐二面角的余弦值．19．如图，过点P(0，12)作直线l交抛物线C：y2＝x于A，B两点（点A在P，B之间），设点A，B的纵坐标分别为y1，y2，过点A作x轴的垂线交直线OB于点D．（Ⅰ）求证：1y1+1y2=2；（Ⅱ）求△OAD的面积S的最大值．20．某养鸡厂在荒山上散养天然土鸡，城里有7个饭店且每个饭店一年有300天需要这种土鸡，A饭店每天需要的数量是14～18之间的一个随机数，去年A饭店这300天里每天需要这种土鸡的数量x（单位：只）的统计情况如表：x1415161718频数4560756060这300天内（假设这7个饭店对这种土鸡的需求量一样），养鸡厂每天出栏土鸡7a（14≤a≤18）只，送到城里的这7个饭店，每个饭店a只，每只土鸡的成本是40元，以每只70元的价格出售，超出饭店需求量的部分以每只56﹣a元的价钱处理．（Ⅰ）若a＝16，求养鸡厂当天在A饭店得到的利润y（单位：元）关于需求量x（单位：只，x∈N*）的函数解析式；（Ⅱ）以表中记录的各需求量的频率作为各需求量发生时的概率，若养鸡厂计划一天出栏112只或119只土鸡，为了获取最大利润，你认为养鸡厂一天应该出栏112只还是119只？21．已知函数f（x）={x24e2，x≥02x，x＜0，g（x）＝ln（x+a）．（1）若f（x），g（x）有公共点M，且在点M处有相同的切线，求点M的坐标；（2）判定函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在[0，+∞）上的零点个数．22．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＝m，曲线C2的极坐标方程为ρ2=123+sin2θ．（1）求曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的参数方程；（2）设曲线C1与曲线C2在第二象限的交点为A，曲线C1与x轴的交点为H，点M（1，0），求△AMH的周长l的最大值．23．已知函数f（x）＝|2x+1|．（1）求不等式f（x）≤1的解集；（2）若∀x∈R，f（x2）≥a|x|恒成立，求实数a的最大值．2020高考数学（理科）全国二卷高考模拟试卷（4）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知集合A＝{x|x＜6且x∈N*}，则A的非空真子集的个数为（）A．30B．31C．62D．63【解答】解：∵集合A＝{x|x＜6且x∈N*}＝{1，2，3，4，5}，故A的子集个数为25＝32，非空真子集个数为30．故选：A．2．（5分）若复数z满足（1+i）z＝|√3−i|，则z＝（）A．√2i B．−√2i C．1﹣i D．√2−√2i 【解答】解：由（1+i）z＝|√3−i|＝2，得z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，故选：C．3．（5分）若sin(π3−α)=−13，则cos(π6+α)=（）A．−2√29B．−13C．13D．2√29【解答】解：sin(π3−α)=−13，则cos(π6+α)=cos[π2−（π3−α）]=sin(π3−α)=−13，故选：B．4．（5分）阅读下面的程序框图，如果输出的函数值f(x)∈[14，2]，那么输入的实数x的取值范围是（）A．[﹣1，2]B．[﹣2，1]C．（﹣∞，1]∪[2，+∞）D．（﹣∞，1]∪（2，+∞）【解答】解：由题意函数f（x）可看成是分段函数，f （x ）={2x ，x ∈[−2，2]2，x ∈(−∞，2)∪(2，+∞)，当输出的函数值f(x)∈[14，2]时， ①f （x ）＝2x ∈[14，2]，x ∈[﹣2，2]，即解14≤2x ≤2，解得﹣2≤x ≤1，即x ∈[﹣2，1]，②f （x ）＝2时，x ∈（﹣∞，2）∪（2，+∞），由①②两种情况都有可能，所以想的范围为①②并集，即x ∈（﹣∞，1]∪（2，+∞）．故选：D ．5．（5分）盒中有5个大小相同的球，其中白球3个，黑球2个，从中任意摸出3个（摸出后不放回），则至少摸出一个黑球的概率为（） A ．910B ．110C ．710D ．310【解答】解：盒中有5个大小相同的球，其中白球3个，黑球2个，从中任意摸出3个（摸出后不放回），基本事件总数n =C 53=10，至少摸出一个黑球包含的基本事件个数m =C 31C 22+C 32C 21=9，∴至少摸出一个黑球的概率为p =m n =910．故选：A ．6．（5分）已知圆M ：（x +6）2+y 2＝1，圆N ：（x ﹣6）2+y 2＝9，动圆P 与圆M 和圆N 都外切，则圆心P 的轨迹方程是（） A ．x 2−y 235=1 B ．x 2−y 235=1（x ≤﹣1） C ．x 236+y 2＝1D ．x 236+y 2＝1（x ≤﹣1）【解答】解：圆M ：（x +6）2+y 2＝1的圆心为M （﹣6，0），半径为r 1＝1；圆N ：（x ﹣6）2+y 2＝9的圆心为N （6，0），半径为r 2＝3；设动圆P 的半径为R ，则由圆P 与圆M 和圆N 都外切，得PN ﹣PM ＝（r 2+R ）﹣（r 1+R ）＝2；由双曲线的定义知，曲线C 是以M 、N 为左右焦点，实轴长为2的双曲线的左支， ∴圆心P 的轨迹方程是x 2−y 235=1（x ≤﹣1）．故选：B ．7．（5分）O 为△ABC 内一点，且OA →+OB →+2OC →=0→，AD →=tAC →，若B ，O ，D 三点共线，则t 的值为（） A ．16B ．14C ．12D ．23【解答】解：由AD →=tAC →得，OD →−OA →=t(OC →−OA →)， ∴OD →=tOC →+(1−t)OA →， ∵B ，O ，D 三点共线，∴可设BO →=λOD →，且OA →+OB →+2OC →=0→， ∴OA →+2OC →=λtOC →+(1−t)λOA →， ∴{λt =2(1−t)λ=1，解得t =23．故选：D ．8．（5分）函数f （x ）＝sin 2x +cos x ﹣1的值域为（） A ．[−2，14]B ．[0，14]C ．[−14，14]D ．[−1，14]【解答】解：函数f （x ）＝sin 2x +cos x ﹣1＝1﹣cos 2x +cos x ﹣1＝﹣cos 2x +cos x =−(cosx −12)2+14，当cos x =12时，f(x)max =14，当cos x ＝﹣1时，f （x ）min ＝﹣2，所以函数f （x ）的值域为[﹣2，14]．故选：A ．9．（5分）已知椭圆E ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的上顶点为B ，右焦点为F ，延长BF 交椭圆E 于点C ，BF →=λFC →（λ＞1），则椭圆E 的离心率e ＝（）A ．√λ−1λ+1B ．λ−1λ+1C ．√λ2−1λ2+1D ．λ2−1λ+1【解答】解：设C （x ，y ），根据BF →=λFC →可得：{c =λ(x −c)−b =λy，则{x =(1+λ)λcy =−b λ，因为C 在椭圆上，带入方程可得(1+λ)2λ2⋅e 2+1λ2=1，即e 2=λ2−1(1+λ)2=λ−1λ+1，则e =√λ−1λ+1．故选：A ．10．（5分）将(1−1x 2)n (n ∈N +)的展开式中x ﹣4的系数记为a n ，则1a 2+1a 3+⋯+1a 2016等于（） A ．20152016B ．20151008C ．2015D ．2016【解答】解：将(1−1x 2)n (n ∈N +)的展开式中x ﹣4的系数记为a n ，∴a n =C n 2=n(n−1)2， ∴则1a 2+1a 3+⋯+1a 2016=21⋅2+22⋅3+23⋅4+••+22015⋅2016=2（1−12+12−13+13−14+⋯+12015−12016）＝2•20152016=20151008，故选：B ．11．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为（）A ．2√3B ．2√2C ．3D ．√6【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四面体ABCD ，四面体所在正方体的棱长为2，则棱长分别为：AB ＝CD =√5，AC =2√2，BC ＝1，BD =√6，AD ＝3．最长的棱的长度为3．故选：C ．12．（5分）已知函数f （x ）=a+lnxx，g （x ）＝e x ﹣1（e 为自然对数的底数），∃x ∈（0，+∞），使得f （x ）≥g （x ）成立，则实数a 的最小值为（） A ．1B ．eC ．2D ．ln 2【解答】解：∵f （x ）=a+lnxx，g （x ）＝e x ﹣1（e 为自然对数的底数），∃x ∈（0，+∞），使得f （x ）≥g （x ）成立，即∃x ∈（0，+∞），使得a+lnx x≥e x ﹣1成立，即∃x ∈（0，+∞），使得a ≥xe x ﹣x ﹣lnx 成立．令g （x ）＝xe x ﹣x ﹣lnx （x ＞0），则a ≥g （x ）min ，∵g ′（x ）＝（1+x ）e x ﹣1−1x（x ＞0）， ∴g ″（x ）＝（2+x ）e x +1x 2＞0， ∴g ′（x ）＝（1+x ）e x ﹣1−1x 在（0，+∞）上单调递增，又g ′（13）=43e 13−4＜0，g ′（1）＝2e ﹣2＞0，∴∃x 0∈（13，1）使得g ′（x 0）＝0，此时g （x ）＝xe x ﹣x ﹣lnx 取得极小值，也是最小值．令g ′（x 0）＝0，则（1+x 0）e x 0=1+x 0x 0，即e x 0=1x 0．∴g （x 0）＝x 0e x 0−x 0﹣lnx 0＝1﹣x 0﹣ln e −x 0=1，即g （x ）min ＝1， ∴a ≥1，∴实数a 的最小值为1，故选：A ．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）已知f （x ）为奇函数，且在[0，+∞）上是减函数，若不等式f （ax ﹣1）≤f （x ﹣2）在x ∈[1，2]上都成立，则实数a 的取值范围是 a ≤0 ．【解答】解：已知f （x ）为奇函数，且在[0，+∞）上是减函数，可得f （x ）在R 上递减，所以ax ﹣1≤x ﹣2，分离参数得a ≤1−1x，由y ＝1−1x在x ∈[1，2]单调递增，所以a ≤（1−1x ）min ＝1﹣1＝0，故答案为：a ≤0．14．（5分）设变量x ，y 满足约束条件：{x +y ≥3x −y ≥−12x −y ≤3，则目标函数z ＝3x ﹣2y 的最小值为 ﹣1 ．【解答】解：画出不等式组{x +y ≥3x −y ≥−12x −y ≤3表示的平面区域，如图阴影所示；由图形知，当目标函数z ＝3x ﹣2y 过点A 时，z 取得最小值；由{x +y =3x −y =−1，求得A （1，2），所以z 的最小值为z min ＝3×1﹣2×2＝﹣1．故答案为：﹣1．15．（5分）若直线y ＝x +b 与曲线y =√9−x 2有公共点，则b 的取值范围 [﹣3，3√2] ．【解答】解：由y =√9−x 2，得x 2+y 2＝9（y ≥0），作出半圆与直线y ＝x +b 如图，由图可知，要使直线y ＝x +b 与曲线y =√9−x 2有公共点，则b 的取值范围是[﹣3，3√2]．故答案为：[﹣3，3√2]．16．（5分）公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上．一人在公路上向东行走，在点A 处测得楼顶的仰角为45°，行走80米到点B 处，测得仰角为30°，再行走80米到点C 处，测得仰角为θ．则tan θ＝ 3√7777．【解答】解：如图；DE ⊥面ACE ，∠EAB ＝45°，∠EBD ＝30°；由题可得：AE ＝DE ＝60；AB ＝BC ＝80； ∴EB =DEtan30°=60√3； ∴cos∠EAB=AE 2+AB 2−BE 22AE⋅AB =AE 2+AC 2−EC22AE⋅AC⇒602+802−(60√3)22×60×80=602+1602−EC 22×60×160⇒EC ＝20√77；∴tan θ=2077=3√7777；故答案为：3√7777．三．解答题（共7小题）17．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+a n+1＝4n．（1）求a2，a3的值．（2）证明：{a n}是等差数列．（3）记b n＝a n•2a n，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，a n+a n+1＝4n．当n＝1时，解得a2＝3，当n＝2时，解得a3＝5，证明：（2）由于数列{a n}满足a1＝1，a n+a n+1＝4n①．当n≥2时，a n﹣1+a n＝4（n﹣1）②，所以a n+1﹣a n﹣1＝4．所以当n为奇数时a1＝1，a3＝5，a5＝9，…．当n为偶数时，a2＝3，a4＝7，a6＝11，…所以a n＝2n﹣1．（3）由于a n＝2n﹣1，所以b n＝a n•2a n=（2n﹣1）•22n﹣1＝n•4n﹣22n﹣1，设c n=n⋅4n，故T n=1⋅41+2⋅42+⋯+n⋅4n①，4T n=1⋅42+2⋅43+⋯+n⋅4n+1②，①﹣②得：T n=n⋅4n+13−49(4n−1)，设d n=22n−1，所以K n=21+23+⋯+22n−1=2(4n−1)=2(4n−1)，所以S n =T n +K n =n⋅4n+13．18．四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝CD ＝1，BC ∥AD ，∠P AD ＝90°．∠PBA 为锐角，平面PBA ⊥平面PBD ．（1）证明：P A ⊥平面ABCD ；（2）求平面PCD 与平面P AB 所成的锐二面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：作AM ⊥PB 于M ，则由平面P AB ⊥平面PBD ⇒AM ⊥平面PBD ⇒AM ⊥BD ．取AD 中点为Q ，则BC ∥¯¯QD ⇒BQ =CD =1=QD =QA ⇒∠ABD =90°．又∠PBA 为锐角，∴M 、B 不重合．{DB ⊥AB DB ⊥AM⇒DB ⊥平面P AB ⇒P A ⊥DB 与P A ⊥AD ⇒P A ⊥平面ABCD ．（2）取AQ 中点H ，如图建立空间直角坐标系（其中x 轴与HB 平行），则B(√32，12，0)，C(√32，32，0)，D （0，2，0），P （0，0，2）．由（1）的证明知：平面P AB 的法向量为BD →=(−√32，32，0)．设平面PCD 的法向量为m →=(x ，y ，z)，则{m →⋅PD →=0m →⋅CD →=0即{2y −2z =0−√32x +12y =0．令x =1⇒m =(1，√3，√3)，cos〈m →，BD →〉=m →⋅BD →|m →|⋅|BD →|=−√32+3√323⋅7=√77．平面PCD 与平面P AB 所成的锐二面角的余弦值：√77．19．如图，过点P(0，12)作直线l交抛物线C：y2＝x于A，B两点（点A在P，B之间），设点A，B的纵坐标分别为y1，y2，过点A作x轴的垂线交直线OB于点D．（Ⅰ）求证：1y1+1y2=2；（Ⅱ）求△OAD的面积S的最大值．【解答】解：（Ⅰ）证明：可设直线l的方程为y＝kx+12，联立抛物线y2＝x，可得ky2﹣y+12=0，则y1+y2=1k，y1y2=12k，即有1y1+1y2=y1+y2y1y2=2；（Ⅱ）由△＝1﹣2k＞0，即k＜12，由A（y12，y1）在P，B之间，所以y1=1−√1−2k2k=1+1−2k，y1∈（0，1），可设D（y12，y D），D在直线OB：y=xy2上可得y D=y12 y2，所以△OAD的面积为S=12y12（y1−y12y2），由1y2=2−1y1，可得S＝y13﹣y14（0＜y1＜1），S′＝y12（3﹣4y1），可得0＜y 1＜34时，S ′＞0，函数S 递增；34＜y 1＜1时，S ′＜0，函数S 递减，可得y 1=34，即k =49时，△OAD 的面积S 的最大值为27256．20．某养鸡厂在荒山上散养天然土鸡，城里有7个饭店且每个饭店一年有300天需要这种土鸡，A 饭店每天需要的数量是14～18之间的一个随机数，去年A 饭店这300天里每天需要这种土鸡的数量x （单位：只）的统计情况如表：x 14 15 16 17 18 频数4560756060这300天内（假设这7个饭店对这种土鸡的需求量一样），养鸡厂每天出栏土鸡7a （14≤a ≤18）只，送到城里的这7个饭店，每个饭店a 只，每只土鸡的成本是40元，以每只70元的价格出售，超出饭店需求量的部分以每只56﹣a 元的价钱处理．（Ⅰ）若a ＝16，求养鸡厂当天在A 饭店得到的利润y （单位：元）关于需求量x （单位：只，x ∈N *）的函数解析式；（Ⅱ）以表中记录的各需求量的频率作为各需求量发生时的概率，若养鸡厂计划一天出栏112只或119只土鸡，为了获取最大利润，你认为养鸡厂一天应该出栏112只还是119只？【解答】解：（Ⅰ）当x ＜a 时，y ＝（70﹣40）x +（56﹣a ﹣40）（a ﹣x ）＝（14+a ）x +16a ﹣a 2，当x ≥a 时，y ＝30a ，∴y ={(14+a)x +16a −a 2，x ＜a 30a ，x ≥a (x ∈N ∗)，由a ＝16，得y ={30x ，x ＜16480，x ≥16（x ∈N *）；（Ⅱ）若出栏112只，则a ＝16，y ={30x ，x ＜16480，x ≥16（x ∈N *）．记Y 1为养鸡场当天在一个饭店获得的利润， Y 1可求420，450，480．P （Y 1＝420）＝0.15，P （Y 1＝450）＝0.2，P （Y 1＝480）＝0.65， Y 1的分布列为：Y1420450480P0.150.20.65 E（Y1）＝420×0.15+450×0.2+480×0.65＝465；若出栏119只，则a＝17，y={31x−17，x＜17510，x≥17（x∈N*）．记Y2为养鸡场当天在一个饭店获得的利润，Y2可求417，448，479，510．P（Y2＝417）＝0.15，P（Y2＝448）＝0.2，P（Y2＝479）＝0.25，P（Y2＝510）＝0.4，Y2的分布列为：Y2417448479510P0.150.20.250.4E（Y2）＝417×0.15+448×0.2+479×0.25+510×0.4＝475.9．∵E（Y1）＜E（Y2），∴养鸡场出栏119只时，或利润最大．21．已知函数f（x）={x24e2，x≥02x，x＜0，g（x）＝ln（x+a）．（1）若f（x），g（x）有公共点M，且在点M处有相同的切线，求点M的坐标；（2）判定函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在[0，+∞）上的零点个数．【解答】解：（1）设M（x0，y0），则当x0≥0时，{x024e2=ln(x0+a)①x0 2e2=1x0+a②，由②得x0+a=2e2x0，代入①得x024e=ln2e2x0=ln(2e2)−lnx0，对函数φ(x)=x24e2−ln(2e2)+lnx，求导得φ′(x)=x2e2+1x＞0，∴φ（x）为增函数，且φ（2e）＝0，故x0＝2e；当x0＜0时，{2x0=ln(x0+a)2=1x0+a，则2x0=ln12，即x0=−ln22；综上，M的坐标为（2e，1）或(−ln22，−ln2)；（2）由（1）知，x0＝2e时，a=−e，ℎ(x)=x24e2−ln(x−e)，则ℎ′(x)=x2e2−1x−e，ℎ″(x)=12e2+1(x−e)2＞0，故h′（x）在定义域上单调递增，则易知h′（x）有唯一零点为x＝2e，则h（x）≥h （2e）＝0，故h（x）有唯一零点；当a＜﹣e时，ℎ(x)=x24e2−ln(x+a)＞x24e2−ln(x−e)≥0，h（x）无零点；当﹣e＜a≤1时，ℎ′(x)=x2−1x+a在[0，+∞）上至多一个零点，h（x）在（0，+∞）上至少两个零点，而h（0）＝﹣lna≥0，h（2e）＝1﹣ln（2e+a）＜0，x→+∞时，h（x）→+∞，故h（x）在（0，2e），（2e，+∞）上各一个零点；当a＞1时，ℎ′(x)=x2e2−1x+a满足h′（0）＜0，h′（2e）＞0，故在（0，2e）上，h′（x）仅一个零点，设为m，在（0，m）上，h（x）为减函数，在（m，+∞）上，h（x）为增函数，而ℎ(0)=−1a＜0，ℎ(m)＜ℎ(0)＜0，x→+∞时，h（x）→+∞，故仅在（m，+∞）上有一个零点．综上可得，当a＜﹣e时，h（x）无零点；当a＝﹣e或a＞1时，h（x）有1个零点；当﹣e＜a≤1时，h（x）有2个零点．22．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＝m，曲线C2的极坐标方程为ρ2=123+sin2θ．（1）求曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的参数方程；（2）设曲线C1与曲线C2在第二象限的交点为A，曲线C1与x轴的交点为H，点M（1，0），求△AMH的周长l的最大值．【解答】解：（1）曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＝m，转换为直角坐标方程为：x＝m．曲线C2的极坐标方程为ρ2=123+sin2θ．转换为直角坐标方程为3x2+4y2＝12，整理得x24+y23=1，转换为参数方程为{x=2cosθy=√3sinθ（θ为参数）．（2）曲线C1与曲线C2在第二象限的交点为A（2cosθ，√3sinθ），M（1，0），H（2cosθ，0）所以所以l△ABC＝|AM|+|MH|+|AH|=√3sinθ+1−2cosθ+√(2cosθ−1)2+(√3sinθ)2=√3sinθ+1−2cosθ+2−cosθ=2√3sin(θ−π3)+3，当sin(θ−π3)=1时，△AMH的周长l的最大值为2√3+3．23．已知函数f（x）＝|2x+1|．（1）求不等式f（x）≤1的解集；（2）若∀x∈R，f（x2）≥a|x|恒成立，求实数a的最大值．【解答】解：（1）由f（x）≤1，得|2x+1|≤1，即﹣1≤2x+1≤1，解得﹣1≤x≤0，所以原不等式的解集为{x|﹣1≤x≤1}．（2）∀x∈R，f（x2）≥a|x|成立，即为∀x∈R，2x2+1≥a|x|恒成立，当x＝0时，a∈R，当x≠0时，a≤2x2+1|x|=2|x|+1|x|，因为2|x|+1|x|≥2√2（当且仅当|x|=√22时等号成立），所以a≤2√2．综上，a≤2√2．所以a的最大值为2√2．。

2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档：第三部分 2020高考仿真模拟卷(四) Word版含解析

2020高考仿真模拟卷(四)一、选择题：本题共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M ＝{y |y ＝x 2－1，x ∈R }，N ＝{x |y ＝3－x 2}，则M ∩N ＝( ) A ．[－3，3] B ．[－1，3] C ．∅ D ．(－1，3]答案 B解析因为集合M ＝{y |y ＝x 2－1，x ∈R }＝{y |y ≥－1}，N ＝{x |y ＝3－x 2}＝{x |－3≤x ≤3}，则M ∩N ＝[－1，3]．2．设命题p ：∃x ∈Q,2x －ln x <2，则綈p 为( ) A ．∃x ∈Q,2x －ln x ≥2 B ．∀x ∈Q,2x －ln x <2 C ．∀x ∈Q,2x －ln x ≥2 D ．∀x ∈Q,2x －ln x ＝2答案 C解析綈p 为∀x ∈Q,2x －ln x ≥2.3．若函数f (x )是幂函数，且满足f (4)f (2)＝3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝( )A ．13 B ．3 C ．－13 D ．－3答案 A解析设f (x )＝x α(α为常数)，∵满足f (4)f (2)＝3，∴4α2α＝3，∴α＝log 23.∴f (x )＝x log23，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－log23＝13.4．已知下列四个命题：①存在a ∈R ，使得z ＝(1－i)(a ＋i)为纯虚数；②对于任意的z ∈C ，均有z ＋z －∈R ，z ·z －∈R ；③对于复数z 1，z 2，若z 1－z 2>0，则z 1>z 2；④对于复数z ，若|z |＝1，则z ＋1z ∈R .其中正确命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 ①z ＝(1－i)(a ＋i)＝a ＋1＋(1－a )i ，若z 为纯虚数，则a ＋1＝0,1－a ≠0，得a ＝－1，故①正确；②设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z －＝a －b i ，那么z ＋z －＝2a ∈R ，z ·z －＝a 2＋b 2∈R ，故②正确；③令z 1＝3＋i ，z 2＝－2＋i ，满足z 1－z 2>0，但不满足z 1>z 2，故③不正确； ④设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，其中a ，b 不同时为0，由|z |＝1，得a 2＋b 2＝1，则z ＋1z ＝a ＋b i ＋1a ＋b i ＝a ＋b i ＋a －b i a 2＋b 2＝2a ∈R ，故④正确．5．(2019·安徽江淮十校第一次联考)勒洛三角形是定宽曲线所能构成的面积最小的图形，它是德国机械学家勒洛首先进行研究的．其画法是：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．如图所示，现要在勒洛三角形中随机取一点，则此点在正三角形ABC 内的概率为( )A ．2π－332(π－3)B ．32(π－3)C ．32(π＋3)D ．2π－332(π＋3)答案 B解析可令BC ＝2，则以B 为圆心的扇形面积S 扇形ABC ＝π×226＝2π3，△ABC 的面积S △ABC ＝12×2×2×32＝3，由题图可知，勒洛三角形的面积为3个扇形ABC 的面积减去2个正三角形ABC 的面积，即2π3×3－23＝2π－23，所以在勒洛三角形中随机取一点，此点在正三角形ABC 内的概率是32π－23＝32(π－3)，故选B.6．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6,3a 4，－a 5成等差数列，则S 4S 2＝( )A ．3B ．9C ．10D ．13答案 C解析因为a 6,3a 4，－a 5成等差数列，所以6a 4＝a 6－a 5，设等比数列{a n }的公比为q ，则6a 4＝a 4q 2－a 4q ，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以S 4S 2＝S 2＋q 2S 2S 2＝1＋q 2＝10.7．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1(－2,0)，过点F 1作倾斜角为30°的直线与圆x 2＋y 2＝b 2相交的弦长为3b ，则椭圆的标准方程为( )A ．y 28＋x 24＝1 B ．x 28＋y 24＝1 C ．y 216＋x 212＝1 D ．x 216＋y 212＝1答案 B解析由左焦点为F 1(－2,0)，可得c ＝2，即a 2－b 2＝4，过点F 1作倾斜角为30°的直线的方程为y ＝33(x ＋2)，圆心(0,0)到直线的距离d ＝233＋9＝1，由直线与圆x 2＋y 2＝b 2相交的弦长为3b ，可得2b 2－1＝3b ，解得b ＝2，a ＝22，则椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.8．(2019·北京东城二模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，终边分别是射线OA 和射线OB ，射线OA ，OC 与单位圆的交点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫35，45，C (－1,0)，若∠BOC ＝π6，则cos(β－α)的值是( )A ．3－4310B ．3＋4310C ．4－3310D ．4＋3310答案 C解析依题意，得cos α＝35，sin α＝45，cos β＝－32，sin β＝12，所以cos(β－α)＝cos βcos α＋sin βsin α＝－32×35＋12×45＝4－3310.故选C.9．下图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”．已知正整数n 被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n 的最小值．执行该程序框图，则输出的n ＝( )A ．50B ．53C ．59D ．62答案 B解析模拟程序运行，变量n 值依次为1229,1061,893,725,557,389,221,53，此时不符合循环条件，输出n ＝53.10．(2018·全国卷Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( )A ．－50B ．0C ．2D ．50答案 C解析因为f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，且f (1－x )＝f (1＋x )，所以f (1＋x )＝－f (x －1)，所以f (3＋x )＝－f (x ＋1)＝f (x －1)，所以T ＝4，因此f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝12[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (1)＋f (2)，因为f (3)＝－f (1)，f (4)＝－f (2)，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝0，因为f (2)＝f (－2)＝－f (2)，所以f (2)＝0，从而f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝f (1)＝2.选C.11．已知数列{a n }，定义数列{a n ＋1－2a n }为数列{a n }的“2倍差数列”，若{a n }的“2倍差数列”的通项公式为a n ＋1－2a n ＝2n ＋1，且a 1＝2，若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 33＝( )A ．238＋1B ．239＋2C ．238＋2D ．239 答案 B解析根据题意，得a n ＋1－2a n ＝2n ＋1，a 1＝2， ∴a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差d ＝1的等差数列，∴a n2n ＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ·2n ， ∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， ∴2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， ∴－S n ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n －n ·2n ＋1，＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝－2＋2n ＋1－n ·2n ＋1＝－2＋(1－n )2n ＋1， ∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2，S 33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2.12．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A ．334B ．233C ．324D ．32答案 A解析根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与线AA 1，A 1B 1，A 1D 1所成的角是相等的，所以平面AB 1D 1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C 1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB 1D 1与C 1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为22，所以其面积为S ＝6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334.故选A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．某学校高一学生有720人，现从高一、高二、高三这三个年级学生中采用分层抽样方法，抽取180人进行英语水平测试，已知抽取高一学生人数是抽取高二学生人数和高三学生人数的等差中项，且高二年级抽取65人，则该校高三年级学生人数是________．答案 660解析根据题意，设高三年级抽取x 人，则高一抽取(180－x －65)人，由题意可得2(180－x －65)＝x ＋65，解得x ＝55. 高一学生有720人，则高三年级学生人数为720×55180－65－55＝660.14．(2019·江苏南通高三模拟)已知实数x ，y 满足(x ＋y －2)(x －2y ＋3)≥0，则x 2＋y 2的最小值为________．答案 95解析由(x ＋y －2)(x －2y ＋3)≥0，得⎩⎨⎧ x ＋y －2≥0，x －2y ＋3≥0或⎩⎨⎧x ＋y －2≤0，x －2y ＋3≤0，不等式组表示的平面区域如图所示，x 2＋y 2＝(x －0)2＋(y －0)2表示平面区域内取一点到原点的距离的平方，又原点到x ＋y －2＝0的距离为d ＝|0＋0－2|2＝2，原点到x －2y ＋3＝0的距离为d ＝|0－2×0＋3|5＝35＝355，所以x 2＋y 2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫3552＝95. 15．设F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，点P 在双曲线上，若PF 1→·PF 2→＝0，△PF 1F 2的面积为9，且a ＋b ＝7，则该双曲线的离心率为________．答案 54解析设|PF 1→|＝m ，|PF 2→|＝n ，∵PF 1→·PF 2→＝0，△PF 1F 2的面积为9， ∴12mn ＝9，即mn ＝18，∵在Rt △PF 1F 2中，根据勾股定理，得m 2＋n 2＝4c 2， ∴(m －n )2＝m 2＋n 2－2mn ＝4c 2－36，结合双曲线的定义，得(m －n )2＝4a 2，∴4c 2－36＝4a 2，化简整理，得c 2－a 2＝9，即b 2＝9，可得b ＝3.结合a ＋b ＝7得a ＝4，∴c ＝a 2＋b 2＝5，∴该双曲线的离心率为e ＝c a ＝54.16．(2019·北京东城综合练习一)设函数f (x )＝⎩⎨⎧e x－2x ，x <a ，ax －1，x ≥a .若a ＝1，则f (x )的最小值为________；若f (x )有最小值，则实数a 的取值范围是________．答案 0 [0，＋∞)解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －2x ，x <1，f ′(x )＝e x －2，由f ′(x )>0，得ln 2<x <1，由f ′(x )<0，得x <ln 2，故f (x )min ＝f (ln 2)＝2－2ln 2；当f (x )＝x －1(x ≥1)，f (x )单调递增，故f (x )min ＝f (1)＝0，又2－2ln 2>0，所以f (x )的最小值为0.(2)①当a <0时，由(1)知f (x )＝e x －2x ，x <a 单调递减，故f (x )>f (a )；f (x )＝ax －1(x ≥a )单调递减，故f (x )≤f (a )，故f (x )无最小值，舍去．②当a ＝0时，f (x )最小值为－1，成立．③当a >0时，f (x )＝ax －1(x ≥a )单调递增，故f (x )≥f (a )；对f (x )＝e x －2x ，x <a .当0<a ≤ln 2，由(1)知f (x )>f (a )，此时f (x )＝⎩⎨⎧e x－2x ，x <a ，ax －1，x ≥a ，最小值在x ＝a处取得，成立．当a >ln 2，由(1)知f (x )≥f (ln 2)，此时f (x )＝⎩⎨⎧e x－2x ，x <a ，ax －1，x ≥a ，最小值为min{f (ln2)，f (a )}，即f (x )有最小值．综上a ≥0.三、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．17．(本小题满分12分)已知向量a ＝(cos x ，－1)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x ，－12，函数f (x )＝(a ＋b )·a －2.(1)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间；(2)在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知函数f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫A ，12，b ，a ，c 成等差数列，且AB →·AC→＝9，求a 的值．解 f (x )＝(a ＋b )·a －2＝|a |2＋a ·b －2＝12cos2x ＋32sin2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.2分(1)最小正周期T ＝2π2＝π，由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z ).4分所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z ).5分 (2)由f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12可得，2A ＋π6＝π6＋2k π或5π6＋2k π(k ∈Z )，所以A ＝π3，7分又因为b ，a ，c 成等差数列，所以2a ＝b ＋c ，而AB →·AC →＝bc cos A ＝12bc ＝9，所以bc ＝18，9分所以cos A ＝12＝(b ＋c )2－a 22bc－1＝4a 2－a 236－1＝a 212－1，所以a ＝3 2.12分18．(2019·云南昆明1月诊断测试)(本小题满分12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝BD ＝2，AB ＝22，E 是棱PC 上的一点．(1)若P A ∥平面BDE ，证明：PE ＝EC ；(2)在(1)的条件下，棱PB 上是否存在点M ，使直线DM 与平面BDE 所成角的大小为30°？若存在，求PM ∶MB 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：连接AC 交BD 于点F ，连接EF ，则EF 是平面P AC 与平面BDE 的交线．因为P A ∥平面BDE ，P A ⊂平面P AC ，所以P A ∥EF .又因为F 是AC 的中点，所以E 是PC 的中点．所以PE ＝EC .4分(2)由已知条件可知AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD ，以D 为原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，DP 为z 轴建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,2)，C (－2,2,0)，E (－1,1,1)，DE→＝(－1,1,1)，DB →＝(0,2,0)．假设在棱PB 上存在点M ，设PM→＝λPB →(0≤λ≤1)，得M (0,2λ，2－2λ)，DM→＝(0,2λ，2－2λ)．记平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DE →＝0，n 1·DB →＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋y 1＋z 1＝0，y 1＝0，取z 1＝1，则x 1＝1，所以n 1＝(1,0,1).8分要使直线DM 与平面BDE 所成角的大小为30°，则|DM →·n 1||DM →||n 1|＝sin30°，即|1×0＋0×2λ＋1×(2－2λ)|12＋02＋12·02＋(2λ)2＋(2－2λ)2＝12，解得λ＝12∈[0,1]．所以在棱PB 上存在点M 使直线DM 与平面BDE 所成角的大小为30°.即PM ∶MB ＝1∶1.12分19．(2019·湖南师大附中模拟三)(本小题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(23，－3)，右焦点F 是抛物线y 2＝8x 的焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知动直线l 过右焦点F ，且与椭圆C 分别交于M ，N 两点．试问x 轴上是否存在定点Q ，使得QM →·QN →＝－13516恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．解 (1)因为椭圆C 过点(23，－3)，所以12a 2＋3b 2＝1，又抛物线的焦点为(2,0)，则c ＝2，所以12a 2＋3a 2－4＝1，解得a 2＝3(舍去)或a 2＝16.所以椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.4分 (2)假设在x 轴上存在定点Q (m,0)，使得QM →·QN→＝－13516. ①当直线l 的斜率不存在时，则M (2,3)，N (2，－3)，QM →＝(2－m,3)，QN →＝(2－m ，－3)，由QM →·QN→＝(2－m )2－9＝－13516，解得m ＝54或m ＝114；②当直线l 的斜率为0时，则M (－4,0)，N (4,0)，QM →＝(－4－m,0)，QN →＝(4－m,0)，由QM →·QN→＝m 2－16＝－13516，解得m ＝－114或m ＝114.由①②可得m ＝114，即点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫114，0.7分下面证明：当m ＝114时，QM →·QN→＝－13516恒成立．当直线l 的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立．当直线l 的斜率存在且不为0时，设方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线与椭圆联立得(3＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16(k 2－3)＝0，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且x 1＋x 2＝16k 24k 2＋3，x 1x 2＝16(k 2－3)4k 2＋3.y 1y 2＝k (x 1－2)·k (x 2－2)＝k 2x 1x 2－2k 2(x 1＋x 2)＋4k 2，8分所以QM →·QN→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－114，y 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－114，y 2 ＝x 1x 2－114(x 1＋x 2)＋12116＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋114(x 1＋x 2)＋12116＋4k 2＝(1＋k 2)16(k 2－3)4k 2＋3－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋11416k 24k 2＋3＋12116＋4k 2＝－13516恒成立．综上所述，在x 轴上存在点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫114，0，使得QM →·QN→＝－13516恒成立.12分20．(2019·福建龙岩5月月考)(本小题满分12分)国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”．教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元，国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”，有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p (0<p <1)，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立．(1)记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )，求f (p )；(2)若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其他费用总计为100万元．现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算？并说明理由．解 (1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 23p 2(1－p )＋C 33p 3，一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 13p (1－p )2[1－(1－p )2]，2分所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )＝C 23p 2(1－p )＋C 33p 3＋C 13p (1－p )2[1－(1－p )2]＝3p 2(1－p )＋p 3＋3p (1－p )2[1－(1－p )2]＝－3p5＋12p 4－17p 3＋9p 2.4分(2)设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900,1500.P (X ＝1500)＝C 13p (1－p )2， P (X ＝900)＝1－C 13p (1－p )2，所以E (X )＝900×[1－C 13p (1－p )2]＋1500×C 13p (1－p )2＝900＋1800p (1－p )2.7分令g (p )＝p (1－p )2，p ∈(0,1)，g ′(p )＝(1－p )2－2p (1－p )＝(3p －1)(p －1)．当p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，g ′(p )>0，g (p )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，当p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，g ′(p )<0，g (p )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上单调递减，所以g (p )的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝427.10分所以实施此方案，最高费用为100＋6000×⎝ ⎛⎭⎪⎫900＋1800×427×10－4＝800(万元)．综上，若以此方案实施，不会超过预算.12分21．(2019·陕西榆林二模)(本小题满分12分)已知函数f (x )＝x ln x . (1)若函数g (x )＝f (x )x 2－1x ，求g (x )的极值； (2)证明：f (x )＋1<e x －x 2.(参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，e32 ≈4.48，e 2≈7.39)解 (1)因为g (x )＝f (x )x 2－1x ＝ln x x －1x (x >0)，所以g ′(x )＝2－ln xx 2，当x ∈(0，e 2)，g ′(x )>0，当x ∈(e 2，＋∞)，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，e 2)上单调递增，在(e 2，＋∞)上单调递减，∴g(x)在x＝e2取得极大值，极大值为1e2，无极小值.4分(2)证明：要证f(x)＋1＜e x－x2.即证e x－x2－x ln x－1＞0，先证明ln x≤x－1，5分取h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝1－xx，易知h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”，故x ln x≤x(x－1)，e x－x2－x ln x－1≥e x－2x2＋x－1，故只需证明当x＞0时，e x－2x2＋x－1＞0恒成立，7分令k(x)＝e x－2x2＋x－1(x≥0)，则k′(x)＝e x－4x＋1，令F(x)＝k′(x)，则F′(x)＝e x－4，令F′(x)＝0，解得x＝2ln 2，因为F′(x)单调递增，故x∈[0,2ln 2]时，F′(x)≤0，F(x)单调递减，即k′(x)单调递减，x∈(2ln 2，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，即k′(x)单调递增，且k′(2ln 2)＝5－8ln 2＜0，k′(0)＝2＞0，k′(2)＝e2－8＋1＞0，由零点存在定理，可知∃x1∈(0,2ln 2)，∃x2∈(2ln 2，2)，使得k′(x1)＝k′(x2)＝0，故0＜x＜x1或x＞x2时，k′(x)＞0，k(x)单调递增，当x1＜x＜x2时，k′(x)＜0，k(x)单调递减，故k(x)的最小值是k(0)＝0或k(x2)，由k′(x2)＝0，得e x2＝4x2－1，10分k(x2)＝e x2－2x22＋x2－1＝－(x2－2)(2x2－1)，因为x2∈(2ln 2,2)，所以k(x2)＞0，故x＞0时，k(x)＞0，即e x－x2－x ln x－1>0，所以原不等式成立.12分(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．22．(2019·福建省师大附中模拟)(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)，M为曲线C 1上的动点，动点P 满足OP →＝aOM →(a >0且a ≠1)，P 点的轨迹为曲线C 2.(1)求曲线C 2的方程，并说明C 2是什么曲线；(2)在以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，A 点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，射线θ＝α与C 2的异于极点的交点为B ，已知△AOB 面积的最大值为4＋23，求a 的值．解 (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，由OP →＝aOM →，得⎩⎨⎧x ＝ax 0，y ＝ay 0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x a ，y 0＝ya .∵M 在C 1上，∴⎩⎪⎨⎪⎧xa ＝2＋2cos θ，ya ＝2sin θ，即⎩⎨⎧x ＝2a ＋2a cos θ，y ＝2a sin θ(θ为参数)，消去参数θ得(x －2a )2＋y 2＝4a 2(a ≠1)，∴曲线C 2是以(2a,0)为圆心，以2a 为半径的圆.5分 (2)解法一：A 点的直角坐标为(1，3)，∴直线OA 的普通方程为y ＝3x ，即3x －y ＝0，设B 点的坐标为(2a ＋2a cos α，2a sin α)，则B 点到直线3x －y ＝0的距离 d ＝a |23cos α－2sin α＋23|2＝a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋3， ∴当α＝－π6时，d max ＝(3＋2)a ，∴S △AOB 的最大值为12×2×(3＋2)a ＝4＋23，∴a ＝2.10分解法二：将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入(x －2a )2＋y 2＝4a 2并整理得， ρ＝4a cos θ，令θ＝α得ρ＝4a cos α， ∴B (4a cos α，α)，∴S △AOB ＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB ＝4a cos α·⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3 ＝a |2sin αcos α－23cos 2α|＝a |sin2α－3cos2α－3|＝a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3－3.∴当α＝－π12时，S △AOB 取得最大值(2＋3)a ，依题意，有(2＋3)a ＝4＋23，∴a ＝2.10分23．(2019·上饶三模)(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝|3x －1|＋|3x ＋k |，g (x )＝x ＋4. (1)当k ＝－3时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)设k >－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13时，都有f (x )≤g (x )，求k 的取值范围．解 (1)当k ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋4，x <13，2，13≤x ≤1，6x －4，x >1，故不等式f (x )≥4可化为⎩⎨⎧x >1，6x －4≥4或⎩⎪⎨⎪⎧13≤x ≤1，2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x <13，－6x ＋4≥4.解得x ≤0或x ≥43，∴所求解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤0或x ≥43.5分(2)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13时，由k >－1，有3x －1<0,3x ＋k ≥0，∴f (x )＝1＋k ，不等式f (x )≤g (x )可变形为1＋k ≤x ＋4，故k ≤x ＋3对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13恒成立，即k ≤－k 3＋3，解得k ≤94，而k >－1，故－1<k ≤94. ∴k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，94.10分。

2020届高考数学大二轮刷题首选卷文数文档：第三部分+2020高考仿真模拟卷(四)+Word版含解析

2020高考仿真模拟卷(四)一、选择题：本题共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M ＝{y |y ＝x 2－1，x ∈R }，N ＝{x |y ＝3－x 2}，则M ∩N ＝( ) A ．[－3，3] B ．[－1，3] C ．∅ D ．(－1，3]答案 B解析因为集合M ＝{y |y ＝x 2－1，x ∈R }＝{y |y ≥－1}，N ＝{x |y ＝3－x 2}＝{x |－3≤x ≤3}，则M ∩N ＝[－1，3]．2．设命题p ：∃x ∈Q,2x －ln x <2，则綈p 为( ) A ．∃x ∈Q,2x －ln x ≥2 B ．∀x ∈Q,2x －ln x <2 C ．∀x ∈Q,2x －ln x ≥2 D ．∀x ∈Q,2x －ln x ＝2 答案 C解析綈p 为∀x ∈Q,2x －ln x ≥2. 3．若函数f (x )是幂函数，且满足f (4)f (2)＝3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝( )A.13 B ．3 C ．－13 D ．－3 答案 A解析设f (x )＝x α(α为常数)， ∵满足f (4)f (2)＝3，∴4α2α＝3，∴α＝log 23.∴f (x )＝x log23，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－log23＝13.4．已知下列四个命题：①存在a ∈R ，使得z ＝(1－i)(a ＋i)为纯虚数；②对于任意的z ∈C ，均有z ＋z －∈R ，z ·z －∈R ；③对于复数z 1，z 2，若z 1－z 2>0，则z 1>z 2；④对于复数z ，若|z |＝1，则z ＋1z ∈R .其中正确命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 ①z ＝(1－i)(a ＋i)＝a ＋1＋(1－a )i ，若z 为纯虚数，则a ＋1＝0，1－a ≠0，得a ＝－1，故①正确；②设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z －＝a －b i ，那么z ＋z －＝2a ∈R ，z ·z －＝a 2＋b 2∈R ，故②正确；③令z 1＝3＋i ，z 2＝－2＋i ，满足z 1－z 2>0，但不满足z 1>z 2，故③不正确；④设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，其中a ，b 不同时为0，由|z |＝1，得a 2＋b 2＝1，则z ＋1z ＝a ＋b i ＋1a ＋b i ＝a ＋b i ＋a －b i a 2＋b2＝2a ∈R ，故④正确． 5．关于直线a ，b 及平面α，β，下列命题中正确的是( ) A ．若a ∥α，α∩β＝b ，则a ∥b B ．若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β C ．若a ⊥α，α∥β，则α⊥β D ．若a ∥α，b ⊥a ，则b ⊥α 答案 C解析 A 错误，因为a 不一定在平面β内，所以a ，b 有可能是异面直线；B 错误，若α⊥β，m ∥α，则m 与β可能平行，可能相交，也可能m 在β内；由直线与平面垂直的判断定理能得到C 正确；D 错误，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．6．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6,3a 4，－a 5成等差数列，则S 4S 2＝( )A ．3B ．9C ．10D ．13 答案 C解析因为a 6,3a 4，－a 5成等差数列，所以6a 4＝a 6－a 5，设等比数列{a n }的公比为q ，则6a 4＝a 4q 2－a 4q ，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以S 4S 2＝S 2＋q 2S 2S 2＝1＋q 2＝10.7．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－2,0)，过点F1作倾斜角为30°的直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为3b，则椭圆的标准方程为()A.y28＋x24＝1 B.x28＋y24＝1C.y216＋x212＝1 D.x216＋y212＝1答案B解析由左焦点为F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4，过点F1作倾斜角为30°的直线的方程为y＝33(x＋2)，圆心(0,0)到直线的距离d＝233＋9＝1，由直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为3b，可得2b2－1＝3b，解得b＝2，a＝22，则椭圆的标准方程为x28＋y24＝1.8．甲、乙、丙、丁四人商量是否参加研学活动．甲说：“乙去我就肯定去．”乙说：“丙去我就不去．”丙说：“无论丁去不去，我都去．”丁说：“甲、乙中只要有一人去，我就去．”以下推论可能正确的是()A．乙、丙两个人去了B．甲一个人去了C．甲、丙、丁三个人去了D．四个人都去了答案C解析因为乙说“丙去我就不去”，且丙一定去，所以A，D不可能正确．因为丁说“甲、乙中只要有一人去，我就去”，所以B不可能正确．选C.9．下图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”．已知正整数n被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n的最小值．执行该程序框图，则输出的n＝()A ．50B ．53C ．59D ．62 答案 B解析模拟程序运行，变量n 值依次为1229,1061,893,725,557,389,221,53，此时不符合循环条件，输出n ＝53.10．(2019·天津高考)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f (x )的最小正周期为π，将y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g (x )．若g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8＝( )A ．－2B ．－ 2 C. 2 D ．2 答案 C解析 ∵函数f (x )为奇函数，且|φ|<π，∴φ＝0. 又f (x )的最小正周期为π， ∴2πω＝π，解得ω＝2.∴f (x )＝A sin2x . 由题意可得g (x )＝A sin x ，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2，即A sin π4＝2，解得A ＝2.故f (x )＝2sin2x .∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8＝2sin 3π4＝ 2.故选C.11．已知数列{a n }，定义数列{a n ＋1－2a n }为数列{a n }的“2倍差数列”，若{a n }的“2倍差数列”的通项公式为a n ＋1－2a n ＝2n ＋1，且a 1＝2，若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 33＝( )A ．238＋1B ．239＋2C ．238＋2D ．239 答案 B解析根据题意，得a n ＋1－2a n ＝2n ＋1，a 1＝2， ∴a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差d ＝1的等差数列，∴a n2n ＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ·2n ， ∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， ∴2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， ∴－S n ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝－2＋2n ＋1－n ·2n ＋1＝－2＋(1－n )2n ＋1， ∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2，S 33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2.12．(2019·全国卷Ⅲ)设f (x )是定义域为R 的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314>f (2－32 )>f (2－23 )B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314>f (2－23 )>f (2－32 )C ．f (2－32 )>f (2－23 )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314D ．f (2－23 )>f (2－32 )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314答案 C解析因为f (x )是定义域为R 的偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314＝f (－log 34)＝f (log 34)．又因为log 34>1>2－23 >2－32>0，且函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (log 34)<f (2－23 )<f (2－32 )．故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．某学校高一学生有720人，现从高一、高二、高三这三个年级学生中采用分层抽样方法，抽取180人进行英语水平测试，已知抽取高一学生人数是抽取高二学生人数和高三学生人数的等差中项，且高二年级抽取65人，则该校高三年级学生人数是________．答案 660解析根据题意，设高三年级抽取x 人，则高一抽取(180－x －65)人，由题意可得2(180－x －65)＝x ＋65，解得x ＝55.高一学生有720人，则高三年级学生人数为720×55180－65－55＝660.14．若实数x ，y 满足⎩⎨⎧x ≥y ，2x －y ≤2，y ≥0，且z ＝mx ＋ny (m >0，n >0)的最大值为4，则1m ＋1n 的最小值为________．答案 2解析不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x≥y，2x－y≤2，y≥0表示的平面区域如图阴影部分所示，当直线z＝mx＋ny(m>0，n>0)过直线x＝y与直线2x－y＝2的交点(2,2)时，目标函数z＝mx＋ny(m>0，n>0)取得最大值4，即2m＋2n＝4，即m＋n＝2，而1m＋1n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1m＋1n(m＋n)＝12⎝⎛⎭⎪⎫2＋nm＋mn≥12×(2＋2)＝2，当且仅当m＝n＝1时取等号，故1m＋1n的最小值为2.15．设F1，F2分别是双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P在双曲线上，若PF1→·PF2→＝0，△PF1F2的面积为9，且a＋b＝7，则该双曲线的离心率为________．答案54解析设|PF1→|＝m，|PF2→|＝n，∵PF1→·PF2→＝0，△PF1F2的面积为9，∴12mn＝9，即mn＝18，∵在Rt△PF1F2中，根据勾股定理，得m2＋n2＝4c2，∴(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝4c2－36，结合双曲线的定义，得(m －n )2＝4a 2，∴4c 2－36＝4a 2，化简整理，得c 2－a 2＝9，即b 2＝9，可得b ＝3.结合a ＋b ＝7得a ＝4，∴c ＝a 2＋b 2＝5，∴该双曲线的离心率为e ＝c a ＝54.16．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x ．若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，则a的最小值为________．答案 2－4ln 2解析因为f (x )<0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上恒成立不可能，故要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，只要对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，f (x )>0恒成立，即对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，a >2－2ln x x －1恒成立．令l (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，则l ′(x )＝2ln x ＋2x －2(x －1)2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，则m ′(x )＝－2x 2＋2x ＝－2(1－x )x 2<0，故m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为减函数，于是m (x )>m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2ln 2>0，从而l ′(x )>0，于是l (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数，所以l (x )<l ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－4ln 2，故要使a >2－2ln xx －1恒成立，只要a ∈[2－4ln 2，＋∞)，综上，若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，则a 的最小值为2－4ln 2.三、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．17．(2019·陕西咸阳模拟二)(本小题满分12分)交强险是车主须为机动车购买的险种．若普通7座以下私家车投保交强险第一年的费用(基本保费)是a元，在下一年续保时，实行费率浮动制，其保费与上一年度车辆发生道路交通事故情况相联系，具体浮动情况如下表：车龄满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保情况，统计得到如下表格：将这100事故责任保险条例》汽车交强险价格为a＝950元．(1)求m的值，并估计该地本年度使用这一品牌7座以下汽车交强险费大于950元的辆数；(2)试估计该地使用该品牌汽车的一续保人本年度的保费不超过950元的概率．解(1)m＝100－50－10－10－3－2＝25，3分估计该地本年度使用这一品牌7座以下汽车交强险费大于950元的辆数为5000×5100＝250.6分(2)解法一：保费不超过950元的类型有A1，A2，A3，A4，所求概率为50＋10＋10＋25100＝0.95.12分解法二：保费超过950元的类型有A 5，A 6，概率为3＋2100＝0.05，因此保费不超过950元的概率为1－0.05＝0.95.12分18．(本小题满分12分)已知向量a ＝(cos x ，－1)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x ，－12，函数f (x )＝(a ＋b )·a －2.(1)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间；(2)在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知函数f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎪⎫A ，12，b ，a ，c 成等差数列，且AB →·AC →＝9，求a 的值．解 f (x )＝(a ＋b )·a －2＝|a |2＋a ·b －2＝12cos2x ＋32sin2x ＝ sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.2分 (1)最小正周期T ＝2π2＝π，由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z ).4分所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z ).5分(2)由f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12可得，2A ＋π6＝π6＋2k π或5π6＋2k π(k ∈Z )，所以A ＝π3，7分又因为b ，a ，c 成等差数列，所以2a ＝b ＋c ，而AB →·AC→＝bc cos A ＝12bc ＝9，所以bc ＝18，9分所以cos A ＝12＝(b ＋c )2－a 22bc－1＝4a 2－a 236－1＝a 212－1，所以a ＝3 2.12分19．(2019·昆明模拟)(本小题满分12分) 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，∠BCC1＝π3，AB＝BB1＝2，BC＝1，D为CC1的中点．(1)求证：DB1⊥平面ABD；(2)求点A1到平面ADB1的距离．解(1)证明：在平面四边形BCC1B1中，因为BC＝CD＝DC1＝1，∠BCD＝π3，所以BD＝1，又易知B1D＝3，BB1＝2，所以∠BDB1＝90°，所以B1D⊥BD，因为AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥DB1，3分所以B1D与平面ABD内两相交直线AB和BD同时垂直，所以DB1⊥平面ABD.5分(2)对于四面体A1－ADB1，A1到直线DB1的距离，即A1到平面BB1C1C的距离，A1到B1D的距离为2，设A1到平面AB1D的距离为h，因为△ADB1为直角三角形，所以S△ADB1＝12AD·DB1＝12×5×3＝152，所以V A1－ADB1＝13×152×h＝156h，7分因为S△AA1B1＝12×2×2＝2，D到平面AA1B1的距离为32，所以V D －AA 1B 1＝13×2×32＝33，9分因为V A 1－ADB 1＝V D －AA 1B 1，所以15h 6＝33，解得h ＝255.所以点A 1到平面ADB 1的距离为255.12分20．(2019·湖南师大附中模拟三)(本小题满分12分)已知点F (1,0)，直线l ：x ＝－1，P 为平面上的动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为Q ，且QP →·QF →＝FP →·FQ→. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)设直线y ＝kx ＋b 与轨迹C 交于两点，A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，且|y 1－y 2|＝a (a ＞0，且a 为常数)，过弦AB 的中点M 作平行于x 轴的直线交轨迹C 于点D ，连接AD ，BD .试判断△ABD 的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)设P (x ，y )，则Q (－1，y )， ∵QP →·QF →＝FP →·FQ→，∴(x ＋1,0)·(2，－y )＝(x －1，y )·(－2，y )，即2(x ＋1)＝－2(x －1)＋y 2，即y 2＝4x ，所以动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .4分(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝4x ，得ky 2－4y ＋4b ＝0，依题意，知k ≠0，且y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝4bk ，由|y 1－y 2|＝a ，得(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝a 2，即16k 2－16bk ＝a 2，整理，得16－16kb ＝a 2k 2，所以a 2k 2＝16(1－kb )， ①7分因为AB 的中点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－bk k 2，2k ，所以点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2，2k ，则S △ABD ＝12|DM |·|y 1－y 2|＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－bk k 2a ，9分由方程ky 2－4y ＋4b ＝0的判别式Δ＝16－16kb ＞0，得1－kb ＞0，所以S △ABD ＝12·1－bk k 2·a ，由①，知1－kb ＝a 2k 216，所以S △ABD ＝12·a 216·a ＝a 332，又a 为常数，故S △ABD 的面积为定值.12分21．(2019·陕西榆林二模)(本小题满分12分)已知函数f (x )＝1＋ln x －ax 2. (1)讨论函数f (x )的单调区间； (2)证明：xf (x )＜2e 2·e x ＋x －ax 3. 解 (1)f (x )＝1＋ln x －ax 2(x ＞0)， f ′(x )＝1－2ax 2x ，当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；2分当a ＞0时，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a ，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞，f ′(x )＜0，∴函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.4分 (2)证法一：xf (x )＜2e 2·e x ＋x －ax 3，即证2e 2·e x x －ln x ＞0，令φ(x )＝2e 2·ex x －ln x (x ＞0)，φ′(x )＝2(x －1)e x －e 2xe 2x 2，令r (x )＝2(x －1)e x －e 2x ，r ′(x )＝2x e x －e 2，7分r ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，r ′(1)＜0，r ′(2)＞0，故存在唯一的x 0∈(1,2)使得r ′(x )＝0，∴r (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∵r (0)＜0，r (2)＝0， ∴当x ∈(0,2)时，r (x )＜0，当x ∈(2，＋∞)时，r (x )＞0； ∴φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )≥φ(2)＝1－ln 2＞0，得证.12分证法二：要证xf (x )＜2e 2·e x －ax 3，即证2e 2·e xx 2＞ln xx ，令φ(x )＝2e 2·e xx 2(x ＞0)，φ′(x )＝2(x －2)e xe 2x 3，7分∴当x ∈(0,2)时，φ′(x )＜0，当x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )＞0. ∴φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )≥φ(2)＝12.令r (x )＝ln xx ，则r ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，r ′(x )>0，当x ∈(e ，＋∞)时，r ′(x )＜0. ∴r (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴r (x )≤r (e)＝1e ，∴φ(x )≥12＞1e ≥r (x )，∴2e 2·e x x 2>ln xx ，得证.12分(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．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)，M为曲线C 1上的动点，动点P 满足OP →＝aOM →(a >0且a ≠1)，P 点的轨迹为曲线C 2.(1)求曲线C 2的方程，并说明C 2是什么曲线；(2)在以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，A 点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，射线θ＝α与C 2的异于极点的交点为B ，已知△AOB 面积的最大值为4＋23，求a 的值．解 (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，由OP →＝aOM →，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ax 0，y ＝ay 0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝xa ，y 0＝y a .∵M 在C 1上，∴⎩⎪⎨⎪⎧xa ＝2＋2cos θ，ya ＝2sin θ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a ＋2a cos θ，y ＝2a sin θ(θ为参数)，消去参数θ得(x －2a )2＋y 2＝4a 2(a ≠1)，∴曲线C 2是以(2a,0)为圆心，以2a 为半径的圆.5分 (2)解法一：A 点的直角坐标为(1，3)，∴直线OA 的普通方程为y ＝3x ，即3x －y ＝0，设B 点的坐标为(2a ＋2a cos α，2a sin α)，则B 点到直线3x －y ＝0的距离d ＝a |23cos α－2sin α＋23|2＝a⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋3， ∴当α＝－π6时，d max ＝(3＋2)a ，∴S △AOB 的最大值为12×2×(3＋2)a ＝4＋23， ∴a ＝2.10分解法二：将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入(x －2a )2＋y 2＝4a 2并整理得，ρ＝4a cos θ，令θ＝α得ρ＝4a cos α，∴B (4a cos α，α)，∴S △AOB ＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB ＝4a cos α⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝a |2sin αcos α－23cos 2α|＝a |sin2α－3cos2α－3|＝a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3－3. ∴当α＝－π12时，S △AOB 取得最大值(2＋3)a ，依题意有(2＋3)a ＝4＋23，∴a ＝2.10分 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝|3x －1|＋|3x ＋k |，g (x )＝x ＋4. (1)当k ＝－3时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)设k >－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13时，都有f (x )≤g (x )，求k 的取值范围．解 (1)当k ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋4，x <13，2，13≤x ≤1，6x －4，x >1，故不等式f (x )≥4可化为⎩⎪⎨⎪⎧x >1，6x －4≥4或⎩⎪⎨⎪⎧13≤x ≤1，2≥4或⎩⎨⎧x <13，－6x ＋4≥4.解得x ≤0或x ≥43，∴所求解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤0或x ≥43.5分(2)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13时，由k >－1有，3x －1<0,3x ＋k ≥0，∴f (x )＝1＋k ，不等式f (x )≤g (x )可变形为1＋k ≤x ＋4，故k ≤x ＋3对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13恒成立，即k ≤－k 3＋3，解得k ≤94，而k >－1，故－1<k ≤94. ∴k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，94.10分。

2020高三二轮数学模拟卷理答案.doc

高考仿真模拟卷·数学(理)·参考答案与解析高考仿真模拟卷(一)1．解析：选B.由已知得A ＝{x |(x ＋1)(x －2)≤0}＝{x |－1≤x ≤2}，所以A ∩B ＝{－1，0，1，2}，故选B.2．解析：选A.因为i －1i ＋1＝（i －1）（1－i ）（i ＋1）（1－i ）＝i ，所以该复数在复平面上对应的点的坐标为(0，1)．故选A.3．解析：选B.由于随机变量X 服从正态分布N (3，σ2)，又P (X ≤4)＝0.84，所以P (X ≥4)＝P (X ≤2)＝0.16，P (2<X <4)＝1－0.32＝0.68.4．解析：选B.由题意得，BA →·BC →＝0，BA →·CA →＝|BA →|2＝36，所以BA →·BD →＝BA →·(BC →＋CD →)＝BA →·⎝⎛⎭⎫BC →＋23CA →＝0＋23×36＝24，故选B. 5．解析：选B.程序运行过程如下：首先初始化数据，S ＝0，i ＝1，第一次循环，执行S ＝S ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1i ＝0＋ln 2＝ln 2，i ＝i ＋1＝2，此时不应跳出循环；第二次循环，执行S ＝S ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1i ＝ln 2＋ln 32＝ln 3，i ＝i ＋1＝3，此时不应跳出循环；第三次循环，执行S ＝S ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1i ＝ln 3＋ln 43＝ln 4，i ＝i ＋1＝4，此时不应跳出循环；第四次循环，执行S ＝S ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1i ＝ln 4＋ln 54＝ln 5，i ＝i ＋1＝5，此时应跳出循环； i ＝4时，程序需要继续执行，i ＝5时，程序结束，故在判断框内应填i ≤4？.故选B.6．解析：选B.由题意，可得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝23，5a 1＋5×42d ＝35，解得d ＝3，故选B.7．解析：选C.依题意，注意到f (－x )＝1－2－x 1＋2－x ·cos(－x )＝2x （1－2－x ）2x （1＋2－x ）cos x ＝2x －12x ＋1cos x ＝－f (x )，因此函数f (x )是奇函数，其图象关于原点对称，结合各选项知，选项A ，B 均不正确；当0<x <1时，1－2x1＋2x<0，cos x >0，f (x )<0，结合选项知，C 正确，选C.8．解析：选D.由三视图可知，该手工制品是由两部分构成，每一部分都是相同圆锥的四分之一，且圆锥的底面半径为3，高为4，故母线长为5，故每部分的表面积为2×12×4×3＋14×12×6π×5＋14×9π＝12＋6π，故两部分表面积为24＋12π.9．解析：选D.由题可得sin ⎝⎛⎭⎫2×3π8＋φ＝0，又0<φ<π2，所以φ＝π4，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，由π2＋2k π≤2x ＋π4≤3π2＋2k π(k ∈Z )，得f (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤k π＋π8，k π＋5π8(k ∈Z )． 10．解析：选C.三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321，方案一坐3号车的可能：132、213、231，所以P 1＝36；方案二坐3号车的可能：312、321，所以P 1＝26；所以P 1＋P 2＝56.故选C.11．解析：选D.设双曲线的左焦点为F 1，由双曲线的对称性可知四边形MF 2PF 1为平行四边形．所以|MF 1|＝|PF 2|，MF 1∥PN . 设|PF 2|＝m ，则|MF 2|＝3m ，所以2a ＝|MF 2|－|MF 1|＝2m ，即|MF 1|＝a ，|MF 2|＝3a .因为∠MF 2N ＝60°，所以∠F 1MF 2＝60°，又|F 1F 2|＝2c ，在△MF 1F 2中，由余弦定理可得4c 2＝a 2＋9a 2－2·a ·3a ·cos 60°，即4c 2＝7a 2，所以c 2a 2＝74，所以双曲线的离心率e ＝c a ＝72.故选D. 12．解析：选D.由已知可得y ＝2e x 与y ＝ln x －ln 2＝ln x2互为反函数，即y ＝2e x 与y ＝lnx －ln 2的图象关于直线x －y ＝0对称，|PQ |的最小值为点Q 到直线x －y ＝0的最小距离的2倍，令Q (t ，ln t －ln 2)，过点Q 的切线与直线x －y ＝0平行，函数y ＝ln x －ln 2的导数为y ′＝1x ，其斜率为k ＝1t ＝1，所以t ＝1，故Q (1，－ln 2)，点Q 到直线x －y ＝0的距离为d ＝|1－（－ln 2）|12＋（－1）2＝1＋ln 22，所以|PQ |min ＝2d ＝2(1＋ln 2)．13．解析：消费支出超过150元的人数为(50×0.004＋50×0.002)×100＝30. 答案：3014．解析：作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，设z ＝a·OP →＝x －y ，则y ＝x －z ，易知当y ＝x －z 经过⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －5＝0，x －2y ＋1＝0的交点(3，2)时，z ＝x －y 取得最大值，且z max ＝1. 答案：115．解析：采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为3，1，5，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线3＋1＋5＝3，所以球半径为32，体积为43πr 3＝9π2.答案：9π216．解析：因为f (x )是奇函数，f (－x )＝－f (x )，所以a n ＋1－⎝⎛⎭⎫a n ＋cos n π2＝0，a n ＋1＝a n＋cosn π2.a 1＝1，a 2＝a 1＋cos π2＝1，a 3＝a 2＋cos 2π2＝0，a 4＝a 3＋cos 3π2＝0，如此继续，得a n ＋4＝a n .S 2 019＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＋a 3＝504×2＋1＋1＋0＝1 010.答案：1 010 17．解：因为3(b 2＋c 2)＝3a 2＋2bc ，所以b 2＋c 2－a 22bc ＝13，由余弦定理得cos A ＝13，所以sin A ＝223.(1)因为sin B ＝2cos C ，所以sin(A ＋C )＝2cos C ，所以223cos C ＋13sin C ＝2cos C ，所以23cos C ＝13sin C ，所以tan C ＝ 2. (2)因为S ＝22，所以12bc sin A ＝22，所以bc ＝32.① 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得4＝b 2＋c 2－2bc ×13，所以b 2＋c 2＝5.②因为b >c >0，所以联立①②可得b ＝322，c ＝22.18．解：(1)由已知，得P (A )＝C 22C 23＋C 23C 23C 48＝635.所以事件A 的概率为635. (2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.由已知得P (X ＝k )＝C k 5C 4－k3C 48(k ＝1，2，3，4)．所以随机变量X 的分布列为：随机变量X 的数学期望E (X )＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝52.19．解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1，在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π3，BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos ∠BCC 1＝12＋22－2×1×2×cos π3＝3，所以BC 1＝3，故BC 2＋BC 21＝CC 21，所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ，所以C 1B ⊥平面ABC .(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0，0，0)，A (0，1，0)，B 1(－1，0，3)，C (1，0，0)，C 1(0，0，3)．所以CC 1→＝(－1，0，3)，所以CE →＝(－λ，0，3λ)，E (1－λ，0，3λ)，则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →n ⊥AB 1→，即⎩⎨⎧（1－λ）x －y ＋3λz ＝0－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，故n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1E 的一个法向量．因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，BA →＝(0，1，0)是平面BB 1E 的一个法向量，所以|cos 〈n ，BA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA →|n ||BA →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝⎛⎭⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．20．解：(1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝2，可得M 的坐标为(2，2)或(2，－2)．所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1.(2)证明：当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1>0，x 2>0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2），y 2＝2x ，得ky 2－2y －4k ＝0，可知y 1＋y 2＝2k ，y 1y 2＝－4.直线BM ，BN 的斜率之和为k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2（y 1＋y 2）（x 1＋2）（x 2＋2）.①将x 1＝y 1k ＋2，x 2＝y 2k ＋2及y 1＋y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k （y 1＋y 2）k ＝－8＋8k ＝0.所以k BM ＋k BN ＝0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM ＝∠ABN .综上，∠ABM ＝∠ABN .21．解：(1)易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， h (x )＝f （x ）x ＝ln x －k （x －1）x (x >0)，则h ′(x )＝1x －k x 2＝x －kx2，当k ≤0时，h ′(x )>0对任意的x >0恒成立，所以h (x )是(0，＋∞)上的增函数，此时h (x )不存在极值．当k >0时，若0<x <k ，则h ′(x )<0；若x >k ，则h ′(x )>0.所以h (x )是(0，k )上的减函数，是(k ，＋∞)上的增函数，故h (x )的极小值为h (k )＝ln k －k ＋1，不存在极大值．综上所述，当k ≤0时，h (x )不存在极值；当k >0时，h (x )极小值＝ln k －k ＋1，不存在极大值．(2)由(1)知当k ≤0或k ＝1时，f (x )＝0，即h (x )＝0仅有唯一解x ＝1，不符合题意．当0<k <1时，h (x )是(k ，＋∞)上的增函数，当x >1时，有h (x )>h (1)＝0，所以f (x )＝0没有大于1的根，不符合题意．当k >1时，由f ′(x )＝0，即f ′(x )＝1＋ln x －k ＝0，解得x 0＝e k －1，若x 1＝kx 0＝k e k －1，又x 1ln x 1＝k (x 1－1)，所以k e k －1ln(k e k －1)＝k (k e k －1－1)，即ln k －1＋e 1－k ＝0.令v (x )＝ln x －1＋e 1－x ，则v ′(x )＝1x－e 1－x ＝e x －e x x ex ，令s (x )＝e x －e x ，s ′(x )＝e x－e ，当x >1时，总有s ′(x )>0，所以s (x )是(1，＋∞)上的增函数，即s (x )＝e x －e x >s (1)＝0，故当x >1时，v ′(x )>0，v (x )是(1，＋∞)上的增函数，所以v (x )>v (1)＝0，即ln k －1＋e 1－k ＝0在(1，＋∞)上无解．综上可知，不存在满足条件的实数k .22．解：(1)由⎩⎨⎧x ＝1＋2ty ＝2t，得x －y ＝1，所以直线l 的极坐标方程为ρcos α－ρsin α＝1，即2ρ(cos αcos π4－sin αsin π4)＝1，即2ρcos ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝1.由ρ＝sin θ1－sin 2θ，所以ρ＝sin θcos 2θ，所以ρcos 2θ＝sin θ，所以(ρcos θ)2＝ρsin θ，即曲线C 的直角坐标方程为y ＝x 2. (2)设P (x 0，y 0)，则y 0＝x 20，所以P 到直线l 的距离d ＝|x 0－y 0－1|2＝|x 0－x 20－1|2＝⎪⎪⎪⎪－⎝⎛⎭⎫x 0－122－342，所以当x 0＝12时，d min ＝328，此时P ⎝⎛⎭⎫12，14，所以当P 点为⎝⎛⎭⎫12，14时，P 到直线l 的距离最小，最小值为328. 23．解：(1)由已知可得 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4，x ≥22x ，－2<x <2，－4，x ≤－2所以，f (x )≥2的解集为{x |x ≥1}． (2)证明：由(1)知，|x ＋2|－|x －2|≤4，1y ＋11－y ＝⎝⎛⎭⎫1y ＋11－y [y ＋(1－y )]＝2＋1－y y ＋y 1－y ≥4(当且仅当y ＝12时取等号)，所以|x ＋2|－|x －2|≤1y ＋11－y.高考仿真模拟卷(二)1．解析：选A.A ＝{x |x ＜－1或x ＞2}，B ＝{x |1＜x ＜4}，所以A ∩B ＝(2，4)．故选A. 2．解析：选B.由z (1＋i)＝i 得z ＝i1＋i ，所以|z |＝|i||i ＋1|＝12＝22，故答案为B. 3．解析：选B.因为向量a ＝(x ，1)，b ＝(1，y )，c ＝(2，－4)，且a ⊥c ，b ∥c ，所以2x －4＝0，2y ＝－4，解得x ＝2，y ＝－2，所以a ＝(2，1)，b ＝(1，－2)，所以a ＋b ＝(3，－1)，所以|a ＋b |＝ 32＋（－1）2＝10.4．解析：选A.因为f (－x )＝|－x |ln|－x |x 4＝|x |ln|x |x4＝f (x )，所以f (x )是偶函数，可得图象关于y 轴对称，排除C ，D ；当x ＞0时，f (x )＝ln xx 3，f (1)＝0，f ⎝⎛⎭⎫12＜0，排除B. 5．解析：选A.因为sin ⎝⎛⎭⎫π2－α＝cos α＝35，所以sin α＝±45，因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以sin α＝45，所以tan α＝43，所以tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝831－169＝－247，故选A.6．解析：选A.设所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著为事件A ，所以P (A )＝C 23C 210＝115，因此P (A )＝1－P (A )＝1－115＝1415，故本题选A.7．解析：选B.第一次运行，i ＝10，满足条件，S ＝1×10＝10，i ＝9；第二次运行，i ＝9满足条件，S ＝10×9＝90，i ＝8；第三次运行，i ＝8满足条件，S ＝90×8＝720，i ＝7；此时不满足条件，输出的S ＝720.故条件应为8，9，10满足，i ＝7不满足，所以条件应为i ＞7.8．解析：选C.因为1＝log 2 0182 018＞a ＝log 2 018 2 019＞log 2 018 2 018＝12，b ＝log 2 019 2 018＜log 2 0192 019＝12，c ＝2 01812 019＞2 0180＝1，故本题选C.9．解析：选C.由递推公式可得：当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝4，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝0，数列{a n }是首项为2，公差为0的等差数列， S 2 017＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 016) ＝1 009＋12×1 009×1 008×4＋1 008×2＝2 017×1 010－1.本题选择C 选项．10．解析：选A.设P (x 0，x 0)，所以切线的斜率为12x 0，又因为在点P 处的切线过双曲线的左焦点F (－1，0)，所以12x 0＝x 0x 0＋1，解得x 0＝1，所以P (1，1)，因此2c ＝2，2a ＝5－1，故双曲线的离心率是5＋12，故选A.11．解析：选D.b c ＋c b ＝b 2＋c 2bc ，这个形式很容易联想到余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，①而条件中的“高”容易联想到面积，12a ×36a ＝12bc sin A ，即a 2＝23bc sin A ，②将②代入①得：b 2＋c 2＝2bc (cos A ＋3sin A )，所以b c ＋cb ＝2(cos A ＋3sin A )＝4sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6，当A ＝π3时取得最大值4，故选D.12．解析：选A.依题意得，AB ＝2AD ＝2，∠DAB ＝π3，由余弦定理可得BD ＝3，则AD 2＋DB 2＝AB 2，则∠ADB ＝π2，又四边形ABCD 是等腰梯形，故四边形ABCD 的外接圆直径为AB ，设AB 的中点为O 1，球的半径为R ，因为SD ⊥平面ABCD ，所以R 2＝12＋⎝⎛⎭⎫SD 22＝54，则S ＝4πR 2＝5π，故选A. 13．解析：因为S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入得d ＝－2.故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n ，根据二次函数性质，当n ＝7时，S n 最大且最大值为49.答案：4914．解析：由题意得(1－3x )8展开式的通项为T r ＋1＝C r 8(－3x )r＝(－1)r C r 8x r3，r ＝0，1，2， (8)所以(a ＋3x )(1－3x )8展开式的常数项为(－1)0C 08·a ＝a ＝4，所以(4＋3x )(1－3x )8展开式中x 2项的系数为4·(－1)6C 68x 63＋3x ·(－1)3C 38x 33＝－56x 2，所以展开式中x 2的系数是－56.故答案为－56. 答案：－5615．解析：法一：因为DE →＝12DO →，DO →＝OB →＝12DB →，所以DE →＝12DO →＝14DB →，所以DE →＝13EB →，由DF ∥BC ，得DF →＝13CB →，所以CF →＝CD →＋DF →＝CD →＋13CB →＝CO →＋OD →＋13(CO →＋OB →)＝43CO →＋23OD →＝－23AC →＋13BD →，所以λ＝－23，μ＝13，λ＋μ＝－13.法二：不妨设ABCD 为矩形，建立平面直角坐标系如图，设AB ＝a ，BC ＝b ，则A (0，0)，B (a ，0)，C (a ，b )，D (0，b )，O ⎝⎛⎭⎫a 2，b 2，设E (x ，y )，因为DE →＝12DO →，所以(x ，y －b )＝12⎝⎛⎭⎫a 2，－b 2，所以x ＝a 4，y ＝34b ，即E ⎝⎛⎭⎫a 4，34b ，设F (0，m )，因为CF →∥CE →，CF →＝(－a ，m －b )，CE →＝⎝⎛⎭⎫－34a ，－14b ，所以14ab ＋34a (m －b )＝0，解得m ＝23b ，即F ⎝⎛⎭⎫0，23b ，CF →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－13b .又AC →＝(a ，b )，BD →＝(－a ，b )，由CF →＝λAC →＋μBD →，得⎝⎛⎭⎫－a ，－13b ＝λ(a ，b )＋μ(－a ，b )＝((λ－μ)a ，(λ＋μ)b )，所以λ＋μ＝－13.答案：－1316．解析：由题意得ln x ＋x ＝kx 有两个不同的解，k ＝ln xx ＋1，则k ′＝1－ln x x 2＝0⇒x ＝e ，因此当0<x <e 时，k ∈⎝⎛⎭⎫－∞，1＋1e ，当x >e 时，k ∈⎝⎛⎭⎫1，1＋1e ，从而要使ln x ＋x ＝kx 有两个不同的解，需k ∈⎝⎛⎭⎫1，1＋1e . 答案：⎝⎛⎭⎫1，1＋1e 17．解：(1)因为f (x )＝3sin(3π＋x )·cos(π－x )＋cos 2⎝⎛⎭⎫π2＋x ，所以f (x )＝3(－sin x )·(－cos x )＋(－sin x )2＝32sin 2x ＋1－cos 2x 2＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12. 由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，即函数f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3，k ∈Z .(2)由f (A )＝32得，sin ⎝⎛⎭⎫2A －π6＋12＝32，所以sin ⎝⎛⎭⎫2A －π6＝1，因为0＜A ＜π，所以0＜2A ＜2π，－π6＜2A －π6＜11π6，所以2A －π6＝π2，所以A ＝π3，因为a ＝2，b ＋c ＝4，① 根据余弦定理得，4＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ＝16－3bc ，所以bc ＝4，② 联立①②得，b ＝c ＝2.18．解：(1)依题意得，a ＝0.04×5×1 000＝200，b ＝0.02×5×1 000＝100.(2)设抽取的40名学生中，成绩为优秀的学生人数为x ，则x 40＝350＋300＋1001 000，解得x＝30，即抽取的40名学生中，成绩为优秀的学生人数为30. 依题意，X 的可能取值为0，1，2，P (X ＝0)＝C 210C 240＝352，P (X ＝1)＝C 110C 130C 240＝513，P (X ＝2)＝C 230C 240＝2952，所以X 的分布列为X 0 1 2 P3525132952所以X 的数学期望E (X )＝0×352＋1×513＋2×2952＝32.19．解：(1)证明：取BC 的中点Q ，连接NQ ，FQ ，则NQ ＝12AC ，NQ ∥AC .又MF ＝12AC ，MF ∥AC ，所以MF ＝NQ ，MF ∥NQ ，则四边形MNQF 为平行四边形，即MN ∥FQ .因为FQ ⊂平面FCB ，MN ⊄平面FCB ，所以MN ∥平面FCB .(2)由AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°可得∠ACB ＝90°，AC ＝3，BC ＝1，AB ＝2.因为四边形ACFE 为矩形，所以AC ⊥平面FCB ，则∠AFC 为直线AF 与平面FCB 所成的角，即∠AFC ＝30°，所以FC ＝3.因为FB ＝10，所以FC ⊥BC ，则可建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，所以A (3，0，0)，B (0，1，0)，M ⎝⎛⎭⎫32，0，3，MA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－3，MB →＝⎝⎛⎭⎫－32，1，－3. 设m ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧MA →·m ＝0，MB →·m ＝0，即⎩⎨⎧32x －3z ＝0，－32x ＋y －3z ＝0.取x ＝23，则m ＝(23，6，1)为平面MAB 的一个法向量．又n ＝(3，0，0)为平面FCB 的一个法向量，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝23×37×3＝237.则平面MAB 与平面FCB 所成角的余弦值为237.20．解：(1)由题意知，b 等于原点到直线y ＝x ＋2的距离，即b ＝21＋1＝2，又2a ＝4，所以a ＝2，c 2＝a 2－b 2＝2，所以椭圆C 的两个焦点的坐标分别为()2，0，()－2，0.(2)由题意可设M (x 0，y 0)，N (－x 0，－y 0)，P (x ，y )，则x 20a 2＋y 20b 2＝1，x 2a 2＋y 2b2＝1，两式相减得y 2－y 20x 2－x 20＝－b 2a 2，又k PM ＝y －y 0x －x 0，k PN ＝y ＋y 0x ＋x 0，所以k PM ·k PN ＝y －y 0x －x 0·y ＋y 0x ＋x 0＝y 2－y 20x 2－x 20＝－b 2a 2，所以－b 2a 2＝－14，又a ＝2，所以b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.21．解：(1)f ′(x )＝1x －k x 2＝x －kx2，x ＞0.当k ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值．当k ＞0时，当0＜x ＜k 时，f ′(x )＜0，当x ＞k 时，f ′(x )＞0，故f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)，f (x )的极小值为h (k )＝f (k )＝ln k ＋1.当k ＞0时，h (k )≤ak 恒成立，即ln k ＋1≤ak ，即a ≥ln k ＋1k恒成立．令φ(k )＝ln k ＋1k ，则φ′(k )＝1－（1＋ln k ）k 2＝－ln kk 2，令φ′(k )＝0，得k ＝1，当0＜k ＜1时，φ′(k )＞0，φ(k )单调递增，当k ＞1时，φ′(k )＜0，φ(k )单调递减，故k ＝1为φ(k )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以φ(k )max ＝φ(1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)证明：由(1)知，当k ＞0时，f (x )在(0，k )上单调递减，在(k ，＋∞)上单调递增，设α＜β，则一定有0＜α＜k ＜β.构造函数g (x )＝f (x )－f (2k －x )＝ln x ＋k x －ln (2k －x )－k2k －x ，0＜x ＜k ，g ′(x )＝1x ＋12k －x －k x 2－k（2k －x ）2＝2kx （2k －x ）－2k （x 2－2kx ＋2k 2）x 2（2k －x ）2 ＝－4k （x －k ）2x 2（2k －x ）2. 因为0＜x ＜k ，所以g ′(x )＜0，即g (x )在(0，k )上单调递减，又f (k )－f (2k －k )＝0，所以g (x )＞0，所以f (x )＞f (2k －x )．因为0＜α＜k ，所以f (α)＞f (2k －α)，因为f (α)＝f (β)，所以f (β)＞f (2k －α)，因为0＜α＜k ，所以2k －α＞k ，又函数f (x )在(k ，＋∞)上单调递增，所以β＞2k －α，所以α＋β＞2k .22．解：(1)x 2＝⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫α＋π42＝(sin α＋cos α)2＝sin 2α＋1＝y ，所以C 1的普通方程为y ＝x 2.将ρ2＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y 代入C 2的方程得x 2＋y 2＝4y －3，所以C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＋3＝0.(2)将x 2＋y 2－4y ＋3＝0变形为x 2＋(y －2)2＝1，它的圆心为C (0，2)．设P (x 0，y 0)为C 1上任意一点，则y 0＝x 20，从而|PC |2＝(x 0－0)2＋(y 0－2)2＝x 20＋(x 20－2)2＝x 40－3x 20＋4＝⎝⎛⎭⎫x 20－322＋74，所以当x 20＝32时，|PC |min ＝72，故曲线C 1上的点与曲线C 2上的点的距离的最小值为72－1. 23．解：(1)由已知可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－2x ，x ＜0，1，0≤x ＜1，2x －1，x ≥1，所以f (x )min ＝1，所以只需|m －1|≤1，解得－1≤m －1≤1，所以0≤m ≤2，所以实数m 的最大值M ＝2. (2)证明：因为a 2＋b 2≥2ab ，所以ab ≤1，所以ab ≤1，当且仅当a ＝b 时取等号，① 又ab ≤a ＋b 2，所以ab a ＋b ≤12，所以ab a ＋b ≤ab2，当且仅当a ＝b 时取等号，②由①②得，ab a ＋b ≤12，所以a ＋b ≥2ab . 高考仿真模拟卷(三)1．解析：选C.因为A ＝(－2，1)，B ＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，所以∁R B ＝[0，1]，A ∩(∁R B )＝[0，1)，选C.2．解析：选A.由复数z 1与z 3所对应的点关于原点对称，z 3与z 2关于实轴对称可得，复数z 1与z 2所对应的点关于虚轴对称，z 1＝3＋4i ，所以z 2＝－3＋4i ，所以z 1·z 2＝(3＋4i)(－3＋4i)＝－25.3．解析：选C.抛掷红、蓝两枚骰子，第一个数字代表红色骰子，第二个数字代表蓝色骰子，当红色骰子点数为偶数时，有18种，分别为：(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，其中两颗骰子点数之和不小于9的有6种，分别为：(4，5)，(4，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，所以当已知红色骰子的点数为偶数时，两颗骰子的点数之和不小于9的概率是P ＝618＝13.故选C.4．解析：选B.本题可以转为等差数列问题：已知首项a 1＝5，前30项的和S 30＝390，求公差d .由等差数列的前n 项公式可得，390＝30×5＋30×292d ，解得d ＝1629.5．解析：选A.因为函数f (x )＝x ln |x |，可得f (－x )＝－f (x )，f (x )是奇函数，其图象关于原点对称，排除C ，D ；当x ＞0时，f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＞0得x ＞1e ，得出函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上是增函数，排除B ，故选A.6．解析：选D.由m ⊥OA →，得3x ＋4y ＝0，即y ＝－34x ，所以tan α＝－34，tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan α＋tan π41－tan αtan π4＝tan α＋11－tan α＝－34＋11－⎝⎛⎭⎫－34＝17.7．解析：选D.设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由a 3＋a 4＝7，a 5＋a 6＝13，得1＋d ＋2q ＝7，1＋2d ＋2q 2＝13，解得d ＝2，q ＝2，所以a 7＋a 8＝1＋3d ＋2q 3＝7＋16＝23，故选D.8．解析：选C.第一次循环r ＝70，m ＝105，n ＝70；第二次循环r ＝35，m ＝70，n ＝35；第三次循环r ＝0，m ＝35，n ＝0.故输出的m 等于35.9．解析：选A.在△ADC 中，因为AC ＝32，AD ＝3，cos ∠ADC ＝cos ⎝⎛⎭⎫∠ABC ＋π2＝－sin ∠ABC ＝－33，所以代入AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC ·cos ∠ADC ，可得DC 2＋2DC －15＝0，舍掉负根有DC ＝3.所以BC ＝DC cot ∠ABC ＝3 2.AB ＝AD ＋BD ＝AD ＋DCsin ∠ABC ＝3＋33＝4 3.于是根据三角形的面积公式有：S △ABC ＝12AB ·BC ·sin ∠ABC ＝12·43·32·33＝6 2.故选A.10．解析：选C.由AB ＝BC ＝2，AC ＝2，可知∠ABC ＝π2，取AC 的中点M ，则点M 为△ABC 外接圆的圆心，又O 为四面体ABCD 的外接球球心，所以OM ⊥平面ABC ，且OM 为△ACD 的中位线，所以DC ⊥平面ABC ，故三棱锥D -ABC 的体积为V ＝13×12×2×2×23＝233.故选C.11．解析：选B.由题意知四边形F 1F 2PQ 的边长为2c ，连接QF 2，由对称性可知，|QF 2|＝|QF 1|＝2c ，则三角形QPF 2为等边三角形．过点P 作PH ⊥x 轴于点H ，则∠PF 2H ＝60°，因为|PF 2|＝2c ，所以在直角三角形PF 2H 中，|PH |＝3c ，|HF 2|＝c ，则P (2c ，3c )，连接PF 1，则|PF 1|＝23c .由双曲线的定义知，2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝23c －2c ＝2(3－1)c ，所以双曲线的离心率为c a ＝13－1＝3＋12.12．解析：选B.令g (x )＝f （x ）x 2，则g ′(x )＝x 2f ′（x ）－2xf （x ）x 4＝xf ′（x ）－2f （x ）x 3，由于x ∈(0，1)，且xf ′(x )＞2f (x )，所以g ′(x )＞0，故函数g (x )在(0，1)上单调递增．又α，β为锐角三角形的两个内角，则π2＞α＞π2－β＞0，所以1＞sin α＞sin ⎝⎛⎭⎫π2－β＞0，即1＞sin α＞cos β＞0，所以g (sin α)＞g (cos β)，即f （sin α）sin 2α＞f （cos β）cos 2β，所以cos 2βf (sin α)＞sin 2αf (cos β)． 13．解析：依题意，得1a ＋4b ＝12⎝⎛⎭⎫1a ＋4b ·(a ＋b ) ＝12⎣⎡⎦⎤5＋⎝⎛⎭⎫b a ＋4a b ≥12⎝⎛⎭⎫5＋2b a ·4a b＝92，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝2，b a ＝4a b ，a >0，b >0，即a ＝23，b ＝43时取等号，即1a ＋4b 的最小值是92. 答案：9214．解析：依题意，结合茎叶图，将题中的数由小到大依次排列得到：86，86，90，91，93，93，93，96，因此这8位学生得分的众数是93，中位数是91＋932＝92.答案：93，9215．解析：由AB →·AC →＝6，∠A ＝60°，可得|AB →|·|AC →|＝12，又在△ABC 中，13＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos A ，所以AB 2＋AC 2＝25，因为AB >AC ，所以AB ＝4，AC ＝3.以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B (4，0)，C ⎝⎛⎭⎫32，332，所以BC →＝⎝⎛⎭⎫－52，332，因为M 是BC 的中点，所以M ⎝⎛⎭⎫114，334，H ⎝⎛⎭⎫114，0，所以MH →＝⎝⎛⎭⎫0，－334，所以MH →·BC →＝－278.答案：－27816．解析：函数f (x )＝a ln x －x ＋a ＋3x 在定义域(0，＋∞)内无极值等价于f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在定义域(0，＋∞)内恒成立．因为f ′(x )＝ax －1－a ＋3x 2＝－x 2＋ax －（a ＋3）x 2，设g (x )＝－x 2＋ax －(a ＋3)，则g (x )≥0或g (x )≤0在(0，＋∞)内恒成立，可分两种情况进行讨论，即方程g (x )＝－x 2＋ax －(a ＋3)＝0无解或只有小于等于零的解，因此Δ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，a2≤0，g （0）≤0，解得－2≤a ≤6或－3≤a ≤－2.故实数a 的取值范围为[－3，6]．答案：[－3，6]17．解：(1)记甲运动员击中n 环为事件A n (n ＝1，2，3，…，10)；乙运动员击中n 环为事件B n (n ＝1，2，3，…，10)；甲运动员击中的环数不少于9环为事件A 9∪A 10，乙运动员击中的环数不少于9环为事件B 9∪B 10，根据已知事件A 9与事件A 10互斥，事件B 9与事件B 10互斥，事件A 9∪A 10与B 9∪B 10相互独立．P (A 9∪A 10)＝P (A 9)＋P (A 10)＝1－0.2－0.15＝0.65， P (B 9∪B 10)＝P (B 9)＋P (B 10)＝0.2＋0.35＝0.55.所以甲、乙两名射击运动员击中的环数都不少于9环的概率等于0.65×0.55＝0.357 5. (2)设甲、乙两名射击运动员击中的环数分别为随机变量X 、Y ，根据已知得X 、Y 的可能取值为：7，8，9，10.甲运动员射击环数X 的概率分布列为甲运动员射击环数X E (X )＝7×0.2＋8×0.15＋9×0.3＋10×0.35＝8.8. 乙运动员射击环数Y 的概率分布列为乙运动员射击环数Y E (Y )＝7×0.2＋8×0.25＋9×0.2＋10×0.35＝8.7.因为E (X )>E (Y )，所以从随机变量均值意义的角度看，选甲去比较合适． 18．解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a ；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1.因为{a n }为等比数列，所以2－a ＝1，解得a ＝1.所以a n ＝2n －1. 设数列{b n }的公差为d .因为b 2＋5，b 4＋5，b 8＋5成等比数列，所以(b 4＋5)2＝(b 2＋5)(b 8＋5)，又b 1＝3，所以(8＋3d )2＝(8＋d )(8＋7d )，解得d ＝0(舍去)或d ＝8.所以b n ＝8n －5. (2)由a n ＝2n －1，得log 2a n ＝2(n －1)，所以{log2a n }是以0为首项，2为公差的等差数列，所以T n ＝n （0＋2n －2）2＝n (n －1)．由b n ＝8n －5，T n >b n ，得n (n －1)>8n －5，即n 2－9n ＋5>0，因为n ∈N *，所以n ≥9. 故所求n 的最小正整数为9.19．解：(1)设BD ＝x (0<x <3)，则CD ＝3－x .由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以AD ＝CD ＝3－x . 由折起前AD ⊥BC 知，折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，且BD ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面BCD .又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x )．于是V ABCD＝13AD ·S △BCD＝13(3－x )·12x (3－x )＝112·2x (3－x )·(3－x )≤112⎣⎡⎦⎤2x ＋（3－x ）＋（3－x ）33＝23(当且仅当2x ＝3－x ，即x ＝1时，等号成立)，故当x ＝1，即BD ＝1时，三棱锥A -BCD 的体积最大．(2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz . 由(1)知，当三棱锥A -BCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2.于是可得D (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，0，2)，M (0，1，1)，E ⎝⎛⎭⎫12，1，0，所以BM →＝(－1，1，1)．设N (0，λ，0)，则EN →＝⎝⎛⎭⎫－12，λ－1，0. 因为EN ⊥BM ，所以EN →·BM →＝0，即⎝⎛⎭⎫－12，λ－1，0·(－1，1，1)＝12＋λ－1＝0，故λ＝12，N ⎝⎛⎭⎫0，12，0. 所以当DN ＝12(即N 是CD 上靠近点D 的一个四等分点)时，EN ⊥BM .设平面BMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BN →，n ⊥BM →，及BN →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋12y ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，z ＝－x .取x ＝1得n ＝(1，2，－1)．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ，则由EN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，可得sin θ＝|cos 〈n ，EN →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·EN →|n |·|EN →|＝⎪⎪⎪⎪－12－16×22＝32，即θ＝60°，故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°.20．解：(1)证明：因为f ′(x )＝x e x ≥0，即f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，结论成立．(2)令g (x )＝e x －1x ，则g ′(x )＝（x －1）e x ＋1x 2>0，x ∈(0，1)，所以，当x ∈(0，1)时，g (x )<g (1)＝e －1，要使e x －1xa 成立，只需e x －ax －1>0在x ∈(0，1)上恒成立．令h (x )＝e x －ax －1，x ∈(0，1)，则h ′(x )＝e x －a ，由x ∈(0，1)，得e x ∈(1，e)，①当a ≤1时，h ′(x )>0，此时x ∈(0，1)，有h (x )>h (0)＝0成立，所以a ≤1满足条件； ②当a ≥e 时，h ′(x )<0，此时x ∈(0，1)，有h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去； ③当1<a <e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln a ，可得当x ∈(0，ln a )时，h ′(x )<0，即x ∈(0，ln a )时，h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去．综上，a ≤1.又b ≥e －1，所以b －a 的最小值为e －2.21．解：(1)由焦点坐标为(1，0)，可知p2＝1，所以p ＝2，所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：当直线l 垂直于x 轴时，△ABO 与△MNO 相似，所以S △ABO S △MNO ＝⎝⎛⎭⎫|OF |22＝14；当直线l 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)．设M (－2，y M )，N (－2，y N )，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），y 2＝4x ，整理得k 2x 2－(4＋2k 2)x ＋k 2＝0，所以x 1·x 2＝1.所以S △ABOS △MNO＝12·|AO |·|BO |·sin ∠AOB 12·|MO |·|NO |·sin ∠MON＝|AO ||MO |·|BO ||NO |＝x 12·x 22＝14. 综上，S △ABO S △MNO ＝14. 22．解：(1)由已知可得圆心O 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫－22，－22，所以圆心O 的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，5π4.(2)由直线l 的极坐标方程可得直线l 的直角坐标方程为x ＋y －1＝0，所以圆心O 到直线l 的距离d ＝|－2－1|2，圆O 上的点到直线l 的距离的最大值为|－2－1|2＋r ＝3，解得r ＝2－22. 23．解：(1)显然a ≠0，当a ＞0时，解集为⎣⎡⎦⎤－1a ，3a ，则－1a ＝－6，3a ＝2，无解；当a ＜0时，解集为⎣⎡⎦⎤3a ，－1a ，令－1a ＝2，3a ＝－6，得a ＝－12. 综上所述，a ＝－12.(2)当a ＝2时，令h (x )＝f (2x ＋1)－f (x －1)＝|4x ＋1|－|2x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －4，x ≤－14，6x －2，－14＜x ＜32，2x ＋4，x ≥32，由此可知，h (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，－14上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－14，32上单调递增，在⎣⎡⎭⎫32，＋∞上单调递增，则当x ＝－14时，h (x )取到最小值－72，由题意知，－72≤7－3m ，则实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，72.高考仿真模拟卷(四)1．解析：选B.因为M ＝{x |1≤x ＜3}，N ＝{1，2}，所以M ∩N ＝{1，2}．故选B. 2．解析：选C.由(z －1)i ＝4＋2i ，得z －1＝4＋2i i ＝2－4i ，所以z ＝3－4i ，所以|z |＝5.3．解析：选D.由题意知，四所中学报名参加某高校2017年自主招生考试的学生总人数为100，抽取的学生人数与学生总人数的比值为50100＝12.所以应从A ，B ，C ，D 四所中学抽取的学生人数分别为20，15，5，10.4．解析：选C.因为a 5＝a 2q 3＜0，a 2＜0，所以q ＞0，所以a n ＜0恒成立，所以S n －S n －1＝a n ＜0，{S n }单调递减，故为充分条件；S n －S n －1＝a n ＜0⇒a 2＜0，a 5＜0，故为必要条件．故选C.5．解析：选B.依题意得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，C ＝60°，因此△ABC 的面积等于12ab sinC ＝12×3×32＝34.6．解析：选A.因为a ＝log 123<log 122＝－1，01，所以a <b <c . 7．解析：选A.由(a －2b )·a ＝a 2－2a ·b ＝0，得a ·b ＝a 22＝|a |22＝8，从而a 在b 方向上的投影为a ·b |b |＝82＝4，故选A.8．解析：选C.第一次循环S ＝2，n ＝2，第二次循环S ＝6，n ＝3，第三次循环S ＝2，n ＝4，第四次循环S ＝18，n ＝5，第五次循环S ＝14，n ＝6，第六次循环S ＝78，n ＝7，需满足S ≥K ，此时输出n ＝7，所以18<K ≤78，所以整数K 的最大值为78.9．解析：选B.设长方体三条棱的长分别为a ，b ，c ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝6bc ＝8ac ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3b ＝2c ＝4.再结合题意可得，铁球的直径最大只能为2. 故选B.10．解析：选B.设Q (x 0，y 0)，中点M (x ，y )，则P (2x －x 0，2y －y 0)代入x 2＋y 2＝9，得(2x －x 0)2＋(2y －y 0)2＝9，化简得：⎝⎛⎭⎫x －x 022＋⎝⎛⎭⎫y －y 022＝94，又x 20＋y 20＝25表示以原点为圆心半径为5的圆，故易知M 的轨迹是在以⎝⎛⎭⎫x 02，y 02为圆心，以32为半径的圆绕原点一周所形成的图形，即在以原点为圆心，宽度为3的圆环带上，即应有x 2＋y 2＝r 2(1≤r ≤4)，那么在C 2内部任取一点落在M 内的概率为16π－π25π＝1525＝35.故选B.11．解析：选A.由题意得，F (c ，0)，该双曲线的一条渐近线为y ＝－ba x ，将x ＝c 代入y＝－b a x 得y ＝－bc a，所以bca ＝2a ，即bc ＝2a 2，所以4a 4＝b 2c 2＝c 2(c 2－a 2)，所以e 4－e 2－4＝0，解得e 2＝1＋172，故选A.12．解析：选A.二次函数f (x )＝x 2＋(a ＋8)x ＋a 2＋a －12图象的对称轴为直线x ＝－a ＋82，由f (a 2－4)＝f (2a －8)及二次函数的图象，可以得出a 2－4＋2a －82＝－a ＋82，解得a ＝－4或a＝1，又a <0，所以a ＝－4，所以f (x )＝x 2＋4x ，所以f （n ）－4a n ＋1＝n 2＋4n ＋16n ＋1＝（n ＋1）2＋2（n ＋1）＋13n ＋1＝n ＋1＋13n ＋1＋2≥2（n ＋1）·13n ＋1＋2＝213＋2，又n ∈N *，所以当且仅当n ＋1＝13n ＋1，即n ＝13－1时等号成立，当n ＝2时，f （n ）－4a n ＋1＝283，n ＝3时，f （n ）－4a n ＋1＝294＋2＝374<283，所以最小值为374，故选A.13．解析：因为函数f (x )＝tan x ＋sin x ＋2 017，所以f (－x )＝－tan x －sin x ＋2 017，从而f (－x )＋f (x )＝4 034，又f (m )＝2，所以f (－m )＝4 032.答案：4 03214．解析：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，假设z ＝x ＋ay 在点C (2，1)处取得最小值，则2＋a ＝4，a ＝2，此时y ＝－12x ＋12z ，其在点C (2，1)处取得最小值，符合题意．假设z ＝x ＋ay 在点B (2，5)处取得最小值，则2＋5a ＝4，a ＝25，此时y ＝－52x ＋52z ，其在点C 处取得最小值，不符合题意．假设z ＝x ＋ay 在点A (8，－1)处取得最小值，则8－a ＝4，a ＝4，此时y ＝－14x ＋14z ，其在点A处取得最小值，符合题意．所以a 的值为2或4.答案：2或415．解析：由S n ＝2n －1，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －1＋1＝2n －1，a 1＝1适合上式，所以a n ＝2n －1. 则b n ＝a 2n －7a n ＋6＝⎝⎛⎭⎫a n －722－254.所以当n ＝3时(b n )min ＝⎝⎛⎭⎫4－722－254＝－6.故答案为－6. 答案：－616．解析：该球形容器最小时，十字立方体与球内接，此时球直径2R 等于由两个正四棱柱组合而成的几何体的对角线，即2R ＝42＋42＋22＝6，球形容器的表面积为4πR 2＝36π.答案：36π17．解：(1)f (x )＝23sin x cos x ＋cos 2x －sin 2x ＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2⎝⎛⎭⎫32sin 2x ＋12cos 2x＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，所以函数f (x )的最小正周期T ＝π.(2)由题意可知，不等式f (x )≥m 有解，即m ≤f (x )max .因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6，故当2x ＋π6＝π2，即x ＝π6时，f (x )取得最大值，且最大值为f ⎝⎛⎭⎫π6＝2.从而可得m ≤2 . 18．解：(1)由题意知，ξ的所有可能取值为0，10，20，30. P (ξ＝0)＝15×14×13＝160，P (ξ＝10)＝45×14×13＋15×34×13＋15×14×23＝960＝320，P (ξ＝20)＝45×34×13＋45×14×23＋15×34×23＝2660＝1330，P (ξ＝30)＝45×34×23＝25.所以ξ的分布列为所以E (ξ)＝0×160＋10×320＋20×1330＋30×25＝1336.(2)记“甲队得30分，乙队得0分”为事件A ，“甲队得20分，乙队得10分”为事件B ，则A ，B 互斥．又P (A )＝⎝⎛⎭⎫343×160＝91 280，P (B )＝C 23⎝⎛⎭⎫342×14×320＝811 280，故甲、乙两队总得分之和为30分且甲队获胜的概率为P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝901 280＝9128. 19．解：(1)证明：连接BG ，因为BC ∥AD ，AD ⊥底面AEFB ，所以BC ⊥底面AEFB ，又AG ⊂底面AEFB ，所以BC ⊥AG ，因为AB ＝12EF ，且AB ∥EF ，所以AB 綊EG ，因为AB＝AE ，所以四边形ABGE 为菱形，所以AG ⊥BE ，又BC ∩BE ＝B ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，所以AG ⊥平面BCE .(2)由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4，设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (－2，0，0)，E (0，－23，0)，F (4，23，0)，C (0，23，4)，D (－2，0，4)，所以AC →＝(2，23，4)，AE →＝(2，－23，0)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AE →·n ＝0，所以⎩⎨⎧2x ＋23y ＋4z ＝0，2x －23y ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝－3，即平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，1，－3)，易知平面AEF 的一个法向量为AD →＝(0，0，4)，设二面角C -AE -F 的大小为θ，由图易知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos θ＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝437×4＝217.20．解：(1)由题意知，F (x )＝f (x )h (x )＝x 2ln x ，F ′(x )＝2x ln x ＋x (x >0)．令F ′(x )>0，得x >1e，故F (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞；令F ′(x )<0，得0<x <1e ，故F (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e .(2)由题意知，G (x )＝e x －bx ，故G ′(x )＝e x －b ，又b >0，令G ′(x )＝e x －b ＝0，得x ＝ln b ，故当x ∈(－∞，ln b )时，G ′(x )<0，此时G (x )单调递减；当x ∈(ln b ，＋∞)时，G ′(x )>0，此时G (x )单调递增．故G (x )min ＝b －b ln b ，所以m ≤b －b ln b ，则mb ≤b 2－b 2ln b . 设r (b )＝b 2－b 2ln b (b >0)，则r ′(b )＝2b －(2b ln b ＋b )＝b －2b ln b ，由于b >0，令r ′(b )＝0，得ln b ＝12，b ＝e ，当b ∈(0，e)时，r ′(b )>0，r (b )单调递增；当b ∈(e ，＋∞)时，r ′(b )<0，r (b )单调递减，所以r (b )max ＝e 2，即当b ＝e ，m ＝12e 时，mb 取得最大值e2.21．解：(1)因为点P (2，t )到焦点F 的距离为52，所以2＋p 2＝52，解得p ＝1，故抛物线C 的方程为y 2＝2x ，P (2，2)，所以l 1的方程为y ＝45x ＋25，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝45x ＋25，y 2＝2x ，可解得x Q ＝18，又|QF |＝x Q ＋12＝58，|PF |＝52，所以|QF ||PF |＝5852＝14.(2)设直线l 2的方程为x ＝ny ＋m (m ≠0)，代入抛物线方程可得y 2－2ny －2m ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2n ，y 1y 2＝－2m ，① 由OA ⊥OB 得，(ny 1＋m )(ny 2＋m )＋y 1y 2＝0，整理得(n 2＋1)y 1y 2＋nm (y 1＋y 2)＋m 2＝0，②将①代入②解得m ＝2或m ＝0(舍去)，满足Δ＝4n 2＋8m >0，所以直线l 2：x ＝ny ＋2，因为圆心M (a ，0)到直线l 2的距离d ＝|a －2|1＋n 2，所以|DE |＝212－（a －2）21＋n 2，显然当a ＝2时，|DE |＝2，所以存在实数a ＝2，使得|DE |为定值．22．解：(1)如图，设圆C 上任意一点A (ρ，θ)，则∠AOC ＝θ－π3或π3－θ.由余弦定理得4＋ρ2－4ρcos(θ－π3)＝4，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3.作图如图所示．(2)在直角坐标系中，点C 的坐标为(1，3)，可设圆C 上任意一点P (1＋2cos α，3＋2sin α)，又令M (x ，y )，由Q (5，－3)，M 是线段PQ 的中点，得M 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝6＋2cos α2y ＝2sin α2(α为参数)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos αy ＝sin α(α为参数)，所以点M 的轨迹的普通方程为(x －3)2＋y 2＝1.23．解：(1)由于a ＝1，故f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x ，x <1.x －1，x ≥1.当x <1时，由f (x )≥12(x ＋1)，得1－x ≥12(x ＋1)，解得x ≤13；当x ≥1时，由f (x )≥12(x ＋1)，得x －1≥12(x ＋1)，解得x ≥3.综上，不等式f (x )≥12(x ＋1)的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，13∪[3，＋∞)． (2)当a <2时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －2，x ≤a ，2x －2－a ，a <x <2，2－a ，x ≥2，g (x )的值域A ＝[a －2，2－a ]，由A ⊆[－1，3]，得⎩⎪⎨⎪⎧a －2≥－1，2－a ≤3，解得a ≥1，又a <2，故1≤a <2；当a ≥2时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －2，x ≤2，－2x ＋2＋a ，2－a ，x ≥a ，2<x <a ，g (x )的值域A ＝[2－a ，a －2]，由A ⊆[－1，3]，得⎩⎪⎨⎪⎧2－a ≥－1，a －2≤3，解得a ≤3，又a ≥2，故2≤a ≤3. 综上，a 的取值范围为[1，3]．高考仿真模拟卷(五)1．解析：选C.A ＝{x |x ≤3}，B ＝{2，3，4}，所以A ∩B ＝{2，3}，故选C.2．解析：选D.由已知可得z ＝1＋i 2－i ＝（1＋i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝1＋3i 5＝15＋35i ，所以z ＝15－35i.3．解析：选A.所给圆的圆心为坐标原点，半径为2，当弦长大于2时，圆心到直线l 的距离小于1，即|m |5＜1，所以－5＜m ＜5，故所求概率P ＝5－（－5）9－（－6）＝23.4．解析：选C.因为4a 1，a 3，2a 2成等差数列，所以2a 3＝4a 1＋2a 2，又a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，则2a 1q 2＝4a 1＋2a 1q ，解得q ＝2或q ＝－1，故选C.5．解析：选A.a ＝b ＝1时，两条直线ax －y ＋1＝0与直线x －by －1＝0平行，反之由ax －y ＋1＝0与直线x －by －1＝0平行，可得ab ＝1，显然不一定是a ＝b ＝1，所以，必要性不成立，所以“a ＝b ＝1”是“直线ax －y ＋1＝0与直线x －by －1＝0平行”的充分不必要条件．故选A.6．解析：选A.BD →＝AD →－AB →，所以BC →＝ 2 BD →＝2(AD →－AB →)，所以BC →·AB →＝2(AD →－AB →)·AB →＝ 2 AD →·AB →－ 2 AB →2＝0－2×22＝－4 2.7．解析：选C.该程序框图的功能是计算S ＝2＋lg 12＋lg 23＋…＋lg nn ＋1＝2－lg(n ＋1)的值．要使输出的S 的值为－1，则2－lg(n ＋1)＝－1，即n ＝999，故①中应填n ＜999？.8．解析：选C.F (1，0)，故直线AB 的方程为y ＝x －1，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x y ＝x －1，可得x 2－6x ＋1＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系可知x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝1.由抛物线的定义可知：|F A |＝x 1＋1， |FB |＝x 2＋1，所以||F A |－|FB ||＝|x 1－x 2|＝（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝36－4＝4 2. 故选C.9.解析：选B.如图所示，在同一坐标系中分别作出y ＝f (x )与y ＝－x ＋a 的图象，其中a 表示直线在y 轴上的截距．由图可知，当a >1时，直线y ＝－x ＋a 与曲线y ＝f (x )只有一个交点．10．解析：选C.由题意得BC ＝CD ＝a ，∠BCD ＝90°，所以。

2020版高考理科数学二轮专题提分教程全国通用版检测：仿真模拟卷一

仿真模拟卷仿真模拟卷一本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、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 ＝{x |x <1}，B ＝{x |3x <1}，则( ) A ．A ∪B ＝{x |x >1} B ．A ∪B ＝R C ．A ∩B ＝{x |x <0} D ．A ∩B ＝∅答案 C解析集合B ＝{x |3x <1}，即B ＝{x |x <0}，而A ＝{x |x <1}，所以A ∪B ＝{x |x <1}，A ∩B ＝{x |x <0}．2．记复数z 的共轭复数为z －，若z －(1－i)＝2i(i 为虚数单位)，则|z |＝( ) A. 2 B ．1 C ．2 2 D ．2 答案 A解析由z －(1－i)＝2i ，可得z －＝2i1－i ＝2i (1＋i )2＝－1＋i ，所以z ＝－1－i ，|z |＝ 2.3．设a ＝ln 13，b ＝20.3，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132，则( )A ．a <c <bB ．c <a <bC ．a 1，又0<c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132<1，故选A.4．设θ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”是“sin θ<32”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析由⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6可得0<θ<π3，所以由“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”可得“sin θ<32”，但由“sin<32”推不出“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”所以“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”是“sin θ<32”的充分不必要条件．5．在如图所示的计算1＋5＋9＋…＋2021的程序框图中，判断框内应填入的条件是( )A ．i ≤2021?B ．i <2021?C ．i <2017?D ．i ≤2025?答案 A解析由题意结合流程图可知当i ＝2021时，程序应执行S ＝S ＋i ，i ＝i ＋4＝2025，再次进入判断框时应该跳出循环，输出S 的值；结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是i ≤2021？.6．已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x n (n ∈N *)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，则x 3的系数为( )A ．14B ．－14C ．240D ．－240 答案 C解析二项展开式的第r ＋1项的通项公式为T r ＋1＝C r n (2x )n －r ·⎝⎛⎭⎪⎫－1x r，由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，可得C 1n ∶C 2n ＝2∶5.即2n n (n －1)＝25，解得n ＝6.所以T r ＋1＝C r 626－r (－1)r x 6－32r ，令6－32r ＝3，解得r ＝2，所以x 3的系数为C 2626－2(－1)2＝240.7．在△ABC 中，AB →＋AC →＝2AD →，AE →＋DE →＝0，若EB →＝xAB →＋yAC →，则( ) A ．y ＝3x B ．x ＝3y C ．y ＝－3x D ．x ＝－3y答案 D解析因为AB →＋AC →＝2AD →，所以点D 是BC 的中点，又因为AE →＋DE →＝0，所以点E 是AD 的中点，所以有BE →＝BA →＋AE →＝－AB →＋12AD →＝－AB →＋12×12(AB →＋AC →)＝－34AB →＋14AC →，因此EB →＝34AB →－14AC →.所以x ＝34，y ＝－14，即x ＝－3y .8．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则使f (a ＋x )－f (a －x )＝0成立的a 的最小正值为( )A.π12B.π6C.π4D.π3 答案 B解析由图象易知，A ＝2，f (0)＝1，即2sin φ＝1，且|φ|<π2，即φ＝π6，由图可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12＝0，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12·ω＋π6＝0，所以11π12·ω＋π6＝2k π，k ∈Z ，即ω＝24k －211，k ∈Z ，又由图可知，周期T >11π12⇒2πω>11π12，得ω<2411，且ω>0，所以k ＝1，ω＝2，所以函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，因为f (a ＋x )－f (a －x )＝0，所以函数f (x )的图象关于x＝a 对称，即有2a ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，所以可得a ＝k π2＋π6，k ∈Z ，所以a 的最小正值为π6.9．若函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1，当x <0时，f (x )＝log 2(－x )＋m ，则实数m ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2 答案 C解析 ∵f (x )是定义在R 上的奇函数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1，且x <0时，f (x )＝log 2(－x )＋m ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝log 214＋m ＝－2＋m ＝－1，∴m ＝1. 10．在等差数列{a n }中，a 3，a 9是方程x 2＋24x ＋12＝0的两根，则数列{a n }的前11项和等于( )A ．66B ．132C ．－66D ．－132 答案 D解析因为a 3，a 9是方程x 2＋24x ＋12＝0的两根，所以a 3＋a 9＝－24，又a 3＋a 9＝－24＝2a 6，所以a 6＝－12，S 11＝11×(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝－132.11．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，P 为双曲线左支上一点，△ABP 为等腰三角形且外接圆的半径为5a ，则双曲线的离心率为( )A.155B.154C.153D.152 答案 C解析由题意知等腰△ABP 中，|AB |＝|AP |＝2a ，设∠ABP ＝∠APB ＝θ，F 1为双曲线的左焦点，则∠F 1AP ＝2θ，其中θ必为锐角．∵△ABP 外接圆的半径为5a ，∴25a ＝2asin θ， ∴sin θ＝55，cos θ＝255， ∴sin2θ＝2×55×255＝45， cos2θ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫2552－1＝35. 设点P 的坐标为(x ，y )，则x ＝－a －|AP |cos2θ＝－11a 5，y ＝|AP |sin2θ＝8a5，故点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－11a 5，8a 5.由点P 在双曲线上，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－11a 52a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫8a 52b 2＝1，整理得b 2a 2＝23，∴e ＝c a ＝1＋b 2a 2＝153.12．德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,1805～1859)在数学领域成就显著.19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”：y ＝f (x )＝⎩⎨⎧1，x ∈Q ，0，x ∈∁R Q ，其中R 为实数集，Q 为有理数集．则关于函数f (x )有如下四个命题：①f [f (x )]＝0；②函数f (x )是偶函数；③任取一个不为零的有理数T ，f (x ＋T )＝f (x )对任意的x ∈R 恒成立；④存在三个点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，C (x 3，f (x 3))，使得△ABC 为等边三角形．其中真命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析当x 为有理数时，f (x )＝1；当x 为无理数时，f (x )＝0.∴当x 为有理数时，f [f (x )]＝f (1)＝1；当x 为无理数时，f [f (x )]＝f (0)＝1，∴无论x 是有理数还是无理数，均有f [f (x )]＝1，故①不正确；∵有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，∴对任意x ∈R ，都有f (－x )＝f (x )，故②正确；当T ∈Q 时，若x 是有理数，则x ＋T 也是有理数；若x 是无理数，则x ＋T 也是无理数，∴根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数T ，f (x ＋T )＝f (x )对x ∈R 恒成立，故③正确；取x 1＝33，x 2＝0，x 3＝－33，f (x 1)＝0，f (x 2)＝1，f (x 3)＝0，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，B (0,1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，△ABC 恰好为等边三角形，故④正确，故选C.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －3y ＋4≥0，x －2≤0，x ＋y ≥0，x ，y ∈R ，则x 2＋y 2的最大值为________．答案 8解析画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示(含边界)．x 2＋y 2表示可行域内的点(x ，y )到原点距离的平方．由图形可得，可行域内的点A 或点B 到原点的距离最大，且A (2，－2)，B (2,2)，又|OA |＝|OB |＝22，∴(x 2＋y 2)max ＝8.14．设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有顶点都在同一个球面上，且球的表面积是40π，AB ＝AC ＝AA 1，∠BAC ＝120°，则此直三棱柱的高是________．答案 2 2解析设AB ＝AC ＝AA 1＝x ，在△ABC 中，∠BAC ＝120°，则由余弦定理可得BC ＝3x .由正弦定理，可得△ABC 外接圆的半径为r ＝x ，又∵球的表面积是40π，∴球的半径为R ＝10.设△ABC 外接圆的圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OBO ′中，有⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x 2＝10，解得x ＝22，即AA 1＝2 2.∴直三棱柱的高是2 2.15．七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形(两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形)、一块正方形和一块平行四边形组成的．如图，在一个用七巧板拼成的正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率是________．答案 316解析由七巧板的构造可知，△BIC ≌△GOH ，故黑色部分的面积与梯形EFOH 的面积相等，而S 梯形EFOH ＝34S △DOF ＝34×14S 正方形ABDF ＝316S 正方形ABDF ，∴所求的概率为P ＝S 梯形EFOH S 正方形ABDF ＝316.16．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为________．答案 S n ＝3n －2n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1＝2S n ＋3n ， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13，∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫S n 3n －1，又S 13－1＝13－1＝－23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列， ∴S n 3n －1＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴S n ＝3n －2n .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． 17．(本小题满分12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，且3b cos A ＝sin A (a cos C ＋c cos A )．(1)求角A 的大小；(2)若a ＝23，△ABC 的面积为534，求△ABC 的周长．解 (1)∵3b cos A ＝sin A (a cos C ＋c cos A )， ∴由正弦定理可得，3sin B cos A ＝sin A (sin A cos C ＋sin C cos A )＝sin A sin(A ＋C )＝sin A sin B ，即3sin B cos A ＝sin A sin B ，∵sin B ≠0，∴tan A ＝3， ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3.(2)∵A ＝π3，a ＝23，△ABC 的面积为534， ∴12bc sin A ＝34bc ＝534，∴bc ＝5， ∴由余弦定理可得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即12＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ＝(b ＋c )2－15，解得b ＋c ＝33，∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝23＋33＝5 3.18．(本小题满分12分)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长．解依题意，可以建立以A 为坐标原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0，1,0)，E (0,0,2)．设CF ＝h (h >0)，则F (1,2，h )．(1)证明：依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)．因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x ′，y ′，z ′)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎨⎧－x ′＋y ′＝0，2y ′＋hz ′＝0，不妨令y ＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h32＋4h2＝13，解得h＝87.经检验，符合题意．所以线段CF的长为8 7.19．(本小题满分12分)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x 轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标．解(1)由题意得p2＝1，即p＝2.所以抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(x A，y A)，B(x B，y B)，C(x C，y C)，重心G(x G，y G)．令y A＝2t,2t≠0，则x A＝t2.由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝t2－12t y＋1，代入y2＝4x，得y2－2(t2－1)t y－4＝0，故2ty B＝－4，即y B＝－2t，所以B⎝⎛⎭⎪⎫1t2，－2t.又由于x G＝13(x A＋x B＋x C)，y G＝13(y A＋y B＋y C)及重心G在x轴上，故2t－2t＋y C＝0，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t 2，2⎝⎛⎭⎪⎫1t －t ，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0. 所以直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)，得Q (t 2－1,0)．由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2>2.从而S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y C | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －2t ＝2t 4－t 2t 4－1＝2－t 2－2t 4－1. 令m ＝t 2－2，则m >0，S 1S 2＝2－mm 2＋4m ＋3＝2－1m ＋3m ＋4 ≥2－12 m ·3m ＋4＝1＋32.当m ＝3时，S 1S 2取得最小值1＋32，此时G (2,0)． 20．(本小题满分12分)设函数f (x )＝m e x －x 2＋3，其中m ∈R .(1)当f (x )为偶函数时，求函数h (x )＝xf (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点，求m 的取值范围．解 (1)由函数f (x )是偶函数，得f (－x )＝f (x )，即m e －x －(－x )2＋3＝m e x －x 2＋3对于任意实数x 都成立，所以m ＝0.此时h (x )＝xf (x )＝－x 3＋3x ，则h ′(x )＝－3x 2＋3.由h ′(x )＝0，解得x ＝±1.当x 变化时，h ′(x )与h (x )的变化情况如下表所示：所以h(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．所以h(x)有极小值h(－1)＝－2，极大值h(1)＝2.(2)由f(x)＝m e x－x2＋3＝0，得m＝x2－3 e x.所以“f(x)在区间[－2,4]上有两个零点”等价于“直线y＝m与曲线g(x)＝x2－3e x，x∈[－2,4]有且只有两个公共点”．对函数g(x)求导，得g′(x)＝－x2＋2x＋3e x.由g′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(－2，－1)，(3,4)上单调递减，在(－1,3)上单调递增．又因为g(－2)＝e2，g(－1)＝－2e，g(3)＝6e3<g(－2)，g(4)＝13e4>g(－1)，所以当－2e<m<13e4或m＝6e3时，直线y＝m与曲线g(x)＝x2－3e x，x∈[－2,4]有且只有两个公共点．即当－2e<m<13e4或m＝6e3时，函数f(x)在区间[－2,4]上有两个零点．21．(本小题满分12分)某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片，每批生产若干盒，每片成本1元，每盒芯片需检验合格后方可出厂．检验方案是从每盒芯片随机取3片检验，若发现次品，就要把全盒12片产品全部检验，然后用合格品替换掉不合格品，方可出厂；若无次品，则认定该盒芯片合格，不再检验，可出厂．(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率？(2)若每片芯片售价10元，每片芯片检验费用1元，次品到达组装工厂被发现后，每片须由代工厂退赔10元，并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂．设每片芯片不合格的概率为p(0<p<1)，且相互独立．①若某盒12片芯片中恰有3片次品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；②若以①中的p0作为p的值，由于质检员操作疏忽，有一盒芯片未经检验就被贴上合格标签出厂到组装工厂，试确定这盒芯片的最终利润X (单位：元)的期望．解 (1)设“该盒芯片经一次检验即可出厂”的事件为A ，则P (A )＝C 39C 312＝2155. 答：该盒芯片可出厂的概率为2155.(2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率f (p )＝C 312p 3(1－p )9当且仅当3p ＝1－p ，即p ＝14时取“＝”号，故f (p )的最大值点p 0＝14.②由题设知，p ＝p 0＝14.设这盒芯片不合格品个数为n ，则n ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14，故E (n )＝12×14＝3，则E (X )＝120－12－30－3×2＝72.∴这盒芯片的最终利润X 的期望是72元．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，作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为x 2＋y 2＝4，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－2－t ，y ＝33＋3t (t 为参数)，若将曲线C 1上的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的32，得曲线C 2.(1)写出曲线C 2的参数方程；(2)设点P (－2,33)，直线l 与曲线C 2的两个交点分别为A ，B ，求1|P A |＋1|PB |的值．解 (1)若将曲线C 1上的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的32，则得到曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23y 2＝4，整理，得x 24＋y 29＝1， ∴曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝2cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)． (2)将直线l 的参数方程化为标准形式为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2－12t ′，y ＝33＋32t ′(t ′为参数)，将参数方程代入x 24＋y 29＝1，得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－12t ′24＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33＋32t ′29＝1，整理，得74(t ′)2＋18t ′＋36＝0.∴|P A |＋|PB |＝|t 1′＋t 2′|＝727，|P A |·|PB |＝t 1′t 2′＝1447，∴1|P A |＋1|PB |＝|P A |＋|PB ||P A |·|PB |＝7271447＝12.23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －1|的最小值为m .(1)求m 的值以及此时x 的取值范围；(2)若实数p ，q ，r 满足：p 2＋2q 2＋r 2＝m ，证明：q (p ＋r )≤2.解 (1)依题意，得f (x )＝|x ＋3|＋|x －1|≥|x ＋3－x ＋1|＝4，故m 的值为4. 当且仅当(x ＋3)(x －1)≤0，即－3≤x ≤1时等号成立，即x 的取值范围为[－3,1]．(2)证明：因为p 2＋2q 2＋r 2＝m ，故(p 2＋q 2)＋(q 2＋r 2)＝4.因为p 2＋q 2≥2pq ，当且仅当p ＝q 时等号成立；q 2＋r 2≥2qr ，当且仅当q ＝r 时等号成立，所以(p 2＋q 2)＋(q 2＋r 2)＝4≥2pq ＋2qr ，故q (p ＋r )≤2，当且仅当p ＝q ＝r 时等号成立．。

2020届高考数学大二轮复习冲刺经典专题高考仿真模拟一课件文

4套仿真模拟
2020高考仿真模拟(一)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共 150 分，考试时间 120 分钟．
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 Байду номын сангаас，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．设全集 U 为实数集 R，已知集合 M＝{x|x2－4>0}，N＝{x|x2－4x＋3<0}，则图中阴影部分所表示的集合为( )
π πππ A.12 B.6 C.4 D.3
答案 B
解析根据题意可得 y＝sin2x＋23π，将其图象向左平移 φ 个单位长度，可得 y＝sin2x＋23π＋2φ的图象，因为该图象所对应的函数恰为奇函数，所以 23π＋2φ＝kπ(k∈Z)，φ＝k2π－π3(k∈Z)，又 φ>0，所以当 k＝1 时，φ 取得最小值，且 φmin＝π6，故选 B.
5，故选 D.
3．为了判断高中生选修理科是否与性别有关．现随机抽取 50 名学生，得到如下 2×2 列联表：
男女合计
理科 13 7 20
文科 10 20 30
合计 23 27 50
根据表中数据，得到 K2＝50×23×132×7×202－0×103×072≈4.844，若已知 P(K2≥3.841)≈0.05，P(K2≥5.024)≈0.025，则认为选修理科与性别有关系出错的可能性约为( )
A．{x|x<－2} B．{x|x>3} C．{x|1≤x≤2} D．{x|x≥3 或 x<－2}
答案 D
解析由题可得 M＝{x|x2－4>0}＝{x|x>2 或 x<－2}，N＝{x|x2－4x＋3<0} ＝{x|1<x<3}，又图中阴影部分所表示的集合是(∁UN)∩M，即为{x|x≥3 或 x< －2}，故选 D.

全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程仿真模拟卷二理

仿真模拟卷二本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、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P ＝{0,1,2}，Q ＝{x |x <2}，则P ∩Q ＝( )A ．{0} B ．{0,1} C ．{1,2} D ．{0,2}答案　B解析　因为集合P ＝{0,1,2}，Q ＝{x |x <2}，所以P ∩Q ＝{0,1}．2．已知复数z 满足|z |＝，z ＋＝2(为z 的共轭复数)(i 为虚数单位)，则z ＝( )2z－z－A ．1＋iB ．1－iC ．1＋i 或1－iD ．－1＋i 或－1－i答案　C解析　设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则＝a －b i ，z ＋＝2a ，z－z－所以Error!得Error!所以z ＝1＋i 或z ＝1－i.3．若a >1，则“a x >a y ”是“log a x >log a y ”的( )A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案　A解析　由a >1，得a x >a y 等价为x >y ，log a x >log a y 等价为x >y >0，故“a x >a y ”是“log a x >log a y ”的必要不充分条件．4．已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <c log 0.50.25＝2,0.51<c ＝0.50.2<0.50，即512<c <1，所以a <c <b .125．执行如图所示的程序框图，则输出的i 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案　C 解析　由题可得S ＝3，i ＝2→S ＝7，i ＝3→S ＝15，i ＝4→S ＝31，i ＝5→S ＝63，i ＝6，此时结束循环，输出i ＝6.6．(1－)6(1＋)4的展开式中含x 项的系数是( )x x A ．－4 B ．－3 C ．3 D ．4答案　B解析　解法一：(1－)6的展开式的通项为C (－)m ＝C (－1)m x ，(1＋)4的展开式x m6x m 6m2x 的通项为C ()n ＝C x ，其中m ＝0,1,2，…，6，n ＝0,1,2,3,4.n4x n 4n2令＋＝1，得m ＋n ＝2，于是(1－)6(1＋)4的展开式中x 的系数等于C ·(－1)m 2n2x x 060·C ＋C ·(－1)1·C ＋C ·(－1)2·C ＝－3.2416142604解法二：(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x )4(1－2＋x )．于是x x x x x x (1－)6(1＋)4的展开式中x 的系数为C ·1＋C ·(－1)1·1＝－3.x x 0414解法三：在(1－)6(1＋)4的展开式中要出现x ，可分为以下三种情况：x x ①(1－)6中选2个(－)，(1＋)4中选0个作积，这样得到的x 项的系数为x x x x C C ＝15；2604②(1－)6中选1个(－)，(1＋)4中选1个作积，这样得到的x 项的系数为x x x x C (－1)1C ＝－24；1614③(1－)6中选0个(－)，(1＋)4中选2个作积，这样得到的x 项的系数为x x x x C C ＝6.0624故x 项的系数为15－24＋6＝－3.7．已知直线y ＝x ＋m 和圆x 2＋y 2＝1交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若·＝，则AO →AB→32实数m ＝( )A ．±1B ．±C ．±D ．±322212答案　C解析　联立Error!得2x 2＋2mx ＋m 2－1＝0，∵直线y ＝x ＋m 和圆x 2＋y 2＝1交于A ，B 两点，O 为坐标原点，∴Δ＝－4m 2＋8＞0，解得－<m <，22设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－m ，x 1x 2＝，y 1y 2＝(x 1＋m )(x 2＋m )m 2－12＝x 1x 2＋m (x 1＋x 2)＋m 2，＝(－x 1，－y 1)，＝(x 2－x 1，y 2－y 1)，AO→AB→∵·＝，∴·＝x －x 1x 2＋y －y 1y 2＝1－－＋m 2－m 2＝2－m 2＝，AO →AB→32AO → AB→ 2121m 2－12m 2－1232解得m ＝±.228．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，若△ABC 的面积为S ，且4S ＝(a ＋b )2－c 2，则sin＝( )3(C ＋π4)A ．1 B. C. D.226－246＋24答案　D解析　由4S ＝(a ＋b )2－c 2，得34×ab sin C ＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，∵a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ，312∴2ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ，3即sin C －cos C ＝1，即2sin ＝1，则3(C －π6)sin ＝，∵0<C <π，∴－<C －<，∴C －＝，即C ＝，则(C －π6)12π6π65π6π6π6π3sin＝sin ＝sin ·cos ＋cos sin ＝×＋×＝.(C ＋π4)(π3＋π4)π3π4π3π4322212226＋249．关于函数f (x )＝x －sin x ，下列说法错误的是( )A ．f (x )是奇函数B ．f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增C ．x ＝0是f (x )的唯一零点D ．f (x )是周期函数答案　D解析　f (－x )＝－x －sin(－x )＝－x ＋sin x ＝－f (x )，则f (x )为奇函数，故A 正确；由于f ′(x )＝1－cos x ≥0，故f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，故B 正确；根据f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，f (0)＝0，可得x ＝0是f (x )的唯一零点，故C 正确；根据f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，可知它一定不是周期函数，故D 错误．10．已知log 2(a －2)＋log 2(b －1)≥1，则2a ＋b 取到最小值时，ab ＝( )A ．3 B ．4 C ．6 D ．9答案　D解析　由log 2(a －2)＋log 2(b －1)≥1，可得a －2>0，b －1>0且(a －2)(b －1)≥2.所以2a ＋b ＝2(a －2)＋(b －1)＋5≥2＋5≥2＋5＝9，当2(a －2)＝b －1且2(a －2)(b －1)2×2(a －2)(b －1)＝2时等号成立，解得a ＝b ＝3.所以2a ＋b 取到最小值时，ab ＝3×3＝9.11．已知实数a >0，函数f (x )＝Error!若关于x 的方程f [－f (x )]＝e －a ＋有三个a2不等的实根，则实数a 的取值范围是( )A.B.(1，2＋2e )(2，2＋2e)C. D.(1，1＋1e )(2，2＋1e )答案　B解析　当x ＜0时，f (x )为增函数，当x ≥0时，f ′(x )＝e x －1＋ax －a －1，f ′(x )为增函数，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，故函数f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，最小值为f (1)＝0.由此画出函数f (x )的大致图象如图所示．令t ＝－f (x )，因为f (x )≥0，所以t ≤0，则有Error!解得－a ＝t －1，所以t ＝－a ＋1，所以f (x )＝a －1.所以方程要有三个不同的实数根，则需＜a －1＜＋，解得2＜a ＜＋2.a21e a 22e 12．已知△ABC 的顶点A ∈平面α，点B ，C 在平面α同侧，且AB ＝2，AC ＝，若3AB ，AC 与α所成的角分别为，，则线段BC 长度的取值范围为( )π3π6A ．[2－，1] B ．[1，]37C ．[， ] D ．[1, ]77＋237＋23答案　B解析　如图，过点B ，C 作平面的垂线，垂足分别为M ，N ，则四边形BMNC 为直角梯形．在平面BMNC 内，过C 作CE ⊥BM 交BM 于点E .又BM ＝AB ·sin∠BAM ＝2sin ＝，AM ＝AB ·cos∠BAM ＝2cos ＝1，π33π3CN ＝AC ·sin∠CAN ＝sin ＝，3π632AN ＝AC ·cos∠CAN ＝cos ＝，3π632所以BE ＝BM －CN ＝，故BC 2＝MN 2＋.3234又AN －AM ≤MN ≤AM ＋AN ，即＝AN －AM ≤MN ≤AM ＋AN ＝，1252所以1≤BC 2≤7，即1≤BC ≤ ，故选B.7第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量a ＝(1，λ)，b ＝(3,1)，c ＝(1,2)，若向量2a －b 与c 共线，则向量a 在向量c 方向上的投影为________．答案　0解析　向量2a －b ＝(－1,2λ－1)，由2λ－1＝－2，得λ＝－.∴向量a ＝，12(1，－12)∴向量a 在向量c 方向上的投影为|a |cos〈a ，c 〉＝＝＝0.a ·c|c |1－2×12514．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2ab sin C ＝(b 2＋c 2－a 2)，3若a ＝，c ＝3，则△ABC 的面积为________．13答案　33解析　由题意得＝·，2ab sin C 2bc 3b 2＋c 2－a 22bc 即＝cos A ，由正弦定理得sin A ＝cos A,a sin Cc 33所以tan A ＝，A ＝.3π3由余弦定理得13＝32＋b 2－2×3b cos ，π3解得b ＝4，故面积为bc sin A ＝×4×3×＝3.121232315．已知点M 为单位圆x 2＋y 2＝1上的动点，点O 为坐标原点，点A 在直线x ＝2上，则·的最小值为________．AM →AO→ 答案　2解析　设A (2，t )，M (cos θ，sin θ)，则＝(cos θ－2，sin θ－t )，＝(－2，－t )，AM→AO→所以·＝4＋t 2－2cos θ－t sin θ.AM →AO→又(2cos θ＋t sin θ)max ＝，4＋t 2故·≥4＋t 2－.AM →AO→4＋t 2令s ＝，则s ≥2，又4＋t 2－＝s 2－s ≥2，4＋t 24＋t 2当s ＝2，即t ＝0时等号成立，故(·)min ＝2.AM →AO→16．已知函数f (x )＝x 2－2mx ＋m ＋2，g (x )＝mx －m ，若存在实数x 0∈R ，使得f (x 0)<0且g (x 0)<0同时成立，则实数m 的取值范围是________．答案　(3，＋∞)解析　当m >0，x <1时，g (x )<0，所以f (x )<0在(－∞，1)上有解，则Error!或Error!即m >3或Error!故m >3.当m <0，x >1时，g (x )<0，所以f (x )<0在(1，＋∞)上有解，所以Error!此不等式组无解．综上，m 的取值范围为(3，＋∞)．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．17．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝cos x (sin x －cos x )＋.312(1)求f 的值；(π3)(2)当x ∈时，不等式c <f (x )<c ＋2恒成立，求实数c 的取值范围．[0，π2]解　(1)f (x )＝sin x cos x －cos 2x ＋＝sin2x －cos2x ＝sin，所以f ＝1.3123212(2x －π6)(π3)(2)因为0≤x ≤，所以－≤2x －≤，π2π6π65π6所以－≤sin≤1.12(2x －π6)由不等式c <f (x )<c ＋2恒成立，得Error!解得－1<c <－.12所以实数c 的取值范围为.(－1，－12)18．(本小题满分12分)如图，在等腰梯形ABCD 中，AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，AB ＝1，AD ＝2，∠ADE ＝60°，沿AE ，BF 折成三棱柱AED －BFC .(1)若M ，N 分别为AE ，BC 的中点，求证：MN ∥平面CDEF ；(2)若BD ＝，求二面角E －AC －F 的余弦值．5解　(1)证明：如图，取AD的中点G，连接GM，GN，在△ADE中，∵M，G分别为AE，AD的中点，∴MG∥DE，∵DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，∴MG∥平面CDEF.由于G，N分别为AD，BC的中点，由棱柱的性质可得GN∥DC，∵CD⊂平面CDEF，GN⊄平面CDEF，∴GN∥平面CDEF.又GM⊂平面GMN，GN⊂平面GMN，MG∩GN＝G，∴平面GMN∥平面CDEF，∵MN⊂平面GMN，∴MN∥平面CDEF.(2)如图，连接EB，3在Rt△ABE中，AB＝1，AE＝，5∴BE＝2，又ED＝1，DB＝，∴EB2＋ED2＝DB2，∴DE⊥EB，又DE⊥AE且AE∩EB＝E，AE，EB⊂平面ABFE，∴DE ⊥平面ABFE .以E 为坐标原点，分别以EA ，EF ，ED 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得E (0,0,0)，A (，0,0)，F (0,1,0)，C (0,1,1)，3＝(－，1,1)，＝(－，0,0)，＝(0,0,1)．AC→3AE→3FC→设平面AFC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则Error!则z ＝0，令x ＝1，得y ＝，则m ＝(1，，0)为平面AFC 的一个法向量，33设平面ACE 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则Error!则x 1＝0，令y 1＝1，得z 1＝－1，∴n ＝(0,1，－1)为平面ACE 的一个法向量．设m ，n 所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，m ·n|m ||n |32264由图可知二面角E －AC －F 的余弦值是.6419．(本小题满分12分)为调查某公司五类机器的销售情况，该公司随机收集了一个月销售的有关数据，公司规定同一类机器销售价格相同，经分类整理得到下表：机器类型第一类第二类第三类第四类第五类销售总额(万元)10050200200120销售量(台)521058利润率0.40.20.150.250.2利润率是指一台机器销售价格减去出厂价格得到的利润与该机器销售价格的比值．(1)从该公司本月卖出的机器中随机选一台，求这台机器利润率高于0.2的概率；(2)从该公司本月卖出的销售单价为20万元的机器中随机选取2台，求这两台机器的利润率不同的概率；(3)假设每类机器利润率不变，销售一台第一类机器获利x 1万元，销售一台第二类机器获利x 2万元，……，销售一台第五类机器获利x 5万元，依据上表统计数据，随机销售一台机器获利的期望为E (x )，设＝，试判断E (x )与的大小．(结论不要x－x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 55x－求证明)解　(1)由题意知，本月共卖出30台机器，利润率高于0.2的是第一类和第四类，共有10台．设“这台机器利润率高于0.2”为事件A ，则P (A )＝＝.103013(2)用销售总额除以销售量得到机器的销售单价，可知第一类与第三类的机器销售单价为20万元，第一类有5台，第三类有10台，共有15台，随机选取2台有C 种不同方法，215两台机器的利润率不同则每类各取一台有C C 种不同方法，15110设“两台机器的利润率不同”为事件B ，则P (B )＝＝.C15C 110C 2151021(3)由题意可得，获利x 可能取的值为8,5,3,10，P (x ＝8)＝＝，P (x ＝5)＝＝，53016230115P (x ＝3)＝＝，P (x ＝10)＝＝，10＋8303553016因此E (x )＝×8＋×5＋×3＋×10＝；1611535167715又＝＝，所以E (x )<.x－8＋5＋3＋10＋35295x－ 20．(本小题满分12分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：＋＝1(a >b >0)的x 2a 2y 2b 2焦点为F 1(－1,0)，F 2(1,0)．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2：(x －1)2＋y 2＝4a 2交于点A ，与椭圆C 交于点D .连接AF 1并延长交圆F 2于点B ，连接BF 2交椭圆C 于点E ，连接DF 1.已知|DF 1|＝.52(1)求椭圆C 的标准方程；(2)求点E 的坐标．解　(1)设椭圆C 的焦距为2c .因为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，所以|F 1F 2|＝2，c ＝1.又因为|DF 1|＝，AF 2⊥x 轴，52所以|DF 2|＝＝＝，|DF 1|2－|F 1F 2|2(52)2－2232因此2a ＝|DF 1|＋|DF 2|＝4，从而a ＝2.由b 2＝a 2－c 2，得b 2＝3.因此，椭圆C 的标准方程为＋＝1.x 24y 23(2)解法一：由(1)知，椭圆C ：＋＝1，a ＝2，x 24y 23因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.将x ＝1代入圆F 2的方程(x －1)2＋y 2＝16，解得y ＝±4.因为点A 在x 轴上方，所以A (1,4)．又F 1(－1,0)，所以直线AF 1：y ＝2x ＋2.由Error!得5x 2＋6x －11＝0，解得x ＝1或x ＝－.115将x ＝－代入y ＝2x ＋2，得y ＝－，115125因此B 点坐标为.(－115，－125)又F 2(1,0)，所以直线BF 2：y ＝(x －1)．34由Error!得7x 2－6x －13＝0，解得x ＝－1或x ＝.137又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以x ＝－1.将x ＝－1代入y ＝(x －1)，得y ＝－.3432因此E 点坐标为.(－1，－32)解法二：由(1)知，椭圆C ：＋＝1.x 24y 23如图，连接EF 1.因为|BF 2|＝2a ，|EF 1|＋|EF 2|＝2a ，所以|EF 1|＝|EB |，从而∠BF 1E ＝∠B .因为|F 2A |＝|F 2B |，所以∠A ＝∠B ，所以∠A ＝∠BF 1E ，从而EF 1∥F 2A .因为AF 2⊥x 轴，所以EF 1⊥x 轴．因为F 1(－1,0)，由Error!得y ＝±.32又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以y ＝－.32因此E 点坐标为.(－1，－32)21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln x －x e x ＋ax (a ∈R )．(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝1，求f (x )的最大值．解　(1)由题意知，f ′(x )＝－(e x ＋x e x )＋a ＝－(x ＋1)e x ＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成1x 1x 立，所以a ≤(x ＋1)e x －在[1，＋∞)上恒成立．1x 令g (x )＝(x ＋1)e x －，1x则g ′(x )＝(x ＋2)e x ＋>0，1x 2所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1，所以a ≤2e－1.(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x ＋x (x >0)．则f ′(x )＝－(x ＋1)e x ＋1＝(x ＋1)，1x (1x －e x )令m (x )＝－e x ，则m ′(x )＝－－e x <0，1x 1x 2所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．由于m >0，m (1)<0，所以存在x 0>0满足m (x 0)＝0，即e x 0＝.(12)1x 0当x ∈(0，x 0)时，m (x )>0，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )<0，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，因为e x 0＝，所以x 0＝－ln x 0，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1，1x 0所以f (x )max ＝－1.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，作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线l 的参数方程为Error!(t 为参数)，曲线C 的极坐标方程为ρcos 2θ＝8sin θ.(1)求曲线C 的直角坐标方程，并指出该曲线是什么曲线；(2)若直线l 与曲线C 的交点分别为M ，N ，求|MN |.解　(1)因为ρcos 2θ＝8sin θ，所以ρ2cos 2θ＝8ρsin θ，即x 2＝8y ，所以曲线C 表示焦点坐标为(0,2)，对称轴为y 轴的抛物线．(2)设点M (x 1，y 1)，点N (x 2，y 2)，直线l 过抛物线的焦点(0,2)，则直线的参数方程Error!化为一般方程为y ＝x ＋2，代入12曲线C 的直角坐标方程，得x 2－4x －16＝0，所以x 1＋x 2＝4，x 1x 2＝－16，所以|MN |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝·1＋(12)2(x 1－x 2)2＝·1＋(12)2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝·＝10.1＋(12)242－4×(－16)23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝|x ＋4|，不等式f (x )>8－|2x －2|的解集为M .(1)求M ；(2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )>f (2a )－f (－2b )．解　(1)将f (x )＝|x ＋4|代入不等式，整理得|x ＋4|＋|2x －2|>8.①当x ≤－4时，不等式转化为－x －4－2x ＋2>8，解得x <－，所以x ≤－4；103②当－4<x <1时，不等式转化为x ＋4＋2－2x >8，解得x <－2，所以－4<x <－2；③当x ≥1时，不等式转化为x ＋4＋2x －2>8，解得x >2，所以x >2.综上，M ＝{x |x <－2或x >2}．(2)证明：因为f (2a )－f (－2b )＝|2a ＋4|－|－2b ＋4|≤|2a ＋4＋2b －4|＝|2a ＋2b |，所以要证f (ab )>f (2a )－f (－2b )，只需证|ab ＋4|>|2a ＋2b |，即证(ab ＋4)2>(2a ＋2b )2，即证a 2b 2＋8ab ＋16>4a 2＋8ab ＋4b 2，即证a 2b 2－4a 2－4b 2＋16>0，即证(a 2－4)(b 2－4)>0，因为a ，b ∈M ，所以a 2>4，b 2>4，所以(a 2－4)(b 2－4)>0成立，所以原不等式成立．。

2020高考数学二轮仿真模拟专练(四)理

2020高考数学二轮仿真模拟专练（四）理一、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．[2019·广东深圳高级中学期末]已知集合A ＝{x ∈Z |－1≤x ≤4}，B ＝{－2，－1，4，8，9}，设C ＝A ∩B ，则集合C 的元素个数为( )A ．9B ．8C ．3D ．2 答案：D解析：A ＝{x ∈Z |－1≤x ≤4}＝{－1，0，1，2，3，4}，B ＝{－2，－1，4，8，9}，则C ＝A ∩B ＝{－1，4}，集合C 的元素个数为2，故选D.2．[2019·福建晋江四校联考]复数z ＝a ＋i(a ∈R )的共轭复数为z ，满足|z |＝1，则复数z ＝( )A ．2＋iB ．2－iC ．1＋iD ．i 答案：D解析：根据题意可得z ＝a －i ，所以|z |＝a 2＋1＝1，解得a ＝0，所以复数z ＝i.故选D.3．[2019·重庆一中月考]设a ，b ，c 是平面向量，则a ·b ＝b ·c 是a ＝c 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案：B解析：由a ·b ＝b ·c 得(a －c )·b ＝0，∴a ＝c 或b ＝0或(a －c )⊥b ，∴a ·b ＝b ·c 是a ＝c 的必要不充分条件．故选B.4．[2019·黑龙江牡丹江一中月考]关于函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4与函数g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －3π4，下列说法正确的是( ) A ．函数f (x )和g (x )的图象有一个交点在y 轴上B ．函数f (x )和g (x )的图象在区间(0，π)内有3个交点C ．函数f (x )和g (x )的图象关于直线x ＝π2对称D ．函数f (x )和g (x )的图象关于原点(0，0)对称答案：D解析：∵g (－x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x －3π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋π2＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，∴g (－x )＝－f (x )，∴函数f (x )和g (x )的图象关于原点(0，0)对称，故选D.5．[2019·湖北武汉武昌调研考]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－1，则a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝( )A ．40B ．44C ．45D ．49 答案：B解析：解法一因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n－1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B.解法二因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以{a n }从第二项起是等差数列，a 2＝3，公差d＝2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋4a 6＝4×(2×6－1)＝44.故选B.6．[2019·黑龙江哈尔滨四校联考]已知函数f (x )＝cos πx3，执行如图所示的程序框图，则输出的S 值为( )A ．670B ．67012C ．671D ．672 答案：C解析：执行程序框图，y ＝f (1)＝cos π3＝12，S ＝0＋12＝12，n ＝1＋1＝2；y ＝f (2)＝cos2π3＝－12，S ＝12，n ＝2＋1＝3；y ＝f (3)＝cos π＝－1，S ＝12，n ＝3＋1＝4；y ＝f (4)＝cos4π3＝－12，S ＝12，n ＝4＋1＝5；y ＝f (5)＝cos 5π3＝12，S ＝12＋12＝1，n ＝6；y ＝f (6)＝cos2π＝1，S ＝1＋1＝2，n ＝7……直到n ＝2 016时，退出循环．∵函数y ＝cos n π3是以6为周期的周期函数，2 015＝6×335＋5，f (2 016)＝cos 336π＝cos(2π×138)＝1，∴输出的S ＝336×2－1＝671.故选C.7．[2019·湖南衡阳八中模拟]如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 1的中点是P ，过点A 1作与截面PBC 1平行的截面，则该截面的面积为( )A ．2 2B ．2 3C ．2 6D ．4 答案：C解析：易知截面是菱形，如图，分别取棱D 1C 1，AB 的中点E ，F ，连接A 1E ，A 1F ，CF ，CE ，则菱形A 1ECF 为符合题意的截面．连接EF ，A 1C ，易知EF ＝22，A 1C ＝23，EF ⊥A 1C ，所以截面的面积S ＝12EF ·A 1C ＝2 6.故选C.8．[2019·河北张家口期中]已知x >0，y >0，lg 2x ＋lg 8y＝lg 2，则1x ＋13y的最小值是( )A ．1B ．2C ．2 3D ．4 答案：D解析：通解 ∵lg 2x＋lg 8y＝lg 2，∴lg 2x ＋3y＝lg 2，∴x ＋3y ＝1.又x >0，y >0，∴1x＋13y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋13y (x ＋3y )＝2＋3y x ＋x 3y ≥2＋2＝4，当且仅当x ＝12，y ＝16时等号成立，所以1x ＋13y的最小值是4.故选D. 优解 ∵lg 2x ＋lg 8y ＝lg 2，∴lg 2x ＋3y＝lg 2，∴x ＋3y ＝1.又x >0，y >0，∴1x ＋13y＝x ＋3y 3xy ＝13xy ≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3y 22＝4，当且仅当x ＝12，y ＝16时等号成立，所以1x ＋13y的最小值是4，故选D.9．[2019·河北唐山摸底]已知函数f (x )＝sin x －sin 3x ，x ∈[0，2π]，则f (x )的所有零点之和等于( )A ．5π B．6π C ．7π D．8π 答案：C解析：f (x )＝sin x －sin(2x ＋x )＝sin x －sin 2x cos x －cos 2x sin x ＝sin x －2sin x (1－sin 2x )－(1－2sin 2x )sin x ＝sin x －(3sin x －4sin 3x )＝2sin x (2sin 2x －1)，令f (x )＝0得sin x ＝0或sin x ＝±22.于是，f (x )在[0，2π]上的所有零点为x ＝0，π4，3π4，π，5π4，7π4，2π.故f (x )的所有零点之和为0＋π4＋3π4＋π＋5π4＋7π4＋2π＝7π，故选C.10．[2019·江西七校联考]图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥，在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域(由四条半径与大圆半径相等的四分之一圆弧围成)内的概率是( )A.12B.13C.4π－1 D ．2－4π 答案：C解析：设圆的半径为1，则该点取自阴影区域内的概率P ＝S 阴影S 圆＝2×2－ππ＝4π－1，故选C.11．[2019·四川内江一模]设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x )，对任意的x ∈R ，有f (－x )－f (x )＝0，且x ∈[0，＋∞)时，f ′(x )>2x ，若f (a －2)－f (a )≥4－4a ，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，2]D ．[2，＋∞) 答案：A解析：对任意的x ∈R ，有f (－x )－f (x )＝0，所以f (x )为偶函数．设g (x )＝f (x )－x 2，所以g ′(x )＝f ′(x )－2x ，因为x ∈[0，＋∞)时f ′(x )>2x ，所以x ∈[0，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )－2x >0，所以g (x )在[0，＋∞)上为增函数．因为f (a －2)－f (a )≥4－4a ，所以f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，所以g (a －2)≥g (a )，易知g (x )为偶函数，所以|a －2|≥|a |，解得a ≤1，故选A.12．[2019·河北衡水中学五调]已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，且直线l 与圆x 2－px ＋y 2－34p 2＝0交于C ，D 两点．若|AB |＝2|CD |，则直线l 的斜率为( )A ．±22B ．±32C ．±1 D．± 2 答案：C解析：由题设可得圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 22＋y 2＝p 2，故圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0，为抛物线C 的焦点，所以|CD |＝2p ，所以|AB |＝4p .设直线l ：x ＝ty ＋p2，代入y 2＝2px (p >0)，得y 2－2pty－p 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2pt ，y 1y 2＝－p 2，则|AB |＝(1＋t 2)(4p 2t 2＋4p 2)＝2p (1＋t 2)＝4p ，所以1＋t 2＝2，解得t ＝±1，故选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．) 13．某学校举办科技节活动，有甲、乙、丙、丁四个团队参加“智能机器人”项目比赛，该项目只设置一个一等奖，在评奖结果揭晓前，小张、小王、小李、小赵四位同学对这四个参赛团队获奖结果预测如下：小张说：“甲团队获得一等奖．” 小王说：“甲或乙团队获得一等奖．” 小李说：“丁团队获得一等奖．”小赵说：“乙、丙两个团队均未获得一等奖．”若这四位同学中只有两位的预测结果是对的，则获得一等奖的团队是________．答案：丁解析：①若获得一等奖的团队是甲团队，则小张、小王、小赵的预测结果是对的，小李的预测结果是错的，与题设矛盾；②若获得一等奖的团队是乙团队，则小王的预测结果是对的，小张、小李、小赵的预测结果是错的，与题设矛盾；③若获得一等奖的团队是丙团队，则四人的预测结果都是错的，与题设矛盾；④若获得一等奖的团队是丁团队，则小李、小赵的预测结果是对的，小张、小王的预测结果是错的，与题设相符．故获得一等奖的团队是丁． 14．[2019·江苏无锡模考]以双曲线x 25－y 24＝1的右焦点为焦点的抛物线的标准方程是________．答案：y 2＝12x解析：双曲线中，c ＝5＋4＝3，所以右焦点坐标为(3，0)，故抛物线的焦点坐标为(3，0)，所以p2＝3，p ＝6，抛物线的标准方程为y 2＝12x .15．[2019·云南第一次统一检测]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －2－5，x <3，－log 2(x ＋1)，x ≥3，若f (m )＝－6，则f (m －61)＝________.答案：－4解析：∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －2－5，x <3，－log 2(x ＋1)，x ≥3，f (m )＝－6，∴当m <3时，f (m )＝3m －2－5＝－6，无解；当m ≥3时，f (m )＝－log 2(m ＋1)＝－6，解得m ＝63， ∴f (m －61)＝f (2)＝32－2－5＝－4.16．[2019·安徽定远中学月考]已知等差数列{a n }满足a 3＝6，a 4＝7，b n ＝(a n －3)·3n，则数列{b n }的前n 项和T n ＝________.答案：(2n －1)×3n ＋1＋34解析：因为a 3＝6，a 4＝7，所以d ＝1，所以a 1＝4，a n ＝n ＋3，b n ＝(a n －3)·3n ＝n ·3n，所以T n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n①，3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1②，①－②得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3－3n ＋11－3－n ×3n ＋1，所以T n ＝(2n －1)×3n ＋1＋34.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 17．(12分)[2019·华大新高考联盟教学质量测评]在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，b ＝4，ac cos B ＝233S .(1)若a ，b ，c 成等差数列，试判断△ABC 的形状； (2)求a ＋c 的取值范围．解析：(1)由已知得ac cos B ＝33ac sin B ，得tan B ＝3，因为0<B <π，所以B ＝π3.因为a ，b ，c 成等差数列，b ＝4，所以a ＋c ＝2b ＝8，由余弦定理，得16＝a 2＋c 2－2ac cos π3，所以16＝(a ＋c )2－3ac ，得ac ＝16，所以a ＝c ＝b ＝4，所以△ABC 是等边三角形．(2)解法一由(1)得(a ＋c )2－3ac ＝16≥(a ＋c )2－3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c 22(当且仅当a ＝c 时取等号)，解得0<a ＋c ≤8.又a ＋c >b ＝4，所以4<a ＋c ≤8，所以a ＋c 的取值范围是(4，8]．解法二根据正弦定理，得a sin A ＝c sin C ＝b sin B ＝432＝833，所以a ＝833sin A ，c ＝833sin C ，所以a ＋c ＝833(sin A ＋sin C )．因为A ＋B ＋C ＝π，B ＝π3，所以A ＋C ＝2π3，所以a ＋c ＝833⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝833⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin A ＋32cos A ＝8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6，因为0<A <2π3，所以A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1则a ＋c ∈(4，8]．所以a ＋c 的取值范围是(4，8]．18．(12分)[2019·湖北武汉武昌区调研]如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝BC 1＝2，∠A 1CA ＝30°，BC ＝ 6.(1)求证：平面ABC 1⊥平面AA 1C 1C ； (2)求二面角B 1－AC 1－C 的余弦值．解析：(1)证明：如图，记A 1C ∩AC 1＝O ，连接BO . 因为AB ＝BC 1，所以BO ⊥AC 1.由题意知△ACC 1为正三角形，则CO ＝ 3. 易得在△ABC 1中，BO ＝3，又BC ＝6，所以BC 2＝CO 2＋BO 2，所以BO ⊥CO .因为CO ∩AC 1＝O ，所以BO ⊥平面AA 1C 1C .因为BO ⊂平面ABC 1，所以平面ABC 1⊥平面AA 1C 1C .(2)解法一建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，得O (0，0，0)，B (0，0，3)，A (0，1，0)，C 1(0，－1，0)，B 1(3，－1，3)，AC 1→＝(0，－2，0)，AB 1→＝(3，－2，3)．因为BO ⊥平面AA 1C 1C ，所以平面ACC 1的一个法向量为m ＝(0，0，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AB 1C 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC 1→＝0，n ·AB 1→＝0，得⎩⎨⎧－2y ＝0，3x －2y ＋3z ＝0，得y ＝0，取x ＝1，得z ＝－1，所以n ＝(1，0，－1)为平面AB 1C 1的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝22.因为所求二面角的平面角为钝角，所以二面角B1－AC1－C的余弦值为－22.解法二如图，过点B1作B1H⊥平面AA1C1C，垂足为H，连接OH，C1H，则四边形B1HOB 为矩形，HO綊B1B，则HO綊C1C，所以四边形HOCC1为平行四边形，所以HC1∥OC，所以HC1⊥AC1，AC1⊥平面B1HC1，B1C1⊂平面B1HC1，所以B1C1⊥AC1.所以∠B1C1H为所求二面角的平面角的补角．因为B1H＝BO＝3，C1H＝OC＝3，所以∠B1C1H＝45°，cos∠B1C1H＝22.所以二面角B1－AC1－C的余弦值为－22.19．(12分)[2019·湖南省长沙市检测卷]某互联网公司为了确定下一季度的前期广告投入计划，收集了近6个月广告投入量x(单位：万元)和收益y(单位：万元)的数据如下表：月份12345 6广告投入量x 24681012收益y 14.2120.3131.831.1837.8344.67bx差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值：(每个样本点的残差等于其实际值减去该模型的估计值)x y∑i＝16x i y i∑i＝16x2i 730 1 464.24364(1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由；(2)残差绝对值大于2的数据被认为是异常数据，需要剔除：①剔除异常数据后求出(1)中所选模型的回归方程；②当广告投入量x＝18时，该模型收益的预报值是多少？附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(x n，y n)，其回归直线y^＝b^x＋a^的斜率和截距的最小二乘估计分别为b ^＝∑i ＝1n (x i －x －)(y i －y －)∑i ＝1n(x i －x －)2＝∑i ＝1nx i y i －n x－y－∑i ＝1nx 2i －n x －2，a ^＝y －－b ^x －.解析：(1)应该选择模型①，因为模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明模型拟合精度高，回归方程的预报精度高．(2)①剔除异常数据，即月份为3的数据后，得 x －＝15×(7×6－6)＝7.2；y －＝15×(30×6－31.8)＝29.64.∑i ＝15x i y i ＝1 464.24－6×31.8＝1 273.44；∑i ＝15x 2i ＝364－62＝328. b ^＝∑i ＝15x i y i －5x－y－∑i ＝15x 2i －5x －2＝1 273.44－5×7.2×29.64328－5×7.2×7.2＝206.468.8＝3；a ^＝y －－b ^x －＝29.64－3×7.2＝8.04，所以y 关于x 的线性回归方程为y ^＝3x ＋8.04.②把x ＝18代入回归方程得y ^＝3×18＋8.04＝ 62.04. 故预报值约为62.04万元．20．(12分)[2019·广东广州调研]已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切．(1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2，0)的任一直线l 与轨迹E 交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)方法一依题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离与到定直线x ＝－1的距离相等．结合抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹E 是以F (1，0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线，易知p ＝2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .方法二设动圆圆心C (x ，y )，依题意得 (x －1)2＋y 2＝|x ＋1|，化简得y 2＝4x ，此即动圆圆心C 的轨迹E 的方程． (2)假设存在点N (x 0，0)满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0. (*)依题意易知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ ：x ＝my －2(m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my －2，得y 2－4my ＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8>0，求得m >2或m <－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8.由(*)得k PN ＋k QN ＝y 1x 1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)(x 1－x 0)(x 2－x 0)＝0，所以y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0) ＝0，即y 1x 2＋y 2x 1－x 0 (y 1＋y 2)＝0.消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，即14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0. 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝14y 1y 2＝2，于是存在点N (2，0)，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.21．(12分)[2019·陕西西安中学期中]已知函数f (x )＝12x 2＋(1－x )e x，g (x )＝x －ln x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ，a <1.(1)求函数g (x )的单调区间；(2)若对任意x 1∈[－1，0]，总存在x 2∈[e，3]，使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)因为g ′(x )＝1－1x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2＝x 2－(a ＋1)x ＋a x 2＝(x －a )(x －1)x2，a <1，又注意到函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，所以讨论如下．当0<a <1时，令g ′(x )>0，解得0<x <a 或x >1，令g ′(x )<0，解得a <x <1，所以函数g (x )的单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)，单调递减区间为(a ，1)；当a ≤0时，令g ′(x )>0，解得x >1，令g ′(x )<0，解得0<x <1，所以函数g (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．综上，当0<a <1时，函数g (x )的单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)，单调递减区间为(a ，1)；当a ≤0时，函数g (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)对任意x 1∈[－1，0]，总存在x 2∈[e，3]，使得f (x 1)>g (x 2)成立，等价于函数f (x )在[－1，0]上的最小值大于函数g (x )在[e ，3]上的最小值．当x ∈[－1，0]时，因为f ′(x )＝x (1－e x)≤0，当且仅当x ＝0时不等式取等号，所以f (x )在[－1，0]上单调递减，所以f (x )在[－1，0]上的最小值为f (0)＝1.由(1)可知，函数g (x )在[e ，3]上单调递增，所以g (x )在[e ，3]上的最小值为g (e)＝e －(a ＋1)－ae.所以1>e －(a ＋1)－ae ，即a >e 2－2ee ＋1.又a <1，故所求实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1. 选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．) 22．(10分)[2019·山东济南质量评估][选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρcos 2θ＝sin θ，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t ，y ＝a ＋12t (t 为参数)，其中a >0，直线l 与曲线C 相交于M ，N 两点．(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)若点P (0，a )满足1|PM |＋1|PN |＝4，求a 的值．解析：(1)由已知可知ρ2cos 2θ＝ρsin θ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ得曲线C 的直角坐标方程为y ＝x 2. (2)将直线l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t ，y ＝a ＋12t (t 为参数)代入y ＝x 2，得34t 2－12t －a ＝0，且Δ＝14＋3a >0.设M ，N 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝23，t 1t 2＝－43a ，所以t 1、t 2异号．所以1|PM |＋1|PN |＝|PM |＋|PN ||PM ||PN |＝|t 1－t 2||t 1t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2|t 1t 2|＝49－4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪－43a ＝4，化简得64a 2－12a －1＝0，解得a ＝14或a ＝－116(舍)．所以a 的值为14.23．(10分)[2019·河南省郑州市检测卷][选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|3x －2a |＋|2x －2|(a ∈R )．(1)当a ＝12时，解不等式f (x )>6；(2)若对任意x 0∈R ，不等式f (x 0)＋3x 0>4＋|2x 0－2|都成立，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝12时，不等式f (x )>6可化为|3x －1|＋|2x －2|>6，当x <13时，不等式即为1－3x ＋2－2x >6，∴x <－35；当13≤x ≤1时，不等式即为3x －1＋2－2x >6，无解；当x >1时，不等式即为3x －1＋2x －2>6，∴x >95.综上所述，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－35或x >95. (2)不等式f (x 0)＋3x 0>4＋|2x 0－2|恒成立可化为|3x 0－2a |＋3x 0>4恒成立，令g (x )＝|3x －2a |＋3x ＝⎩⎪⎨⎪⎧6x －2a ，x ≥2a3，2a ，x <2a3，∴函数g (x )的最小值为2a ，根据题意可得2a >4，即a >2，所以a 的取值范围为(2，＋∞)．。