2020屆高考數學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 仿真模擬卷一 文
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1、仿真模擬卷一 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|x<1},B={x|3x<1},則( ) 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.記復數z的共軛復數為,若(1-i)=2i(i為虛數單位),則|
2、z|=( )
A. B.1
C.2 D.2
答案 A
解析 由(1-i)=2i,可得===-1+i,所以z=-1-i,|z|=.
3.設a=ln ,b=20.3,c=2,則( )
A.a 3、nθ<”,但由“sinθ<”推不出“<”,所以“<”是“sinθ<”的充分不必要條件.
5.在如圖所示的計算1+5+9+…+2021的程序框圖中,判斷框內應填入的條件是( )
A.i≤2021? B.i<2021?
C.i<2017? D.i≤2025?
答案 A
解析 由題意結合流程圖可知當i=2021時,程序應執(zhí)行S=S+i,i=i+4=2025,再次進入判斷框時應該跳出循環(huán),輸出S的值;結合所給的選項可知判斷框內應填入的條件是i≤2021?.
6.已知函數f(x)=e|x|+cosx,若f(2x-1)≥f(1),則x的取值范圍為( )
A.(-∞,0]∪[1 4、,+∞) B.[0,1]
C.(-∞,0] D.[1,+∞)
答案 A
解析 解法一:(直接法)因為f(-x)=f(x),且x≥0時f(x)=ex+cosx?f′(x)=ex-sinx>e0-1=0,所以函數f(x)為偶函數,且在[0,+∞)上單調遞增,因此f(2x-1)≥f(1)?f(|2x-1|)≥f(1)?|2x-1|≥1?2x-1≥1或2x-1≤-1?x≥1或x≤0.故選A.
解法二:(排除法)由題知f(1)=e+cos1.取x=π,則f(2π-1)=e|2π-1|+cos(2π-1)=e2π-1+cos1>f(1),排除B,C;取x=-π,則f(-2π-1)=e|-2 5、π-1|+cos(-2π-1)=e2π+1+cos1>f(1),排除D.故選A.
7.在△ABC中,+=2,+=0,若=x+y,則( )
A.y=3x B.x=3y
C.y=-3x D.x=-3y
答案 D
解析 因為+=2,所以點D是BC的中點,又因為+=0,所以點E是AD的中點,所以有=+=-+=-+×(+)=-+,因此=-.所以x=,y=-,即x=-3y.
8.已知函數f(x)=Asin(ωx+φ),A>0,ω>0,|φ|<的部分圖象如圖所示,則使f(a+x)-f(a-x)=0成立的a的最小正值為( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 6、由圖象易知,A=2,f(0)=1,即2sinφ=1,且|φ|<,即φ=,由圖可知,f=0,所以sin=0,所以·ω+=2kπ,k∈Z,即ω=,k∈Z,又由圖可知,周期T>?>,得ω<,且ω>0,所以k=1,ω=2,所以函數f(x)=2sin,因為f(a+x)-f(a-x)=0,所以函數f(x)的圖象關于x=a對稱,即有2a+=kπ+,k∈Z,所以可得a=+,k∈Z,所以a的最小正值為.
9.若函數f(x)是定義在R上的奇函數,f=1,當x<0時,f(x)=log2(-x)+m,則實數m=( )
A.-1 B.0
C.1 D.2
答案 C
解析 ∵f(x)是定義在R上的奇 7、函數,f=1,
且x<0時,f(x)=log2(-x)+m,
∴f=log2+m=-2+m=-1,∴m=1.
10.在等差數列{an}中,a3,a9是方程x2+24x+12=0的兩根,則數列{an}的前11項和等于( )
A.66 B.132
C.-66 D.-132
答案 D
解析 因為a3,a9是方程x2+24x+12=0的兩根,
所以a3+a9=-24,
又a3+a9=-24=2a6,所以a6=-12,
S11===-132.
11.已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的左、右頂點分別為A,B,P為雙曲線左支上一點,△ABP為等腰三角形且外接圓的半徑為a 8、,則雙曲線的離心率為( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由題意知等腰△ABP中,|AB|=|AP|=2a,設∠ABP=∠APB=θ,F1為雙曲線的左焦點,則∠F1AP=2θ,其中θ必為銳角.
∵△ABP外接圓的半徑為a,
∴2a=,
∴sinθ=,cosθ=,
∴sin2θ=2××=,
cos2θ=2×2-1=.
設點P的坐標為(x,y),
則x=-a-|AP|cos2θ=-,y=|AP|sin2θ=,
故點P的坐標為.
由點P在雙曲線上,得-=1,
整理得=,
∴e== =.
12.德國著名數學家狄利克雷(Dirichlet,1805 9、~1859)在數學領域成就顯著.19世紀,狄利克雷定義了一個“奇怪的函數”:y=f(x)=其中R為實數集,Q為有理數集.則關于函數f(x)有如下四個命題:
①f[f(x)]=0;②函數f(x)是偶函數;③任取一個不為零的有理數T,f(x+T)=f(x)對任意的x∈R恒成立;④存在三個點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3)),使得△ABC為等邊三角形.其中真命題的個數是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 C
解析 當x為有理數時,f(x)=1;當x為無理數時,f(x)=0.∴當x為有理數時,f[f(x)]=f(1)=1;當x為無理數時,f 10、[f(x)]=f(0)=1,∴無論x是有理數還是無理數,均有f[f(x)]=1,故①不正確;∵有理數的相反數還是有理數,無理數的相反數還是無理數,∴對任意x∈R,都有f(-x)=f(x),故②正確;當T∈Q時,若x是有理數,則x+T也是有理數;若x是無理數,則x+T也是無理數,∴根據函數的表達式,任取一個不為零的有理數T,f(x+T)=f(x)對x∈R恒成立,故③正確;取x1=,x2=0,x3=-,f(x1)=0,f(x2)=1,f(x3)=0,∴A,B(0,1),C,△ABC恰好為等邊三角形,故④正確,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,每個試題考生都 11、必須作答.第22、23題為選考題,考生根據要求作答.
二、填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分.
13.已知x,y滿足約束條件x,y∈R,則x2+y2的最大值為________.
答案 8
解析 畫出不等式組表示的可行域如圖陰影部分所示(含邊界).x2+y2表示可行域內的點(x,y)到原點距離的平方.
由圖形可得,可行域內的點A或點B到原點的距離最大,且A(2,-2),B(2,2),又|OA|=|OB|=2,∴(x2+y2)max=8.
14.設直三棱柱ABC-A1B1C1的所有頂點都在同一個球面上,且球的表面積是40π,AB=AC=AA1,∠BAC=120°,則此直三 12、棱柱的高是________.
答案 2
解析 設AB=AC=AA1=x,
在△ABC中,∠BAC=120°,
則由余弦定理可得BC=x.
由正弦定理,
可得△ABC外接圓的半徑為r=x,
又∵球的表面積是40π,
∴球的半徑為R=.
設△ABC外接圓的圓心為O′,球心為O,
在Rt△OBO′中,有2+x2=10,解得x=2,即AA1=2.
∴直三棱柱的高是2.
15.七巧板是我們祖先的一項創(chuàng)造,被譽為“東方魔板”,它是由五塊等腰直角三角形(兩塊全等的小三角形、一塊中三角形和兩塊全等的大三角形)、一塊正方形和一塊平行四邊形組成的.如圖,在一個用七巧板拼成的正方形中任取一點 13、,則此點取自黑色部分的概率是________.
答案
解析 由七巧板的構造可知,△BIC≌△GOH,故黑色部分的面積與梯形EFOH的面積相等,
而S梯形EFOH=S△DOF=×S正方形ABDF=
S正方形ABDF,∴所求的概率為P==.
16.在數列{an}中,a1=1,an+1=Sn+3n(n∈N*,n≥1),則數列{Sn}的通項公式為________.
答案 Sn=3n-2n
解析 ∵an+1=Sn+3n=Sn+1-Sn,
∴Sn+1=2Sn+3n,
∴=·+,
∴-1=,
又-1=-1=-,
∴數列是首項為-,公比為的等比數列,
∴-1=-×n-1=-n, 14、
∴Sn=3n-2n.
三、解答題:共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17.(本小題滿分12分)在△ABC中,a,b,c分別是內角A,B,C的對邊,且bcosA=sinA(acosC+ccosA).
(1)求角A的大??;
(2)若a=2,△ABC的面積為,求△ABC的周長.
解 (1)∵bcosA=sinA(acosC+ccosA),
∴由正弦定理可得,sinBcosA=sinA(sinAcosC+sinCcosA)=sinAsin(A+C)=sinAsinB,
即sinBcosA=sinAsinB,
∵sinB≠0,∴tanA=,
∵A∈(0,π), 15、∴A=.
(2)∵A=,a=2,△ABC的面積為,
∴bcsinA=bc=,
∴bc=5,
∴由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccosA,
即12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=(b+c)2-15,
解得b+c=3,
∴△ABC的周長為a+b+c=2+3=5.
18.(本小題滿分12分)如圖,在三棱柱ABF-DCE中,∠ABC=120°,BC=2CD,AD=AF,AF⊥平面ABCD.
(1)求證:BD⊥EC;
(2)若AB=1,求四棱錐B-ADEF的體積.
解 (1)證明:已知ABF-DCE為三棱柱,且AF⊥平面ABCD,
∴DE∥AF,ED⊥平面A 16、BCD.
∵BD?平面ABCD,∴ED⊥BD,
又四邊形ABCD為平行四邊形,∠ABC=120°,故∠BCD=60°,又BC=2CD,故∠BDC=90°,
故BD⊥CD,
∵ED∩CD=D,ED,CD?平面ECD,
∴BD⊥平面ECD,
∵EC?平面ECD,故BD⊥EC.
(2)由BC=2CD得AD=2AB,
∵AB=1,故AD=2,作BH⊥AD于點H,
∵AF⊥平面ABCD,BH?平面ABCD,
∴AF⊥BH,又AD∩AF=A,AD,AF?平面ADEF,
∴BH⊥平面ADEF,又∠ABC=120°,
∴在△ABH中,∠BAH=60°,又AB=1,
∴BH=,
17、∴VB-ADEF=×(2×2)×=.
19.(本小題滿分12分)某工廠某產品近幾年的產量統(tǒng)計如下表:
年份
2014
2015
2016
2017
2018
2019
年份代碼t
1
2
3
4
5
6
年產量y/萬件
6.6
6.7
7
7.1
7.2
7.4
(1)根據表中數據,求y關于t的線性回歸方程= t+;
(2)若近幾年該產品每件的價格v(單位:元)與年產量y滿足的函數關系式為v=4.5-0.3y,且每年該產品都能售完.
①根據(1)中所建立的回歸方程預測該工廠2020(t=7)年該產品的年產量;
②當t(1≤t≤7)為何 18、值時,該產品的年銷售額S(單位:元)最大?
附:對于一組數據(t1,y1),(t2,y2),…,(tn,yn),其回歸直線=t+的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為=,=- .
解 (1)由題意,得==3.5,
==7,
(ti-)(yi-)=(-2.5)×(-0.4)+(-1.5)×(-0.3)+0+0.5×0.1+1.5×0.2+2.5×0.4=2.8,
(ti-)2=(-2.5)2+(-1.5)2+(-0.5)2+0.52+1.52+2.52=17.5.
由=,得==0.16,
由=- ,得=7-0.16×3.5=6.44,
所以y關于t的線性回歸方程為=0.16t+6. 19、44.
(2)①由(1)知=0.16t+6.44,當t=7時,=0.16×7+6.44=7.56,
所以預測該工廠2020年該產品的年產量為7.56萬件.
②當年產量為y時,年銷售額S=(4.5-0.3y)y×104
=(-0.3y2+4.5y)×104=[-0.3(y-7.5)2+16.875]×104,
由題知y∈{6.6,6.7,7,7.1,7.2,7.4,7.56},
所以當y=7.56,即t=7時,年銷售額最大,即2020年的銷售額最大.
20.(本小題滿分12分)如圖,已知點F(1,0)為拋物線y2=2px(p>0)的焦點,過點F的直線交拋物線于A,B兩點,點C在拋物 20、線上,使得△ABC的重心G在x軸上,直線AC交x軸于點Q,且Q在點F的右側.記△AFG,△CQG的面積分別為S1,S2.
(1)求p的值及拋物線的準線方程;
(2)求的最小值及此時點G的坐標.
解 (1)由題意得=1,即p=2.
所以拋物線的準線方程為x=-1.
(2)設A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),
重心G(xG,yG).
令yA=2t,2t≠0,則xA=t2.
由于直線AB過F,故直線AB的方程為x=y(tǒng)+1,代入y2=4x,得y2-y-4=0,
故2tyB=-4,即yB=-,所以B.
又由于xG=(xA+xB+xC),yG=(yA+yB+yC 21、)及重心G在x軸上,故2t-+yC=0,得
C,G.
所以直線AC的方程為y-2t=2t(x-t2),
得Q(t2-1,0).
由于Q在焦點F的右側,故t2>2.從而
=
=
==2-.
令m=t2-2,則m>0,
=2-=2-
≥2-=1+.
當m=時,取得最小值1+,此時G(2,0).
21.(本小題滿分12分)設函數f(x)=mex-x2+3,其中m∈R.
(1)當f(x)為偶函數時,求函數h(x)=xf(x)的極值;
(2)若函數f(x)在區(qū)間[-2,4]上有兩個零點,求m的取值范圍.
解 (1)由函數f(x)是偶函數,得f(-x)=f(x),
即me- 22、x-(-x)2+3=mex-x2+3對于任意實數x都成立,所以m=0.
此時h(x)=xf(x)=-x3+3x,則h′(x)=-3x2+3.
由h′(x)=0,解得x=±1.
當x變化時,h′(x)與h(x)的變化情況如下表所示:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,1)
1
(1,+∞)
h′(x)
-
0
+
0
-
h(x)
極小值
極大值
所以h(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單調遞減,在(-1,1)上單調遞增.
所以h(x)有極小值h(-1)=-2,極大值h(1)=2.
(2)由f(x)=mex-x2+3=0,得 23、m=.
所以“f(x)在區(qū)間[-2,4]上有兩個零點”等價于“直線y=m與曲線g(x)=,x∈[-2,4]有且只有兩個公共點”.
對函數g(x)求導,得g′(x)=.
由g′(x)=0,解得x1=-1,x2=3.
當x變化時,g′(x)與g(x)的變化情況如下表所示:
x
(-2,-1)
-1
(-1,3)
3
(3,4)
g′(x)
-
0
+
0
-
g(x)
極小值
極大值
所以g(x)在(-2,-1),(3,4)上單調遞減,在(-1,3)上單調遞增.
又因為g(-2)=e2,g(-1)=-2e,g(3)= 24、g(4)=>g(-1),
所以當-2e 25、B,求+的值.
解 (1)若將曲線C1上的點的橫坐標不變,縱坐標變?yōu)樵瓉淼模?
則得到曲線C2的直角坐標方程為x2+2=4,
整理,得+=1,
∴曲線C2的參數方程為(θ為參數).
(2)將直線l的參數方程化為標準形式為
(t′為參數),
將參數方程代入+=1,得
+=1,
整理,得(t′)2+18t′+36=0.
∴|PA|+|PB|=|t1′+t2′|=,
|PA|·|PB|=t1′t2′=,
∴+===.
23.(本小題滿分10分)選修4-5:不等式選講
已知函數f(x)=|x+3|+|x-1|的最小值為m.
(1)求m的值以及此時x的取值范圍;
(2)若實 26、數p,q,r滿足:p2+2q2+r2=m,證明:q(p+r)≤2.
解 (1)依題意,得f(x)=|x+3|+|x-1|≥|x+3-x+1|=4,故m的值為4.
當且僅當(x+3)(x-1)≤0,即-3≤x≤1時等號成立,即x的取值范圍為[-3,1].
(2)證明:因為p2+2q2+r2=m,
故(p2+q2)+(q2+r2)=4.
因為p2+q2≥2pq,當且僅當p=q時等號成立;
q2+r2≥2qr,當且僅當q=r時等號成立,
所以(p2+q2)+(q2+r2)=4≥2pq+2qr,
故q(p+r)≤2,當且僅當p=q=r時等號成立.
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