2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 仿真模擬卷一 文

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(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為，若(1－i)＝2i(i為虛數(shù)單位)，則|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(shè)a＝ln ，b＝20.3，c＝2，則(　　) A．a(chǎn)<c<b B．c<a<b C．a(chǎn)<b<c D．b<a<c 答案　A 解析　由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知a＝ln <0，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知b＝20.3>1，又0<c＝2<1，故選A. 4．設(shè)θ∈R，則“<”是“sinθ<”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　由<可得0<θ<，所以由“<”可得“sinθ<”，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(nèi)應(yīng)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(jié)合流程圖可知當(dāng)i＝2021時，程序應(yīng)執(zhí)行S＝S＋i，i＝i＋4＝2025，再次進入判斷框時應(yīng)該跳出循環(huán)，輸出S的值；結(jié)合所給的選項可知判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是i≤2021？. 6．已知函數(shù)f(x)＝e|x|＋cosx，若f(2x－1)≥f(1)，則x的取值范圍為(　　) A．(－∞，0]∪[1，＋∞) 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(shù)f(x)為偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上單調(diào)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|－2π－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(shù)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　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(shù)f(x)＝2sin，因為f(a＋x)－f(a－x)＝0，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)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(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f＝1，當(dāng)x<0時，f(x)＝log2(－x)＋m，則實數(shù)m＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案　C 解析　∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f＝1， 且x<0時，f(x)＝log2(－x)＋m， ∴f＝log2＋m＝－2＋m＝－1，∴m＝1. 10．在等差數(shù)列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的兩根，則數(shù)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，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(shè)∠ABP＝∠APB＝θ，F(xiàn)1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(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y)， 則x＝－a－|AP|cos2θ＝－，y＝|AP|sin2θ＝， 故點P的坐標(biāo)為. 由點P在雙曲線上，得－＝1， 整理得＝， ∴e＝＝ ＝. 12．德國著名數(shù)學(xué)家狄利克雷(Dirichlet,1805～1859)在數(shù)學(xué)領(lǐng)域成就顯著.19世紀(jì)，狄利克雷定義了一個“奇怪的函數(shù)”：y＝f(x)＝其中R為實數(shù)集，Q為有理數(shù)集．則關(guān)于函數(shù)f(x)有如下四個命題： ①f[f(x)]＝0；②函數(shù)f(x)是偶函數(shù)；③任取一個不為零的有理數(shù)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(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　當(dāng)x為有理數(shù)時，f(x)＝1；當(dāng)x為無理數(shù)時，f(x)＝0.∴當(dāng)x為有理數(shù)時，f[f(x)]＝f(1)＝1；當(dāng)x為無理數(shù)時，f[f(x)]＝f(0)＝1，∴無論x是有理數(shù)還是無理數(shù)，均有f[f(x)]＝1，故①不正確；∵有理數(shù)的相反數(shù)還是有理數(shù)，無理數(shù)的相反數(shù)還是無理數(shù)，∴對任意x∈R，都有f(－x)＝f(x)，故②正確；當(dāng)T∈Q時，若x是有理數(shù)，則x＋T也是有理數(shù)；若x是無理數(shù)，則x＋T也是無理數(shù)，∴根據(jù)函數(shù)的表達式，任取一個不為零的有理數(shù)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．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(nèi)的點(x，y)到原點距離的平方． 由圖形可得，可行域內(nèi)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(shè)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°，則此直三棱柱的高是________． 答案　2 解析　設(shè)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(shè)△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，則此點取自黑色部分的概率是________． 答案　 解析　由七巧板的構(gòu)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(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*，n≥1)，則數(shù)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(shù)列是首項為－，公比為的等比數(shù)列， ∴－1＝－×n－1＝－n， ∴Sn＝3n－2n. 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)在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，且bcosA＝sinA(acosC＋ccosA)． (1)求角A的大小； (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)，∴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ABCD. ∵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＝， ∴VB－ADEF＝×(2×2)×＝. 19．(本小題滿分12分)某工廠某產(chǎn)品近幾年的產(chǎn)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(chǎn)量y/萬件 6.6 6.7 7 7.1 7.2 7.4 (1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，求y關(guān)于t的線性回歸方程＝ t＋； (2)若近幾年該產(chǎn)品每件的價格v(單位：元)與年產(chǎn)量y滿足的函數(shù)關(guān)系式為v＝4.5－0.3y，且每年該產(chǎn)品都能售完． ①根據(jù)(1)中所建立的回歸方程預(yù)測該工廠2020(t＝7)年該產(chǎn)品的年產(chǎn)量； ②當(dāng)t(1≤t≤7)為何值時，該產(chǎn)品的年銷售額S(單位：元)最大？ 附：對于一組數(shù)據(jù)(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(guān)于t的線性回歸方程為＝0.16t＋6.44. (2)①由(1)知＝0.16t＋6.44，當(dāng)t＝7時，＝0.16×7＋6.44＝7.56， 所以預(yù)測該工廠2020年該產(chǎn)品的年產(chǎn)量為7.56萬件． ②當(dāng)年產(chǎn)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(dāng)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(cè)．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2. (1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程； (2)求的最小值及此時點G的坐標(biāo)． 解　(1)由題意得＝1，即p＝2. 所以拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1. (2)設(shè)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)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(cè)，故t2>2.從而 ＝ ＝ ＝＝2－. 令m＝t2－2，則m>0， ＝2－＝2－ ≥2－＝1＋. 當(dāng)m＝時，取得最小值1＋，此時G(2,0)． 21．(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝mex－x2＋3，其中m∈R. (1)當(dāng)f(x)為偶函數(shù)時，求函數(shù)h(x)＝xf(x)的極值； (2)若函數(shù)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(shù)f(x)是偶函數(shù)，得f(－x)＝f(x)， 即me－x－(－x)2＋3＝mex－x2＋3對于任意實數(shù)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(dāng)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(diào)遞減，在(－1,1)上單調(diào)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(shù)g(x)求導(dǎo)，得g′(x)＝. 由g′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3. 當(dāng)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(diào)遞減，在(－1,3)上單調(diào)遞增． 又因為g(－2)＝e2，g(－1)＝－2e，g(3)＝<g(－2)，g(4)＝>g(－1)， 所以當(dāng)－2e<m<或m＝時，直線y＝m與曲線g(x)＝，x∈[－2,4]有且只有兩個公共點． 即當(dāng)－2e<m<或m＝時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,4]上有兩個零點． 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，曲線C1的方程為x2＋y2＝4，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，若將曲線C1上的點的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼模们€C2. (1)寫出曲線C2的參數(shù)方程； (2)設(shè)點P(－2,3)，直線l與曲線C2的兩個交點分別為A，B，求＋的值． 解　(1)若將曲線C1上的點的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼模? 則得到曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋2＝4， 整理，得＋＝1， ∴曲線C2的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))． (2)將直線l的參數(shù)方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式為 (t′為參數(shù))， 將參數(shù)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(shù)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)若實數(shù)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(dāng)且僅當(dāng)(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(dāng)且僅當(dāng)p＝q時等號成立； q2＋r2≥2qr，當(dāng)且僅當(dāng)q＝r時等號成立， 所以(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4≥2pq＋2qr， 故q(p＋r)≤2，當(dāng)且僅當(dāng)p＝q＝r時等號成立． - 14 -