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 －
＝2i
1－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 <b
B ．c <a <b
C ．a <b <c
D ．b <a <c 答案 A
解析 由对数函数的性质可知a ＝ln 1
3<0，由指数函数的性质可知b ＝20.3>1，又0<c ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫132
<1，故选A.
4．设θ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π
6”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<π
6”可得“sin θ<32”，但由“sin<32”推不出“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π6”所以“⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π6<π
6”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 ．14
B ．－14
C ．240
D ．－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 2
n ＝2∶5.即
2n n (n －1)
＝2
5，
解得n ＝6.所以T r ＋1＝C r 626－r (－1)r x 6－3
2
r ，令
6－3
2r ＝3，解得r ＝2，所以x 3的系
数为C 262
6－2(－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 →＋12×1
2(AB →＋AC →
)＝－34AB →＋14AC →，因此EB →＝34AB →－14AC →.所以x ＝34，y ＝－1
4，即x ＝－3y .
8．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，A >0，ω>0，|φ|<π
2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.π12
B.π6
C.π4
D.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＝π
6，由图可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12＝0，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π
12·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<24
11，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＋π
6，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 ．－1
B ．0
C ．1
D ．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 ．66
B ．132
C ．－66
D ．－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 6
2＝－132.
11．已知双曲线x 2a 2－y 2
b 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.155
B.154
C.153
D.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 ＝2a
sin θ， ∴sin θ＝55，cos θ＝25
5， ∴sin2θ＝2×55×255＝4
5， cos2θ＝2×⎝
⎛⎭⎪⎫2552
－1＝35. 设点P 的坐标为(x ，y )，
则x ＝－a －|AP |cos2θ＝－11a 5，y ＝|AP |sin2θ＝8a
5，
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 ．1
B ．2
C ．3
D ．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＝3
3，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 3
16
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 ＝3
16S 正方形ABDF ，
∴所求的概率为P ＝
S 梯形EFOH S 正方形ABDF ＝3
16
.
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＝－2
3，
∴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53
4，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 ＝π
3.
(2)∵A ＝π3，a ＝23，△ABC 的面积为53
4， ∴12bc sin A ＝34bc ＝53
4，∴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1
3，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C
F ＝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 |
＝－4
9.
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4
9. (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－
2
h
32＋
4
h2
＝
1
3，
解得h＝8
7.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S1
S2的最小值及此时点G的坐标．
解(1)由题意得p
2＝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＝t2－1
2t y＋1，代入y
2＝4x，得y2－
2(t2－1)
t y－4＝0，
故2ty B＝－4，即y B＝－2
t，所以B⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1
t2，－
2
t.
又由于x G＝1
3(x A＋x B＋x C)，y G＝
1
3(y A＋y B＋y C)及重心G在x轴上，故2t－
2
t＋
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－m
m 2＋4m ＋3＝2－
1m ＋3m ＋4 ≥2－1
2 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)＝x2－3
e 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＋3
e 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)＝6
e3<g(－2)，g(4)＝
13
e4>g(－1)，
所以当－2e<m<13
e4或m＝
6
e3时，直线y＝m与曲线g(x)＝
x2－3
e x，x∈[－2,4]有且
只有两个公共点．
即当－2e<m<13
e4或m＝
6
e3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3
2，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 2
9
＝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．。