(全國通用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 仿真模擬卷三 理
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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選項中,只有一項是符合題目要求的. 1.已知集合A={(x,y)|x+y≤2,x,y∈N},則A中元素的個數(shù)為( ) A.1 B.5 C.6 D.無數(shù)個 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
2、
答案 A
解析 由題意可得z===-=-i-,則=-+i,據(jù)此可得的虛部為.
3.“0
3、1,b=-2,滿足a>b,但|1|<|-2|,則D錯誤;因為冪函數(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算S=1+21+22+23+24的值,即輸出的值為S=1+21+22+23+24==31. 6.8的展開式的常數(shù)項為( ) A.-56 B.-28 C.56 D.28 答案 D 解析 8展開式的通項公式為Tr+1=C·x8-r·r=C·(-1)r· x ,令8-r=0,得r
4、=6,∴所求常數(shù)項為C·(-1)6=28. 7.已知菱形ABCD的邊長為2,∠BAD=120°,點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的對邊分別為a,b,c,若a=1,sinAcosC+(sinC+b)cosA=0,則角A=( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 ∵a=1,sinAcosC+(sinC+
5、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.我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾說:數(shù)缺形時少直觀,形缺數(shù)時難入微,數(shù)形結(jié)合百般好,隔裂分家萬事休.在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中,常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì),也常用函數(shù)的解析式來琢磨函數(shù)的圖象的特征,如函數(shù)f(x)=的圖象大致是( ) 答案 D 解析 因為函數(shù)f(x)=,f(-x)==≠f(x),所以函
6、數(shù)f(x)不是偶函數(shù),圖象不關(guān)于y軸對稱,故排除A,B;又因為f(3)=,f(4)=,所以f(3)>f(4),而C在x>0時是遞增的,故排除C. 10.已知5的展開式中各項系數(shù)的和為2,則該展開式中常數(shù)項為( ) A.-80 B.-40 C.40 D.80 答案 D 解析 令x=1,得展開式的各項系數(shù)和為5=1+a,∴1+a=2,∴a=1,∴5=5=5+5,所求展開式中常數(shù)項為5的展開式的常數(shù)項與含x項的系數(shù)和,5展開式的通項為Tr+1=C(2x)5-r·(-1)rr=(-1)r25-r·Cx5-2r,令5-2r=1得r=2;令5-2r=0,無整數(shù)解,∴展開式中常數(shù)項為8C=8
7、0. 11.在正三角形ABC內(nèi)任取一點P,則點P到A,B,C的距離都大于該三角形邊長一半的概率為( ) 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A,B,C的距離至少有一個小于等于1的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示,其加起來是一個半徑為1的半圓,則S陰影=,則使取到的點到三個頂點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
8、對數(shù)的底數(shù),則非零實數(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)為增函數(shù). 當(dāng)t>e時,f′(t)>f′(e)=0,當(dāng)0<t<e時,f′(t)<f′(e)=0, ∴f(t)≥f(e)=-e,且當(dāng)t→0時,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,
9、每個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 -2 解析 畫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)的點與定點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的三個側(cè)面的面積之和最大時,球O的表面積為________. 答案 12π 解析 由于三條側(cè)棱相等,根據(jù)
10、三角形面積公式可知,當(dāng)PA,PB,PC兩兩垂直時,側(cè)面積之和最大.此時PA,PB,PC可看成正方體一個頂點處的三條側(cè)棱,其外接球直徑為正方體的體對角線,即4R2=3×22=12,故球的表面積為4πR2=12π. 15.已知△ABC的三個頂點的坐標(biāo)為A(0,1),B(1,0),C(0,-2),O為坐標(biāo)原點,動點M滿足||=1,則|++|的最大值是________. 答案 +1 解析 設(shè)點M的坐標(biāo)是(x,y),∵C(0,-2),且||=1,∴=1,x2+(y+2)2=1,則點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
11、幾何意義表示圓x2+(y+2)2=1上的點與點P(-1,-1)間的距離. 又點P(-1,-1)在圓C的外部, ∴|++|max=||+1 = +1=+1. 16.函數(shù)y=f(x)的定義域為D,若?x∈D,?a∈[1,2],使得f(x)≥ax恒成立,則稱函數(shù)y=f(x)具有性質(zhì)P,現(xiàn)有如下函數(shù): ①f(x)=ex-1;②f(x)=2cos2-1(x≤0); ③f(x)= 則具有性質(zhì)P的函數(shù)f(x)為________.(填序號) 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,φ′(x)>0;當(dāng)x<1時,φ′(x)<0. ∴φ
12、(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)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過點O(0,0),A(1,1),B(
13、2,2)時,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)寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 17.(本小題滿分12分)已知銳角△ABC面積為S,角A,B,C所對邊分別是a,b,c,角A,C的平分線相交于點O,b=2且S=(a2+c2-b2), 求:(1)角B的大??; (2)△AOC周長的最大值. 解 (1)∵S=(a2+c2-b2), ∴acsinB=(a2+c2-b2), 故acsinB=×2accosB?tanB=?B=. (2)設(shè)△AOC
14、的周長為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,△AOC周長的最大值為4+2. 18.(本小題滿分12分)某商場營銷人員在進(jìn)行某商品M的市場營銷調(diào)查時發(fā)現(xiàn),每返還消費者一定的點數(shù),該商品每天的銷量就會發(fā)生一定的變化,經(jīng)過試點統(tǒng)計得到下表: 返還點數(shù)t 1 2 3 4 5 銷量(百件)/天 0.5 0.6 1 1.4 1.7 (1)經(jīng)分析發(fā)現(xiàn),可用線性回歸模型擬合當(dāng)?shù)卦撋唐蜂N量y(百件)與返還點數(shù)t
15、之間的相關(guān)關(guān)系.請用最小二乘法求y關(guān)于t的線性回歸方程= t+,并預(yù)測若返還6個點時該商品每天的銷量; (2)若節(jié)日期間營銷部對商品進(jìn)行新一輪調(diào)整.已知某地擬購買該商品的消費群體十分龐大,營銷部調(diào)研機(jī)構(gòu)對其中的200名消費者的返點數(shù)額的心理預(yù)期值進(jìn)行了一個抽樣調(diào)查,得到如下一份頻數(shù)表: 返還點數(shù)預(yù) 期值區(qū)間 [1,3) [3,5) [5,7) [7,9) [9,11) [11,13] 頻數(shù) 20 60 60 30 20 10 ①求這200位擬購買該商品的消費者對返點點數(shù)的心理預(yù)期值X的樣本平均數(shù)及中位數(shù)的估計值(同一區(qū)間的預(yù)期值可用該區(qū)間的中點值代替;
16、估計值精確到0.1); ②將對返點點數(shù)的心理預(yù)期值在[1,3)和[11,13]的消費者分別定義為“欲望緊縮型”消費者和“欲望膨脹型”消費者,現(xiàn)采用分層抽樣的方法從位于這兩個區(qū)間的30名消費者中隨機(jī)抽取6名,再從這6人中隨機(jī)抽取3名進(jìn)行跟蹤調(diào)查,設(shè)抽出的3人中“欲望膨脹型”消費者的人數(shù)為隨機(jī)變量X,求X的分布列及數(shù)學(xué)期望. 參考公式及數(shù)據(jù):(ⅰ)=,=-; (ⅱ)tiyi=18.8. 解 (1)易知==3, ==1.04, t=12+22+32+42+52=55, ===0.32, =-=1.04-0.32×3=0.08. 則y關(guān)于t的線性回歸方程為=0.32t+0.08,當(dāng)t
17、=6時,=2.00,即返還6個點時該商品每天的銷量約為2百件. (2)①根據(jù)題意,這200位擬購買該商品的消費者對返還點數(shù)的心理預(yù)期值X的平均值及中位數(shù)的估計值分別為=2×0.1+4×0.3+6×0.3+8×0.15+10×0.1+12×0.05=6, 中位數(shù)的估計值為 5+2×=5+≈5.7. ②抽取6名消費者中“欲望緊縮型”消費者人數(shù)為6×=4,“欲望膨脹型”消費者人數(shù)為6×=2. 所以X的可能取值為0,1,2. P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==, 故隨機(jī)變量X的分布列為 X 0 1 2 P E(X)=0×+1×+2×=1.
18、 19.(本小題滿分12分)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面ACC1A1與底面ABC垂直,側(cè)棱與底面所在平面成60°角,AA1⊥A1C,AC⊥BC,AC=4,BC=2. (1)求證:平面ABB1A1⊥平面A1BC; (2)求二面角B-A1B1-C的余弦值. 解 (1)證明:∵平面ACC1A1⊥平面ABC且平面ACC1A1∩平面ABC=AC,且BC⊥AC. ∴BC⊥平面ACC1A1, ∴BC⊥AA1,又∵AA1⊥A1C,∴AA1⊥平面A1BC ∵AA1?平面ABB1A1, ∴平面ABB1A1⊥平面A1BC. (2)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面ACC1A1與底
19、面ABC垂直,側(cè)棱與底面所在平面成60°角, ∴∠A1AC=60°. 又∵AA1⊥A1C,AC=4,∴A1A=2, 如圖建立空間直角坐標(biāo)系, 則A1(3,0,),C(0,0,0),B(0,2,0),A(4,0,0) 由=,得B1(-1,2,), 設(shè)平面BA1B1,平面CA1B1的法向量分別為n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),則=(3,-2,),=(-1,0,),=(3,0,),=(-1,2,). 由知可取n1=(3,6,), 由知可取n2=(-1,-2,), cosθ==, 所以二面角B-A1B1-C的余弦值為. 20.(本小題滿分12分)已知橢
20、圓C:+=1(a>b>0),離心率e=,A是橢圓的左頂點,F(xiàn)是橢圓的左焦點,|AF|=1,直線m:x=-4. (1)求橢圓C的方程; (2)直線l過點F與橢圓C交于P,Q兩點,直線PA,QA分別與直線m交于M,N兩點,試問:以MN為直徑的圓是否過定點,如果是,請求出定點坐標(biāo);如果不是,請說明理由. 解 (1)由題意,得解得 ∵a2=b2+c2, ∴b=,故所求橢圓方程為+=1. (2)當(dāng)直線l斜率存在時,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+
21、4)+=0, 整理得,(x+4)2+y2+2ky+4k2·=0,① 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斜率不存在時,P,Q,M(-4,-3),N(-4,3), 以MN為直徑的圓為(x+4)2+y2=9也過點(-1,0),(-7,0)兩點. 綜上,以MN為直徑的圓能過兩定點(-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,求函數(shù)f(x)在x=e
22、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)的兩個零點分別為x1,x2,且x1≠x2,求證:g>1. 解 (1)當(dāng)a=2,b=-3時,f(x)=-x+3(x>0), f′(x)=, 則f′(e)=-1,切點為, 故函數(shù)f(x)在x=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)=
23、2.
(2)證明:∵x1,x2是f(x)的兩個零點,不妨設(shè)x1
24、(1)=0,∴t∈(0,1)時,m(t)<0,命題得證. 請考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做,則按所做的第一題計分,作答時請寫清題號. 22.(本小題滿分10分)[選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知曲線C1:x+y=1與曲線C2:(φ為參數(shù)).以坐標(biāo)原點為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系. (1)寫出曲線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的公共點分別為A,B,α∈,當(dāng)=4時,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-
25、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,∴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|≤,∴實數(shù)m的取值范圍是. - 15 -
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