2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專(zhuān)題 仿真模擬卷三 文
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1、仿真模擬卷三 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分.共150分,考試時(shí)間120分鐘. 第Ⅰ卷 一、選擇題:本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的. 1.已知集合A={(x,y)|x+y≤2,x,y∈N},則A中元素的個(gè)數(shù)為( ) A.1 B.5 C.6 D.無(wú)數(shù)個(gè) 答案 C 解析 由題得A={(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)},所以A中元素的個(gè)數(shù)為6. 2.已知i是虛數(shù)單位,是z的共軛復(fù)數(shù),若z(1+i)=,則的虛部為( ) A. B.- C.i D.-i 答案
2、A
解析 由題意可得z===-=-i-,則=-+i,據(jù)此可得的虛部為.
3.“0
3、,但|1|<|-2|,則D錯(cuò)誤;因?yàn)閮绾瘮?shù)y=x3是增函數(shù),a>b,所以a3>b3,即a3-b3>0,C正確. 5.閱讀如圖所示的程序框圖,運(yùn)行相應(yīng)的程序,輸出的S的值等于( ) A.30 B.31 C.62 D.63 答案 B 解析 由流程圖可知該算法的功能為計(jì)算S=1+21+22+23+24的值,即輸出的值為S=1+21+22+23+24==31. 6.已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),其前n項(xiàng)和為Sn,若a2=2,S6-S4=6a4,則a5=( ) A.4 B.10 C.16 D.32 答案 C 解析 設(shè)公比為q(q>0),S6-S4=a5+a6=6a4,因
4、為a2=2,所以2q3+2q4=12q2,即q2+q-6=0,所以q=2,則a5=2×23=16. 7.已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2,∠BAD=120°,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在邊BC,DC上,BC=3BE,DC=λDF,若·=1,則λ的值為( ) A.3 B.2 C. D. 答案 B 解析 由題意可得·=(+)·(+)=·=2+2+·,且2=2=4,·=2×2×cos120°=-2,故++×(-2)=1,解得λ=2. 8.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若a=1,sinAcosC+(sinC+b)cosA=0,則角A=( ) A. B. C. D. 答案
5、D 解析 ∵a=1,sinAcosC+(sinC+b)cosA=0, ∴sinAcosC+sinCcosA=-bcosA, ∴sin(A+C)=sinB=-bcosA, ∴asinB=-bcosA, 由正弦定理可得sinAsinB=-sinBcosA, ∵sinB>0,∴sinA=-cosA,即tanA=-, ∵A∈(0,π),∴A=. 9.我國(guó)著名數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾說(shuō):數(shù)缺形時(shí)少直觀,形缺數(shù)時(shí)難入微,數(shù)形結(jié)合百般好,隔裂分家萬(wàn)事休.在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中,常用函數(shù)的圖象來(lái)研究函數(shù)的性質(zhì),也常用函數(shù)的解析式來(lái)琢磨函數(shù)的圖象的特征,如函數(shù)f(x)=的圖象大致是( ) 答案
6、D 解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=,f(-x)==≠f(x),所以函數(shù)f(x)不是偶函數(shù),圖象不關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng),故排除A,B;又因?yàn)閒(3)=,f(4)=,所以f(3)>f(4),而C在x>0時(shí)是遞增的,故排除C. 10.在△ABC中,P0是邊AB上一定點(diǎn),滿足P0B=AB,且對(duì)于邊AB上任一點(diǎn)P,恒有·≥·,則( ) A.AC=BC B.AB=AC C.∠ABC= D.∠BAC= 答案 A 解析 (直接法)由題意,以點(diǎn)A為原點(diǎn),AB所在直線為x軸,建立平面直角坐標(biāo)系,取B(4,0),則P0(3,0),設(shè)P(a,0)(a∈[0,4]),C(x0,y0),則=(4-a,0),=(x0-a,
7、y0),=(1,0),=(x0-3,y0),則(4-a)(x0-a)≥x0-3,即a2-(4+x0)a+3x0+3≥0恒成立,所以Δ=[-(4+x0)]2-4(3x0+3)≤0,即(x0-2)2≤0,解得x0=2,則易知點(diǎn)C在邊AB的垂直平分線上,所以AC=BC,故選A. 11.在正三角形ABC內(nèi)任取一點(diǎn)P,則點(diǎn)P到A,B,C的距離都大于該三角形邊長(zhǎng)一半的概率為( ) A.1- B.1- C.1- D.1- 答案 A 解析 滿足條件的正三角形ABC如圖所示. 設(shè)邊長(zhǎng)為2,其中正三角形ABC的面積S△ABC=×4=. 滿足到正三角形ABC的頂點(diǎn)A,B,C的距離至少有一個(gè)小于等
8、于1的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示,其加起來(lái)是一個(gè)半徑為1的半圓,則S陰影=,則使取到的點(diǎn)到三個(gè)頂點(diǎn)A,B,C的距離都大于1的概率P=1-,故選A. 12.若存在m,使得關(guān)于x的方程x+a(2x+2m-4ex)·[ln (x+m)-ln x]=0成立,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),則非零實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ) A.(-∞,0) B. C.(-∞,0)∪ D. 答案 C 解析 由題意得-=ln =(t-2e)ln t, 令f(t)=(t-2e)ln t(t>0),則f′(t)=ln t+1-, 令h(t)=f′(t),則h′(t)=+>0,∴h(t)為增函數(shù),即f′(t)為增函
9、數(shù). 當(dāng)t>e時(shí),f′(t)>f′(e)=0, 當(dāng)0<t<e時(shí),f′(t)<f′(e)=0, ∴f(t)≥f(e)=-e,且當(dāng)t→0時(shí),f(t)→+∞, ∴-≥-e,解得a<0或a≥,故選C. 第Ⅱ卷 本卷包括必考題和選考題兩部分.第13~21題為必考題,每個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題,考生根據(jù)要求作答. 二、填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分. 13.若變量x,y滿足約束條件則z=的最小值是________. 答案?。? 解析 畫(huà)出滿足約束條件的可行域,如圖中陰影部分所示(含邊界), 聯(lián)立解得A(2,2), z=的幾何意義為可行域內(nèi)的點(diǎn)與
10、定點(diǎn)P(3,0)的連線的斜率. ∵kPA==-2,∴z=的最小值是-2. 14.已知三棱錐P-ABC內(nèi)接于球O,PA=PB=PC=2,當(dāng)三棱錐P-ABC的三個(gè)側(cè)面的面積之和最大時(shí),球O的表面積為_(kāi)_______. 答案 12π 解析 由于三條側(cè)棱相等,根據(jù)三角形面積公式可知,當(dāng)PA,PB,PC兩兩垂直時(shí),側(cè)面積之和最大.此時(shí)PA,PB,PC可看成正方體一個(gè)頂點(diǎn)處的三條側(cè)棱,其外接球直徑為正方體的體對(duì)角線,即4R2=3×22=12,故球的表面積為4πR2=12π. 15.已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,1),B(1,0),C(0,-2),O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M滿足||=1,則|++
11、|的最大值是________. 答案?。? 解析 設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)是(x,y), ∵C(0,-2),且||=1, ∴=1,x2+(y+2)2=1,則點(diǎn)M的軌跡是以C為圓心,1為半徑的圓. ∵A(0,1),B(1,0),∴++=(x+1,y+1), 則|++|=,其幾何意義表示圓x2+(y+2)2=1上的點(diǎn)與點(diǎn)P(-1,-1)間的距離. 又點(diǎn)P(-1,-1)在圓C的外部, ∴|++|max=||+1 =+1 =+1. 16.函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)镈,若?x∈D,?a∈[1,2],使得f(x)≥ax恒成立,則稱(chēng)函數(shù)y=f(x)具有性質(zhì)P,現(xiàn)有如下函數(shù): ①f(x)=ex-1
12、;②f(x)=2cos2-1(x≤0); ③f(x)= 則具有性質(zhì)P的函數(shù)f(x)為_(kāi)_______.(填序號(hào)) 答案?、佗? 解析 ①設(shè)φ(x)=ex-1-x(x∈R),則 φ′(x)=ex-1-1. 當(dāng)x>1時(shí),φ′(x)>0;當(dāng)x<1時(shí),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中函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P; ②易知f(x)=2cos2-1=sin2x(x≤0). 令φ(x)=f(x)-2x=sin2x-2x(x≤0), 則φ′(x)=2cos2x-2. ∴φ′(x)≤0,∴φ(x
13、)在(-∞,0]上是減函數(shù), ∴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中函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P; ③作函數(shù)y=f(x)與直線y=ax的圖象,顯然當(dāng)y=ax過(guò)點(diǎn)O(0,0),A(1,1),B(2,2)時(shí),斜率a=1. 根據(jù)圖象知,不存在a∈[1,2],使f(x)≥ax恒成立. 因此③中函數(shù)f(x)不具有性質(zhì)P. 綜上可知,具有性質(zhì)P的函數(shù)為①②. 三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟. 17.(本小題滿分12分)已知銳角△ABC面積為S,角A,B,C所對(duì)邊分別是a,b,c,角
14、A,C的平分線相交于點(diǎn)O,b=2且S=(a2+c2-b2), 求:(1)角B的大?。? (2)△AOC周長(zhǎng)的最大值. 解 (1)∵S=(a2+c2-b2), ∴acsinB=(a2+c2-b2), 故acsinB=×2accosB?tanB=?B=. (2)設(shè)△AOC的周長(zhǎng)為l,∠OAC=α,則α∈, ∵OA,OC分別是角A,C的平分線,B=, ∴∠AOC=. 由正弦定理,得==, ∴l(xiāng)=4sinα+4sin+2=4sin+2, ∵α∈,∴α+∈, 當(dāng)α=時(shí),△AOC周長(zhǎng)的最大值為4+2. 18.(本小題滿分12分)為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內(nèi)的殘留程度,進(jìn)行如下試驗(yàn)
15、:將200只小鼠隨機(jī)分成A,B兩組,每組100只,其中A組小鼠給服甲離子溶液,B組小鼠給服乙離子溶液.每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同.經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后用某種科學(xué)方法測(cè)算出殘留在小鼠體內(nèi)離子的百分比.根據(jù)試驗(yàn)數(shù)據(jù)分別得到如下直方圖: 記C為事件:“乙離子殘留在體內(nèi)的百分比不低于5.5”,根據(jù)直方圖得到P(C)的估計(jì)值為0.70. (1)求乙離子殘留百分比直方圖中a,b的值; (2)分別估計(jì)甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表). 解 (1)由已知得0.70=a+0.20+0.15,故a=0.35. b=1-0.05-0.15-0.70
16、=0.10. (2)甲離子殘留百分比的平均值的估計(jì)值為 2×0.15+3×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05, 乙離子殘留百分比的平均值的估計(jì)值為 3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00. 19.(本小題滿分12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC=AD=CD=AB=2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD. (1)求證:BC⊥平面PAC; (2)若M為線段PA的中點(diǎn),且過(guò)C,D,M三點(diǎn)的平面與線段PB交于點(diǎn)N,確定點(diǎn)N的位置,說(shuō)明理由;并求三棱錐A-CMN的高. 解 (1
17、)證明:在直角梯形ABCD中, AC==2, BC==2, 所以AC2+BC2=AB2, 即AC⊥BC.又PC⊥平面ABCD,BC?平面ABCD, 所以PC⊥BC,又AC∩PC=C,AC,PC?平面PAC,故BC⊥平面PAC. (2)N為PB的中點(diǎn),如圖,連接MN,CN. 因?yàn)镸為PA的中點(diǎn),N為PB的中點(diǎn),所以MN∥AB,且MN=AB=2. 又因?yàn)锳B∥CD,所以MN∥CD,所以M,N,C,D四點(diǎn)共面, 所以N為過(guò)C,D,M三點(diǎn)的平面與線段PB的交點(diǎn). 因?yàn)锽C⊥平面PAC,N為PB的中點(diǎn), 所以點(diǎn)N到平面PAC的距離d=BC=. 又S△ACM=S△ACP=××A
18、C×PC=, 所以V三棱錐N-ACM=××=. 由題意可知,在Rt△PCA中, PA==2,CM=, 在Rt△PCB中,PB==2, CN=,所以S△CMN=×2×=. 設(shè)三棱錐A-CMN的高為h, V三棱錐N-ACM=V三棱錐A-CMN=××h=, 解得h=,故三棱錐A-CMN的高為. 20.(本小題滿分12分)已知橢圓C:+=1(a>b>0),離心率e=,A是橢圓的左頂點(diǎn),F(xiàn)是橢圓的左焦點(diǎn),|AF|=1,直線m:x=-4. (1)求橢圓C的方程; (2)直線l過(guò)點(diǎn)F與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn),直線PA,QA分別與直線m交于M,N兩點(diǎn),試問(wèn):以MN為直徑的圓是否過(guò)定點(diǎn),如果
19、是,請(qǐng)求出定點(diǎn)坐標(biāo);如果不是,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解 (1)由題意,得解得 又∵a2=b2+c2,∴b=, 故所求橢圓方程為+=1. (2)當(dāng)直線l斜率存在時(shí),設(shè)直線l:y=k(x+1)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),直線PA:y=(x+2). 令x=-4,得M, 同理N. 則以MN為直徑的圓的方程為(x+4)(x+4)+=0, 整理得,(x+4)2+y2+2ky+4k2=0① 由得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0. 則x1+x2=,x1x2=.② 將②代入①,整理得,x2+y2+8x-y+7=0. 令y=0,得x=-1或x=-7. 當(dāng)直線l斜
20、率不存在時(shí),P,Q,M(-4,-3),N(-4,3), 以MN為直徑的圓為(x+4)2+y2=9也過(guò)點(diǎn)(-1,0),(-7,0)兩點(diǎn). 綜上,以MN為直徑的圓能過(guò)兩定點(diǎn)(-1,0),(-7,0). 21.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)=-ax-b,g(x)=ax2+bx. (1)當(dāng)a=2,b=-3時(shí),求函數(shù)f(x)在x=e處的切線方程,并求函數(shù)f(x)的最大值; (2)若函數(shù)y=f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1,x2,且x1≠x2,求證:g>1. 解 (1)當(dāng)a=2,b=-3時(shí),f(x)=-x+3(x>0), f′(x)=, 則f′(e)=-1,切點(diǎn)為, 故函數(shù)f(x)在x
21、=e處的切線方程為x+y--3=0.
令h(x)=1-ln x-x2,則h(x)=1-ln x-x2在(0,+∞)是減函數(shù),
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)上是增函數(shù),在(1,+∞)上是減函數(shù).
∴f(x)max=f(1)=2.
(2)證明:∵x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),不妨設(shè)x1 22、b(x1-x2)=0?-a(x1+x2)-b=0?-a·(x1+x2)2-b(x1+x2)=0?-a2-b=0.
∴=g?g==,
令t=,即證0 23、與曲線C2:(φ為參數(shù)).以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.
(1)寫(xiě)出曲線C1,C2的極坐標(biāo)方程;
(2)在極坐標(biāo)系中,已知l:θ=α(ρ>0)與C1,C2的公共點(diǎn)分別為A,B,α∈,當(dāng)=4時(shí),求α的值.
解 (1)曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ(cosθ+sinθ)=1,
即ρsin=.
曲線C2的普通方程為(x-2)2+y2=4,即x2+y2-4x=0,
所以曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ=4cosθ.
(2)由(1)知,|OA|=ρA=,|OB|=ρB=4cosα,
∴=4cosα(cosα+sinα)=2(1+cos2α+sin2α)
=2+2sin,
∵=4 24、,∴2+2sin=4,
sin=,
由0<α<,知<2α+<,即2α+=,
∴α=.
23.(本小題滿分10分)選修4-5:不等式選講
已知函數(shù)f(x)=|x+2|-|2x-1|.
(1)求f(x)>-5的解集;
(2)若關(guān)于x的不等式|b+2a|-|2b-a|≥|a|(|x+1|+|x-m|)(a≠0)能成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
解 (1)f(x)=|x+2|-|2x-1|
=
故f(x)>-5的解集為(-2,8).
(2)由|b+2a|-|2b-a|≥|a|(|x+1|+|x-m|)(a≠0)能成立,
得≥|x+1|+|x-m|能成立,
即-≥|x+1|+|x-m|能成立,
令=t,則|t+2|-|2t-1|≥|x+1|+|x-m|能成立,
由(1)知,|t+2|-|2t-1|≤,
又∵|x+1|+|x-m|≥|1+m|,
∴|1+m|≤,∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是.
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