2020年高考理科数学仿真冲刺卷及答案(共三套)

2020年高考理科数学仿真冲刺卷及答案(共三套) 2020年高考理科数学仿真冲刺卷及答案(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.考试用时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={1,2},B={x|x=a+b,a∈A,b∈A},则集合B中元素个数为( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)42.计算()2 017+()2 017等于( )(A)-2i (B)0(C)2i (D)23.在长为16 cm的线段MN上任取一点P,以MP,NP为邻边作一矩形,则该矩形的面积大于60 cm2的概率为( )(A)(B)(C)(D)4.在△ABC中,若AB=,BC=3,∠C=120°,则AC等于( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)45.已知函数f(x)=ln(e x+e-x)+x2,则使得f(2x)>f(x+3)成立的x的取值范围是( )(A)(-1,3) (B)(-∞,-3)∪(3,+∞)(C)(-3,3) (D)(-∞,-1)∪(3,+∞)6.已知函数f(x)=cos(2x-ϕ)-sin(2x-ϕ)(|ϕ|<)的图象向右平移个单位后关于y轴对称,则f(x)在区间[-,0]上的最小值为( ) (A)-1 (B)(C)-(D)-27.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )(A)96(B)80+4π(C)96+4(-1)π(D)96+4(2-1)π8.执行如图的程序框图,则输出x的值是( )(A)2 016 (B)1 024(C) (D)-19.已知(1-2x)2017=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a2016(x-1)2016+ a2 017(x-1)2 017(x∈R),则a1-2a2+3a3-4a4+…-2 016a2 016+2 017a2 017等于( )(A)2 017 (B)4 034(C)-4 034 (D)010.若0<m<n<2,e为自然对数的底数,则下列各式中一定成立的是( )(A)me n<ne m (B)me n>ne m(C)mln n>nln m (D)mln n<nln m11.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M(x0,2)(x0>)是抛物线C上一点,圆M与线段MF相交于点A,且被直线x=截得的弦长为|MA|.若=2,则|AF|等于( )(A)(B)1 (C)2 (D)312.现有10支队伍参加篮球比赛,规定:比赛采取单循环比赛制,即每支队伍与其他9支队伍各比赛一场;每场比赛中,胜方得2分,负方得0分,平局双方各得1分.下面关于这10支队伍得分的叙述正确的是( )(A)可能有两支队伍得分都是18分(B)各支队伍得分总和为180分(C)各支队伍中最高得分不高于10分(D)得偶数分的队伍必有偶数个第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.把答案填在题中的横线上)13.已知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为120°,a+b+c=0,则a与c的夹角为.14.设变量x,y满足则点P(x+y,x-y)所在区域的面积为.15.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,A1,A2为其左、右顶点,以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M,且∠MA1A2=45°,则双曲线的离心率为.16.已知正四棱锥S ABCD中,SA=2,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为.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.(本小题满分12分)在等差数列{a n}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n+b n}是首项为1,公比为c的等比数列,求{b n}的前n项和S n.18.(本小题满分12分)从某市统考的学生数学试卷中随机抽查100份数学试卷作为样本,分别统计出这些试卷总分,由总分得到如图的频率分布直方图.(1)求这100份数学试卷的样本平均分和样本方差s2;(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)(2)由直方图可以认为,这批学生的数学总分Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差s2.①利用该正态分布,求P(81<Z<119);②记X表示2 400名学生的数学总分位于区间(81,119)的人数,利用①的结果,求E(X)(用样本的分布估计总体的分布).附:≈19,≈18,若Z～N(μ,σ2),则P(μ-σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.682 7,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.954 5.19.(本小题满分12分)如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.(1)若PA=PD,求证:平面PQB⊥平面PAD;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,且PA=PD=AD=2,点M在线段PC上,试确定点M的位置,使二面角M BQ C大小为60°,并求出的值.20.(本小题满分12分)已知圆E:(x+1)2+y2=16,点F(1,0),P是圆E上任意一点,线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q.(1)求动点Q的轨迹Γ的方程;(2)若直线y=k(x-1)与(1)中的轨迹Γ交于R,S两点,问是否在x轴上存在一点T,使得当k变动时,总有∠OTS=∠OTR?说明理由.21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=a x-e(x+1)ln a-(a>0,且a≠1),e为自然对数的底数.(1)当a=e时,求函数y=f(x)在区间x∈[0,2]上的最大值;(2)若函数f(x)只有一个零点,求a的值.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44:坐标系与参数方程已知平面直角坐标系中,曲线C1的参数方程为( 为参数),以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=2cos θ.(1)求曲线C1的极坐标方程与曲线C2的直角坐标方程;(2)若直线θ=(ρ∈R)与曲线C1交于P,Q两点,求|PQ|的长度.23.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知函数f(x)=的定义域为R.(1)求实数t的取值范围;(2)若t的最小值为s,正实数a,b满足+=s,求4a+5b的最小值.参考答案仿真冲刺卷(一)1.C 由A={1,2}及题意得B={x|x=a+b,a∈A,b∈A}={2,3,4},则集合B中元素个数为3.故选C.2.B 因为===i,=-i.i4=1.所以()2 017+()2 017=(i4)504·i+[(-i)4]504·(-i)=i-i=0.故选B.3.A 设MP=x,则NP=16-x(0<x<16),矩形的面积S=x(16-x)>60,所以x2-16x+60<0,所以6<x<10.由几何概率的求解公式可得,矩形面积大于60 cm2的概率P==, 故选A.4.A AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos 120°,13=AC2+9-2·AC·3×(-),AC2+3AC-4=0,解得AC=1或AC=-4(舍去).故选A.5.D 因为函数f(x)=ln(e x+e-x)+x2,所以f′(x)=+2x,当x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增;又因为f(x)=ln(e x+e-x)+x2是偶函数,所以f(2x)>f(x+3)等价于|2x|>|x+3|,整理得x2-2x-3>0,解得x>3或x<-1,所以使得f(2x)>f(x+3)成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞),故选D.6.C函数f(x)=cos(2x-ϕ)-sin(2x-ϕ)=2cos(2x-ϕ+),(|ϕ|<)的图象向右平移个单位后,可得y=2cos(2x--ϕ+)=2cos(2x-ϕ+) 的图象,再根据所得图象关于y轴对称,可得-ϕ+=kπ,k∈Z,故ϕ=,f(x)=2cos(2x+).在区间[-,0]上,2x+∈[-,],cos(2x+)∈[-,1],故f(x) 的最小值为2×(-)=-,故选C.7.C 由三视图可知几何体为边长为4的正方体挖去一个圆锥得到的,圆锥的底面半径为2,高为2,所以圆锥的母线长为2.所以几何体的表面积为6×42-π×22+π×2×2=96-4π+4π.故选C.8.D 由程序框图可得x=2,y=0时满足条件y<1 024,执行循环体得x=-1,y=1;满足条件y<1 024,执行循环体,x=,y=2;满足条件y<1 024,执行循环体,x=2,y=3;满足条件y<1 024,执行循环体,x=-1,y=4;…;观察规律可知,x的取值周期为3,由于1 024=341×3+1,可得满足条件y<1 024,执行循环体,x=-1,y=1 024;不满足条件y<1 024,退出循环,输出x的值为-1.故选D.9.C 将(1-2x)2017=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a2016(x-1)2016+ a2017(x-1)2017(x∈R)两边求导可得-2×2 017(1-2x)2016=a1+ 2a2(x-1)+…+2 017a2 017(x-1)2 016,令x=0,则-4 034=a1-2a2+3a3-4a4+…-2 016a2 016+2 017a2 017,故选C.10.C 设g(x)=,所以g′(x)=,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,因为0<m<n<2,所以无法比较g(m)与g(n)的大小,即无法判断me n与ne m的大小.设f(x)=,所以f′(x)=>0在(0,2)上恒成立,所以f(x)在(0,2)上单调递增,所以f(m)<f(n),所以<,即mln n>nln m.,故选C.11.B如图,过M作MD⊥直线x=,由题意:M(x0,2)在抛物线上,则8=2px0, 则px0=4,①由抛物线的性质可知,|DM|=x0-,=2,则|MA|=2|AF|=|MF|=(x0+),因为被直线x=截得的弦长为|MA|,则|DE|=|MA|=(x0+),由|MA|=|ME|=r,在Rt△MDE中,|DE|2+|DM|2=|ME|2,即(x0+)2+(x0-)2=(x0+)2,代入整理得4+p2=20.②由①②,解得x0=2,p=2,所以|AF|=(x0+)=1,故选B.12.D 设每支队伍胜x场,负y场,平z场(x,y,z都是不大于9的自然数),则x+y+z=9,对于A,某支队伍得分18分为满分,也就是胜了9场,那么其他9队至少有一次负,就不可能再得18分,故错误;对于B,总共要进行=45场比赛,每场比赛的得分和都是2分,最后总得分为45×2=90(分),故错误;对于C,最高得分可能超过10分,比如A中可能为18分,故错误;对于D,由B可知,各个队伍得分总和m1+m2+…+m10=90,这10个数中,若有(2k+1)个偶数,则有10-(2k+1)=(9-2k)个奇数,其和必为奇数,不可能等于90,所以这10个数中,有偶数个偶数,正确.故选D.13.解析:因为|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为120°,所以a·b=|a||b|cos 120°=1×2×(-)=-1.因为a+b+c=0,所以-b=a+c,所以-a·b=a·(a+c),所以-(-1)=a2+a·c,所以a·c=0.所以a⊥c.所以a与c的夹角为90°.答案:90°14.解析:令s=x+y,t=x-y,则点P(x+y,x-y)为P(s,t),由s=x+y,t=x-y,得s≤1,x=,y=,又x≥0,y≥0,所以s+t≥0,s-t≥0,所以s,t满足约束条件作出可行域如图,A(1,1),B(1,-1),O(0,0).所以点P(x+y,x-y)所在区域的面积为×2×1=1.答案:115.解析:由题得以F1F2为直径的圆的圆心是(0,0),半径为c,故圆的标准方程为x2+y2=c2,又双曲线的其中一条渐近线方程为y=x,联立可得M(a,b).故MA2垂直于A1A2,所以tan∠MA1A2==tan 45°,所以b=2a,c= a.故双曲线的离心率为.答案:16.解析:设底面边长为a,则高h==,所以体积V=a2h=,设y=12a4-a6,则y′=48a3-3a5,当y取最值时,y′=48a3-3a5=0,解得a=0或a=4时,当a=4时,体积最大,此时h==2.答案:217.解:(1)设等差数列{a n}的公差是d.依题意 a3+a8-(a2+a7)=2d=-6,从而d=-3.所以 a2+a7=2a1+7d=-23,解得 a1=-1.所以数列{a n}的通项公式为 a n=-3n+2.(2)由数列{a n+b n}是首项为1,公比为c的等比数列,得a n+b n=c n-1,即-3n+2+b n=c n-1,所以 b n=3n-2+c n-1.所以 S n=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+c+c2+…+c n-1)=+(1+c+c2+…+c n-1).从而当c=1时,S n=+n=;当c≠1时,S n=+.18.解:(1)由题意,=60×0.02+70×0.08+80×0.14+90×0.15+100×0.24+110×0.15+120×0.1+130×0.08+140×0.04=100,样本方差s2=(60-100)2×0.02+(70-100)2×0.08+(80-100)2×0.14+(90-100)2×0.15+(100-100)2×0.24+(110-100)2×0.15+(120-100)2×0.1+(13 0-100)2×0.08+(140-100)2×0.04=366.(2)①Z～N(100,366),P(81<Z<119)=P(100-19<Z<100+19)=0.682 7;②数学总分位于区间(81,119)的概率为0.682 7,X～(2 400,0.682 7),E(X)=2 400×0.682 7=1 638.48.19.(1)证明:因为PA=PD,Q为AD的中点,所以PQ⊥AD,又因为底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,所以BQ⊥AD,又因为PQ∩BQ=Q,所以AD⊥平面PQB,又因为AD⊂平面PAD,所以平面PQB⊥平面PAD.(2)解:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PQ⊥AD,所以PQ⊥平面ABCD.以Q为坐标原点,分别以QA,QB,QP为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图.则由题意知Q(0,0,0),P(0,0,),B(0,,0),C(-2,,0).设=λ(0<λ<1),则M(-2λ,λ,(1-λ)),平面CBQ的一个法向量是n1=(0,0,1),设平面MQB的一个法向量为n2=(x,y,z),则取n2=(,0,),因为二面角M BQ C大小为60°,所以==,解得λ=,此时=.20.解:(1)连接QF,根据题意,|QP|=|QF|,则|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4>|EF|=2,故动点Q的轨迹Γ是以E,F为焦点,长轴长为4的椭圆.设其方程为+=1(a>b>0),可知a=2,c=1,所以b==,所以点Q的轨迹Γ的方程为+=1.(2)假设存在T(t,0)满足∠OTS=∠OTR.设R(x1,y1),S(x2,y2)联立得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,由韦达定理有①,其中Δ>0恒成立,由∠OTS=∠OTR(显然TS,TR的斜率存在),故k TS+k TR=0即+=0 ②,由R,S两点在直线y=k(x-1)上,故y1=k(x1-1),y2=k(x2-1)代入②得==0,即有2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0③,将①代入③,即有==0 ④, 要使得④与k的取值无关,当且仅当t=4时成立,综上所述存在T(4,0),使得当k变化时,总有∠OTS=∠OTR.21.解:(1)当a=e时,f(x)=e x-e(x+1)ln e-=e x-e(x+1)-,所以f′(x)=e x-e.令f′(x)=0,解得x=1.当x∈[0,1]时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(1,2]时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,因为f(0)=1-e-,f(2)=e2-3e-,所以f(2)-f(0)=e2-3e--1+e+=e2-2e-1>0,所以函数y=f(x)在区间x∈[0,2]上的最大值为e2-3e-.(2)f′(x)=a x ln a-eln a=ln a(a x-e),当0<a<1时,由f′(x)=a x ln a-eln a=ln a(a x-e)<0,得a x-e>0,即x<.由f′(x)=a x ln a-eln a=ln a(a x-e)>0,得a x-e<0,即x>.所以f(x)在(-∞,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数,所以当x=时函数取得最小值为f()=-e(+1)ln a-=-eln a-e-.要使函数f(x)只有一个零点,则-eln a-e-=0,得a=;当a>1时,由f′(x)=a x ln a-eln a=ln a(a x-e)<0,得a x-e<0,即x<. 由f′(x)=a x ln a-eln a=ln a(a x-e)>0,得a x-e>0,即x>.所以f(x)在(-∞,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数,所以当x=时函数取得最小值为f()=-e(+1)ln a-=-eln a-e-.要使函数f(x)只有一个零点,则-eln a-e-=0,得a=(舍去).综上,若函数f(x)只有一个零点,则a=.22.解:(1)曲线C1的参数方程为(ϕ为参数),利用平方关系消去ϕ可得(x-)2+(y+1)2=9,展开为x2+y2-2x+2y-5=0,可得极坐标方程ρ2-2ρcos θ+2ρsin θ-5=0.曲线C2的极坐标方程为ρ=2cos θ,即ρ2=2ρcos θ,可得直角坐标方程x2+y2=2x.(2)把直线θ=(ρ∈R)代入ρ2-2ρcos θ+2ρsin θ-5=0,整理可得ρ2-2ρ-5=0,所以ρ1+ρ2=2,ρ1·ρ2=-5.所以|PQ|=|ρ1-ρ2|===2.23.解:(1)研究函数y=|x+5|-|x-1|,当x≤-5时,y=-6,当x≥1时,y=6,当-5<x<1时,y=2x+4∈(-6,6),故函数y=|x+5|-|x-1|的值域为[-6,6],因为函数f(x)=的定义域为R,所以被开方的式子恒大于等于0,故t≥6.(2)由(1)知正实数a,b满足+=6,令a+2b=m,2a+b=n,则正数m,n满足+=6,则4a+5b=2m+n=(2m+n)(+)=(5++)≥(5+2)=,当且仅当=即m=n=时取等号,此时a=b=,故4a+5b的最小值为.2020年高考理科数学仿真冲刺卷及答案(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.i是虚数单位,若复数z满足zi=-1+i,则复数z的实部与虚部的和是( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)32.已知集合A={a,4},B={2,a2},且A∩B={4},则A∪B等于( )(A){2,4} (B){-2,4}(C){-2,2,4} (D){-4,2,4}3.中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个问题:“三百七十八里关,出行健步不为难,次日脚疼减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其大意为:“有一人走了378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚疼每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.”此人第二天走了( )(A)76里(B)96里(C)146里(D)188里4.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( )(A)40 (B) (C) (D)5.已知实数x,y满足不等式组则2x-y的取值范围是( )(A)[-1,3] (B)[-3,-1](C)[-1,6] (D)[-6,1]6.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周六的六天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面,不同的安排方法共有( )(A)20种(B)30种(C)40种(D)60种7.中国古代儒家要求学生掌握六种基本才艺:礼、乐、射、御、书、数,简称“六艺”,某中学为弘扬“六艺”的传统文化,分别进行了主题为“礼、乐、射、御、书、数”的六场传统文化知识竞赛,现有甲、乙、丙三位选手进入了前三名的最后角逐,规定:每场知识竞赛前三名的得分都分别为a,b,c(a>b>c,且a,b,c∈N*);选手最后得分为各场得分之和,在六场比赛后,已知甲最后得分为26分,乙和丙最后得分都为11分,且乙在其中一场比赛中获得第一名,则下列推理正确的是( )(A)每场比赛第一名得分a为4(B)甲可能有一场比赛获得第二名(C)乙有四场比赛获得第三名(D)丙可能有一场比赛获得第一名8.利用如图算法在平面直角坐标系上打印一系列点,则打印的点在圆x2+y2=25内的个数为( )(A)2 (B)3 (C)4 (D)59.已知直线l过点A(-1,0)且与圆B:x2+y2-2x=0相切于点D,以坐标轴为对称轴的双曲线E过点D,一条渐近线平行于l,则E的方程为( )(A)-=1(B)-=1(C)-x2=1(D)-=110.正四面体ABCD中,M是棱AD的中点,O是点A在底面BCD内的射影,则异面直线BM与AO所成角的余弦值为( )(A) (B)(C) (D)11.设函数f(x)=(a∈R,e为自然对数的底数).若曲线y=sin x上存在点(x0,y0)使得f(f(y0))=y0,则a的取值范围是( )(A)[1,e](B)[e-1-1,1](C)[1,e+1](D)[e-1-1,e+1]12. 在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AB=BC=2AD=2,E,F分别为BC,CD的中点,以A为圆心,AD为半径的圆交AB于G,点P在上运动(如图).若=λ+μ,其中λ,μ∈R,则6λ+μ的取值范围是( )(A)[1,] (B)[,2](C)[2,2] (D)[1,2]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.把答案填在题中的横线上)13.某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为志愿者,若用随机量ξ表示选出的志愿者中女生的人数,则数学期望E(ξ)= . (结果用最简分数表示)14.已知α∈R,则函数f(x)=1-sin2(x+α)+cos(x+α)sin(x+α)的最大值为.15.设R n是等比数列{a n}的前n项的积,若25(a1+a3)=1,a5=27a2,则当R n取最小值时,n= .16. 我国唐代诗人王维诗云:“明月松间照,清泉石上流”,这里明月和清泉,都是自然景物,没有变,形容词“明”对“清”,名词“月”对“泉”,词性不变,其余各词均如此.变化中的不变性质,在文学和数学中都广泛存在.比如我们利用几何画板软件作出抛物线C:x2=y的图象(如图),过焦点F作直线l交C于A,B两点,过A,B分别作C的切线,两切线交于点P,过点P作x轴的垂线交C于点N,当动点B在C上运动时,会发现是一个定值,该定值是.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.(本小题满分12分)△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cos 2A=3cos(B+C)+1.(1)求角A的大小;(2)若cos Bcos C=-,且△ABC的面积为2,求a.18.(本小题满分12分)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分. 如图,甲上有两个不相交的区域A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,队员小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不影响.求:(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率;(2)两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列与数学期望.19. (本小题满分12分)在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,BC=2AD=4,AB=CD=.(1)证明:BD⊥平面PAC;(2)若二面角A PC D的大小为60°,求AP的值.20.(本小题满分12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的上、下两个焦点分别为F1,F2,过点F1与y轴垂直的直线交椭圆C于M,N两点,△MNF2的面积为,椭圆C的离心率为.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知O为坐标原点,直线l:y=kx+m与y轴交于点P,与椭圆C交于A,B两个不同的点,若存在实数λ,使得+λ=4,求m的取值范围.21.(本小题满分12分)已知函数g(x)=ln x-ax2+(2-a)x,a∈R.(1)求g(x)的单调区间;(2)若函数f(x)=g(x)+(a+1)x2-2x,x1,x2(x1<x2)是函数f(x)的两个零点,f′(x)是函数f(x)的导函数,证明:f′()<0.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44:坐标系与参数方程已知直线l的参数方程为(t为参数),以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程是ρsin2θ- 3cos θ=0.(1)求曲线C的直角坐标方程以及直线l的极坐标方程;(2)求直线l与曲线C交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π).23.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|.(1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集;(2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a的取值范围.仿真冲刺卷(二)1.C 复数z满足zi=-1+i,可得z===1+i.复数z的实部与虚部的和是1+1=2.故选C.2.C 因为集合A={a,4},B={2,a2},且A∩B={4},所以a2=4,解得a=2或a=-2,当a=2时,A={2,4},B={2,4},不合题意,舍去;当a=-2时,A={-2,4},B={2,4},则A∪B={-2,2,4}.故选C.3.B 由题意可得:此人每天所走的路程成等比数列{a n}, 其中q=,S6=378.则=378,解得a1=192.所以a2=192×=96.故选B.4.B根据几何体的三视图,可知该几何体是三棱柱BCE AGF割去一个三棱锥A BCD所得的图形,如图所示;所以V几何体=×4×4×4-××(×4×4)×4=.故选B.5.C 设z=2x-y,则y=2x-z,作出不等式组表示的平面区域(阴影部分)如图,平移直线y=2x,由图象可知当直线y=2x-z经过点B(0,1)时,直线y=2x-z在y轴上的截距最大,此时z最小,z min=0-1=-1,当直线y=2x-z经过点C(3,0)时,直线y=2x-z在y轴上的截距最小,此时z最大,z max=2×3-0=6,即-1≤2x-y≤6.故选C.6.C 根据题意,先在周一至周六的六天中任选3天,安排三人参加活动,有=20(种)情况,再安排甲、乙、丙三人的顺序,由于甲安排在另外两位前面,则甲有1种情况,乙、丙安排在甲的后面,有=2(种)情况,则不同的安排方法共有20×2=40(种).故选C.7.C 若每场比赛第一名得分a为4,则甲最后得分最高为4×6=24<26,故A不正确;三人总分为26+11+11=48,那么6(a+b+c)=48,可知a+b+c=8即每场总分数为8分,结合a>b>c可知a=5,b=2,c=1,因此甲比赛名次为5个第一,一个第三,故B不正确;而乙比赛名次有1个第一,所以丙没有一场比赛获得第一名,故D不正确;乙比赛名次为1个第一,4个第三,1个第二,C正确.故选C.8.C 由程序框图知,i=6时,打印第一个点(-3,6),在圆x2+y2=25外,i=5时,打印第二个点(-2,5),在圆x2+y2=25外,i=4时,打印第三个点(-1,4),在圆x2+y2=25内,i=3时,打印第四个点(0,3),在圆x2+y2=25内,i=2时,打印第五个点(1,2),在圆x2+y2=25内,i=1时,打印第六个点(2,1),在圆x2+y2=25内,i=0,结束,所以打印的点在圆x2+y2=25内有4个.故选C.9.D 由题意可设直线l:y=k(x+1),圆B:x2+y2-2x=0的圆心为(1,0),半径为1,由相切的条件可得,=1,解得k=±.直线l的方程为y=±(x+1),联立x2+y2-2x=0,解得x=,y=±,即D(,±).由题意可得渐近线方程为y=±x.设双曲线的方程为y2-x2=m(m≠0),代入D的坐标,可得m=-=.则双曲线的方程为-=1.故选D.10.B取BC中点E,DC中点F,连接DE,BF,则由题意得DE∩BF=O,取OD中点N,连接MN,则MN∥AO,所以∠BMN是异面直线BM与AO所成角(或所成角的补角), 设正四面体ABCD的棱长为2,由BM=DE==,OD=DE=,所以AO==,所以MN=AO=,因为O是点A在底面BCD内的射影,MN∥AO,所以MN⊥平面BCD,所以cos∠BMN===,所以异面直线BM与AO所成角的余弦值为.故选B.11.A 由点(x0,y0)在曲线y=sin x上,得y0=sin x0,y0∈[0,1],由题意存在y0∈[0,1]使f(f(y0))=y0成立,则点A(y0,f(y0)),A′(f(y0),y0)都在y=f(x)的图象上, 又f(x)=在[0,1]上单调递增,所以[f(y0)-y0][y0-f(y0)]≥0,即[f(y0)-y0]2≤0,所以f(y0)=y0,即f(x)=x在x∈[0,1]上有解,即=x在[0,1]上有解,也即a=e x+x-x2,x∈[0,1]有解,令ϕ(x)=e x+x-x2,x∈[0,1],则ϕ′(x)=e x+1-2x≥0,x∈[0,1],所以ϕ(x)在[0,1]上单调递增.又ϕ(0)=1,ϕ(1)=e,所以ϕ(x)∈[1,e],即a∈[1,e].故选A.12.C建立如图所示的坐标系,则A(0,0),B(2,0),E(2,1),C(2,2),D(0,1),F(1,),设P(cos θ,sin θ),其中0≤θ≤,=(cos θ,sin θ),=(2,1),=(-1,),因为=λ+μ,所以(cos θ,sin θ)=λ(2,1)+μ(-1,),即解得所以6λ+μ=2sin θ+2cos θ=2sin(θ+), 因为0≤θ≤,所以≤θ+≤π,所以2≤2sin(θ+)≤2,即6λ+μ的取值范围是[2,2].故选C.13.解析:根据题意,ξ的取值为0,1,2,P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)==,所以E(ξ)=0×+1×+2×=.答案:14.解析:f(x)=1-sin2(x+α)+cos(x+α)sin(x+α) =1-+sin 2(x+α)=+sin 2(x+α)+cos 2(x+α)=+sin(2x+2α+).当2x+2α+=+2kπ,k∈Z,即x=-α++kπ,k∈Z时,f(x)取得最大值为. 答案:15.解析:因为a5=27a2,所以=q3=27,所以q=3.因为25(a1+a3)=1,所以25a1(1+q2)=1,所以a1=.所以a n=·3n-1,若使R n取得最小值,则则a n=·3n-1≤1,a n+1=·3n≥1;因为a1>0,q>1,所以{a n}是单调递增数列,又a6=×36-1=0.972,a7=×37-1=2.916,所以n=6;故当R n取最小值时,n=6,答案:616.解析:线段AB是过抛物线x2=y焦点F的弦,过A,B两点分别作此抛物线的切线,两切线相交于P点.P点在抛物线的准线上.证明:由抛物线x2=y,得其焦点坐标为F(0,).设A(x1,),B(x2,),直线l:y=kx+代入抛物线x2=y得x2-kx-=0.所以x1x2=-,①又抛物线方程为y=x2,求导得y′=2x,所以抛物线过点A的切线的斜率为2x1,切线方程为y-=2x1(x-x1),②抛物线过点B的切线的斜率为2x2,切线方程为y-=2x2(x-x2),③由①②③得y=-.所以P的轨迹方程是y=-,即P在抛物线的准线上; 根据抛物线的定义知|NF|=|NP|,所以是一个定值1.答案:117.解:(1)由cos 2A=3cos(B+C)+1得,2cos2A+3cos A-2=0,即(2cos A-1)(cos A+2)=0,所以,cos A=或cos A=-2(舍去),因为A为三角形内角,所以A=.(2)由(1)知cos A=-cos(B+C)=,则cos(B+C)=cos Bcos C-sin Bsin C=-;由cos Bcos C=-,得sin Bsin C=,由正弦定理,有==,则b=,c=.由三角形的面积公式得S=bcsin A==a2,即a2=2,解得a=4.18.解:(1)记A i为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(A3)=,P(A1)=,P(A0)=1--=;记B i为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3), 则P(B3)=,P(B1)=,P(B0)=1--=.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上”.由题意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3,由事件的独立性和互斥性,P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3)=P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3)=P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)P(B1)+P(A0)P(B3)=×+×+×+×=.所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为.(2)由题意,随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6,由事件的独立性和互斥性,得P(ξ=0)=P(A0B0)=×=,P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=×+×=,P(ξ=2)=P(A1B1)=×=,P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=×+×=,P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=×+×=,P(ξ=6)=P(A3B3)=×=.可得随机变量ξ的分布列为:ξ0 1 2 3 4 6 P所以数学期望E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.19.(1)证明:设O为AC与BD的交点,作DE⊥BC于点E.由四边形ABCD是等腰梯形得CE==1,DE==3,所以BE=DE,从而得∠DBC=∠BCA=45°,所以∠BOC=90°,即AC⊥BD.由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD,因为AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC.(2)由(1)知AC⊥BD.以O为原点,OB,OC所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-,0,0).由PA⊥平面ABCD,得PA∥z轴,故设点P(0,-,t)(t>0).=(-,-2,0),=(-,,-t),设m=(x,y,z)为平面PDC的法向量,由m⊥,m⊥知,取y=1,得m=(-2,1,).又平面PAC的法向量为n=(1,0,0),于是|cos<m,n>|===.解得t=,即AP=.20.解:(1)根据已知设椭圆的焦距为2c,当y=c时,|MN|=|x1-x2|=,由题意得,△MNF2的面积为×|MN|×|F1F2|=c|MN|==,又因为=,解得b2=1,a2=4,所以椭圆C的标准方程为x2+=1.(2)当m=0时,则P(0,0),由椭圆的对称性得=, 即+=0,所以m=0时,存在实数λ,使得+λ=4,当m≠0时,由+λ=4,得=+,因为A,B,P三点共线,所以1+λ=4,⇒λ=3⇒=3,设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(k2+4)x2+2mkx+m2-4=0,由已知得Δ=4m2k2-4(k2+4)(m2-4)>0,即k2-m2+4>0,且x1+x2=,x1x2=.由=3得x1=-3x2,3(x1+x2)2+4x1x2=0,所以+=0⇒m2k2+m2-k2-4=0,显然m2=1不成立,所以k2=,因为k2-m2+4>0,所以-m2+4>0,即>0.解得-2<m<-1或1<m<2.综上所述,m的取值范围为(-2,-1)∪(1,2)∪{0}.21.(1)解:函数g(x)=ln x-ax2+(2-a)x的定义域为(0,+∞), g′(x)=-2ax+(2-a)=-,①当a≤0时,x∈(0,+∞),g′(x)>0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a>0时,x∈(0,)时,g′(x)>0,x∈(,+∞)时,g′(x)<0,则g(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.(2)证明:f(x)=ln x+x2-ax.由x1,x2(x1<x2)是函数f(x)的两个零点,得f(x1)=ln x1+-ax1=0,f(x2)=ln x2+-ax2=0,两式相减得a=+x1+x2,因为f′(x)=+2x-a,所以f′()=-,故要证明f′()<0,只需证明-<0,(0<x1<x2),即证明>ln x1-ln x2,即证明>ln,(*)令=t∈(0,1),即证>ln t成立,即证2(t-1)>(t+1)ln t, 令h(t)=(1+t)ln t-2t+2,令h′(t)=ln t+-1,h″(t)=-<0,故h′(t)在(0,1)上递减,h′(t)>h′(1)=0,故h(t)在(0,1)上递增,h(t)<h(1)=0,故2(t-1)>(t+1)ln t,即f′()<0.22.解:(1)直线l的参数方程为(t为参数), 普通方程为3x-2y-9=0,极坐标方程为3ρcos θ-2ρsin θ-9=0,曲线C的极坐标方程是ρsin2θ-3cos θ=0,即ρ2sin2θ=3ρcos θ,曲线C的直角坐标方程为y2=3x.(2)两极坐标方程联立,可得ρ2sin2θ-2ρsin θ-9=0, 所以ρsin θ=3或-,即y=3或-,所以x=9或1,所以交点坐标为(9,3),(1,-),所以直线l与曲线C交点的极坐标为(6,),(2,).23.解:(1)当a=-3时,f(x)=当x≤2时,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x≤1,当2<x<3时,f(x)≥3无解,当x≥3时,由f(x)≥3得2x-5≥3,解得x≥4,综上知f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.(2)f(x)≤|x-4|⇔|x-4|-|x-2|≥|x+a|,当x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|⇔4-x-(2-x)≥|x+a|⇔|x+a|≤2⇔-2-a≤x≤2-a,由条件得-2-a≤1且2-a≥2即-3≤a≤0.故满足条件的a的取值范围为[-3,0].2020年高考理科数学仿真冲刺卷及答案(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.考试用时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.集合A={x|2x2-3x≤0,x∈Z},B={x|1≤2x<32,x∈Z},集合C满足A ⊂C⊆B,则C的个数为( )(A)3 (B)4 (C)7 (D)82.欧拉是一位杰出的数学家,他发明的公式e ix=cos x+isin x(i为虚数单位),将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数的关系,这个公式在复变函数理论中占有非常重要的地位,被誉为“数学中的天桥”.根据此公式可知,e-4i表示的复数在复平面中位于( )(A)第一象限 (B)第二象限(C)第三象限 (D)第四象限3.随着人民生活水平的提高,对城市空气质量的关注度也逐步增大,如图是某城市2016年1月至8月的空气质量检测情况,图中一、二、三、四级是空气质量等级,一级空气质量最好,一级和二级都是质量合格天气,下面叙述不正确的是( )(A)1月至8月空气合格天数超过20天的月份有5个(B)第二季度与第一季度相比,空气达标天数的比重下降了(C)8月是空气质量最好的一个月(D)6月份的空气质量最差4.若a=(-cos x)dx,则(ax+)9展开式中x3项的系数为( )(A)-(B)-(C) (D)5.若圆(x-3)2+y2=1上只有一点到双曲线-=1的一条渐近线的距离为1,则该双曲线离心率为( )(A)(B)(C) (D)6.某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )(A)28+6 (B)30+6(C)56+12(D)60+127.我国南宋时期的数学家秦九韶在他的著作《数书九章》中提出了计算多项式f(x)=a n x n+a n-1x n-1+…+a1x+a0的值的秦九韶算法,即将f(x)改写成如下形式:f(x)=(…((a n x+a n-1)x+a n-2)x+…+a1)x+a0,首先计算最内层一次多项式的值,然后由内向外逐层计算一次多项式的值.这种算法至今仍是比较先进的算法.将秦九韶算法用程序框图表示如图,则在空白的执行框内应填入( )(A)v=vx+a i(B)v=v(x+a i)(C)v=a i x+v (D)v=a i(x+v)8.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=-,则角A的最大值是( )。