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1、
2020高考仿真模擬卷(三)
一、選擇題：本題共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．設(shè)集合P＝{(x，y)|y＝k}，Q＝{(x，y)|y＝2x}，已知P∩Q＝?，那么k的取值范圍是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0] D．(1，＋∞)
答案 C
解析 由P∩Q＝?可得，函數(shù)y＝2x的圖象與直線y＝k無公共點，所以k∈(－∞，0]．
2．“(綈p)∨q為真命題”是“p∧(綈q)為假命題”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
2、件
答案 C
解析 (綈p)∨q為真命題包括以下三種情況：p假q真、p假q假、p真q真；p∧(綈q)為假命題包括以下三種情況：p假q真、p假q假、p真q真；所以“(綈p)∨q為真命題”是“p∧(綈q)為假命題”的充要條件．
3．歐拉公式 eix＝cosx＋isinx(i為虛數(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學家歐拉發(fā)現(xiàn)的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴大到復數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，在復變函數(shù)論里占有非常重要的地位，被譽為“數(shù)學中的天橋”，已知eai為純虛數(shù)，則復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 A
解析 eai＝cosa＋
3、isina是純虛數(shù)，所以cosa＝0，sina≠0，所以a＝kπ＋，k∈Z，所以2a＝2kπ＋π，k∈Z，sin2a＝0，所以＝＝＝＋i，在復平面內(nèi)對應的點位于第一象限．
4．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為BD1的中點，則△PAC在該正方體各個面上的正投影可能是( )
A．①② B．②④ C．②③ D．①④
答案 D
解析 從上下方向上看，△PAC的投影為①圖所示的情況；從左右方向上看，△PAC的投影為④圖所示的情況；從前后方向上看，△PAC的投影為④圖所示的情況．
5．(2019·河南洛陽月考)學校為了調(diào)查學生在課外讀物方面的支出情況，抽取了一個容量為
4、n的樣本，其頻率分布直方圖如圖所示，其中支出在[50,60)的同學有30人，則n的值為( )
A．100 B．1000 C．90 D．900
答案 A
解析 由頻率分布直方圖可知，支出在[50,60)的同學的頻率為0.03×10＝0.3，∴n＝＝100.
6．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結(jié)果為( )
A．1＋ B．1－
C．1－ D．1＋
答案 C
解析 s＝0，n＝1<5，且n＝1是奇數(shù)，則s＝0－sinπ＝0；n＝2<5，且n＝2不是奇數(shù)，則s＝0＋sin＝1；n＝3<5，且n＝3是奇數(shù)，則s＝1－sin＝1－；n＝4<5，且n＝4不是奇數(shù)，則
5、s＝1－＋sin＝1－＋；n＝5時結(jié)束循環(huán)，輸出的s＝1－＋＝1－.
7．已知sinα－cosα＝，則cos＋sin＝( )
A．0 B. C．－ D.
答案 C
解析 依題意，sin＝；因為－＝，故α＋＝＋，則cos＝cos＝－sin＝－；
而－＝π，故＝π＋，故sin＝－sin＝－，
故cos＋sin＝－.
8．已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線l與x軸的交點為K，拋物線上一點P，若|PF|＝5，則△PFK的面積為( )
A．4 B．5 C．8 D．10
答案 A
解析 由拋物線的方程y2＝4x，可得
F(1,0)，K(－1,0)，準線方程為x＝－1
6、，
設(shè)P(x0，y0)，則|PF|＝x0＋1＝5，即x0＝4，
不妨設(shè)P(x0，y0)在第一象限，則P(4,4)，
所以S△PKF＝|FK|·|y0|＝×2×4＝4.
9．如圖，△GCD為正三角形，AB為△GCD的中位線，AB＝3AE，BC＝3BF，O為DC的中點，則向量，夾角的余弦值為( )
A. B．－ C．－ D.
答案 B
解析 解法一：以O(shè)為坐標原點，DC所在的直線為x軸建立平面直角坐標系如圖所示，設(shè)△GCD的邊長為4，則A(－1，)，E，
B(1，)，C(2,0)，F(xiàn)，
＝，＝，·＝－，||＝，||＝，cos〈，〉＝＝－.
解法二：設(shè)△GCD的邊
7、長為4，連接OE，OA，如圖，易得△ADO為正三角形，∠OAE＝60°，AO＝2，AE＝，由余弦定理得OE＝，同理得EF＝，OF＝，∴∠EFO＝60°，∴cos〈，〉＝cos120°＝－.
10．王老師的班上有四個體育健將甲、乙、丙、丁，他們都特別擅長短跑，在某次運動會上，他們四人要組成一個4×100米接力隊，王老師要安排他們四個人的出場順序，以下是他們四人的對話：
甲：我不跑第一棒和第二棒；乙：我不跑第一棒和第四棒；丙：我也不跑第一棒和第四棒；丁：如果乙不跑第二棒，我就不跑第一棒；
王老師聽了他們四人的對話，安排了一種合理的出場順序，滿足了他們的所有要求，據(jù)此我們可以斷定，在王
8、老師安排的出場順序中，跑第三棒的人是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
答案 C
解析 由題意知乙、丙均不跑第一棒和第四棒，則跑第三棒的人只能是乙、丙中的一個，當丙跑第三棒時，乙只能跑第二棒，這時丁跑第一棒，甲跑第四棒，符合題意，故跑第三棒的人是丙．
11．已知點P為雙曲線－＝1(a>b>0)右支上一點，點F1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左、右焦點，點I是△PF1F2的內(nèi)心(三角形內(nèi)切圓的圓心)，若恒有S△IPF1－S△IPF2≥S△IF1F2成立，則雙曲線離心率的取值范圍是( )
A．(1,2] B．(1,2) C．(0,3] D．(1,3]
答案 D
解析 設(shè)△P
9、F1F2的內(nèi)切圓的半徑為r，
由雙曲線的定義，得|PF1|－|PF2|＝2a，|F1F2|＝2c，
S△IPF1＝|PF1|·r，S△IPF2＝|PF2|·r，
S△IF1F2＝·2c·r＝cr，
由題意，得|PF1|·r－|PF2|·r≥cr，
故c≤(|PF1|－|PF2|)＝3a，
故e＝≤3，又e>1，
所以雙曲線的離心率取值范圍是(1,3]．
12．已知函數(shù)f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若對任意給定的m∈[0,2]，關(guān)于x的方程f(x)＝g(m)在區(qū)間[0,2]上總存在唯一的一個解，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－∞，1] B.
10、C．(0,1)∪{－1} D．(－1,0)∪
答案 B
解析 f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，
①當a＝0時，f(x)＝1，g(x)＝，
顯然不可能滿足題意；
②當a>0時，f′(x)＝6ax(x－1)，
x，f′(x)，f(x)的變化如下：
又因為當a>0時，g(x)＝－x＋是減函數(shù)，
對任意m∈[0,2]，g(m)∈，
由題意，必有g(shù)(m)max≤f(x)max，且g(m)min>f(0)，
故解得≤a＜1；
③當a<0時，g(x)＝－x＋是增函數(shù)，不符合題意．
綜上，a∈.
二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13．為了在一
11、條河上建一座橋，施工前在河兩岸打上兩個橋位樁A，B(如圖)，要測算兩點的距離，測量人員在岸邊定出基線BC，測得BC＝50 m，∠ABC＝105°，∠BCA＝45°，就可以計算出A，B兩點的距離為________．
答案 50 m
解析 根據(jù)三角形內(nèi)角和為180°，所以∠BAC＝30°，
由正弦定理＝，得＝.
解得AB＝50 m.
14．已知實數(shù)x，y滿足約束條件則sin(x＋y)的取值范圍為________(用區(qū)間表示)．
答案
解析 作出約束條件表示的平面區(qū)域(如圖陰影部分所示)．
設(shè)z＝x＋y，作出直線l：x＋y＝z，當直線l過點B時，z取得最小值；當直線l過點A
12、時，z取得最大值，所以≤x＋y≤，所以sin(x＋y)∈.
15．已知14C的半衰期為5730年(是指經(jīng)過5730年后，14C的殘余量占原始量的一半)．設(shè)14C的原始量為a，經(jīng)過x年后的殘余量為b，殘余量b與原始量a的關(guān)系如下：b＝ae－kx，其中x表示經(jīng)過的時間， k為一個常數(shù)．現(xiàn)測得湖南長沙馬王堆漢墓女尸出土時14C的殘余量約占原始量的76.7%.請你推斷一下馬王堆漢墓的大致年代為距今________年．(已知log20.767≈－0.4)
答案 2292
解析 由b＝ae－kx及題意，得＝e－5730k，
兩邊取2為底的對數(shù)可得，
－1＝－5730klog2e，①
又0.76
13、7＝e－kx，
兩邊取2為底的對數(shù)可得，
log20.767＝－kxlog2e，②
②÷①可得0.4≈，即x≈2292.
16．(2019·廣東湛江測試二)圓錐 Ω的底面半徑為2，母線長為4，正四棱柱ABCD－A′B′C′D′的上底面的頂點A′，B′，C′，D′均在圓錐 Ω的側(cè)面上，棱柱下底面在圓錐 Ω的底面上，則此正四棱柱體積的最大值為________．
答案
解析 設(shè)正四棱柱的底面邊長為x，棱柱的高為h，根據(jù)相似性可得＝，
解得h＝(其中0＜x＜2)．所以此正四棱柱的體積為V＝x2h＝x2·，
V′＝，令V′＝0，解得x＝，易得V＝x2·在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所
14、以此正四棱柱體積的最大值為2×＝.
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．第17～21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．
(一)必考題：共60分．
17．(2019·四川教考聯(lián)盟第三次診斷) (本小題滿分12分)檳榔原產(chǎn)于馬來西亞，中國主要分布在云南、海南及臺灣等熱帶地區(qū)，亞洲熱帶地區(qū)廣泛栽培．檳榔是重要的中藥材，在南方一些少數(shù)民族還有將果實作為一種咀嚼嗜好品，但其被世界衛(wèi)生組織國際癌癥研究機構(gòu)列為致癌物清單Ⅰ類致癌物．云南某民族中學為了解A，B兩個少數(shù)民族班的學生咀嚼檳榔的情況，分別從這兩個班中隨機抽取5名學生進行調(diào)查
15、，將他們平均每周咀嚼檳榔的顆數(shù)作為樣本繪制成如圖所示的莖葉圖(圖中的莖表示十位數(shù)字，葉表示個位數(shù)字)．
(1)你能否估計哪個班的學生平均每周咀嚼檳榔的顆數(shù)較多？
(2)從A班不超過19的樣本數(shù)據(jù)中隨機抽取一個數(shù)據(jù)記為a，從B班不超過21的樣本數(shù)據(jù)中隨機抽取一個數(shù)據(jù)記為b，求a≥b的概率．
解 (1)A班樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(9＋11＋14＋20＋31)＝17.由此估計A班學生平均每周咀嚼檳榔的顆數(shù)為17； 2分
B班樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(11＋12＋21＋25＋26)＝19，由此估計B班學生平均每周咀嚼檳榔的顆數(shù)為19顆．故估計B班學生平均每周咀嚼檳榔的顆數(shù)較多. 5分
(2
16、)A班的樣本數(shù)據(jù)中不超過19的數(shù)據(jù)a有3個，分別為9,11,14，B班的樣本數(shù)據(jù)中不超過21的數(shù)據(jù)b也有3個，分別為11,12,21. 6分
從A班和B班的樣本數(shù)據(jù)中各隨機抽取一個共有9種不同情況，分別為(9,11)，(9,12)，(9,21)，(11,11)，(11,12)，(11,21)，(14,11)，(14,12)，(14,21). 9分
其中a≥b的情況有(11,11)，(14,11)，(14,12)三種，
故a≥b的概率P＝＝. 12分
18．(本小題滿分12分)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若數(shù)列{logan}是公差為－1的等差數(shù)列，且a2＋2是a1，a3的
17、等差中項．
(1)證明：數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若Tn是數(shù)列的前n項和，且Tn
18、2分
19．(2019·湖南師大附中考前演練五)(本小題滿分12分)在梯形ABCD中(圖1)，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，過點A，B分別作CD的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，且AE＝2DE，將梯形ABCD沿AE，BF同側(cè)折起，使得CF⊥FE，且DE∥CF，得空間幾何體ADE－BCF(圖2)．直線AC與平面ABFE所成角的正切值是.
(1)求證：BE∥平面ACD；
(2)求多面體ADE－BCF的體積．
解 (1)證明：如圖，設(shè)BE交AF于點O，取AC的中點H，連接OH，DH，
因為四邊形ABFE為矩形，則OH是△AFC的中位線，所以O(shè)H∥CF且OH＝CF， 2分
設(shè)DE＝x，
19、則AE＝2x，CF＝3－x，
因為直線AC與平面ABFE所成角的正切值是，所以tan∠CAF＝＝＝，
解得x＝1，
所以DE＝1，AE＝2，CF＝2.因為DE∥CF且DE＝CF，所以DE∥OH且DE＝OH，所以四邊形DEOH為平行四邊形，DH∥EO，又因為EO?平面ABFE，DH?平面ABFE，DH?平面ACD，所以EO∥平面ACD，即BE∥平面ACD. 5分
(2)由已知CF⊥FE，CF⊥BF，EF∩BF＝F，得CF⊥平面BEF，又CF?平面CDEF，所以平面CDEF⊥平面BEF，又AE⊥EF，所以AE⊥平面CDEF， 7分
由(1)知DE＝1，AE＝2，CF＝2，
所以S矩
20、形ABFE＝4，S△CDE＝×1×2＝1， 10分
則VADE－BCF＝VC－ABFE＋VA－CDE＝×4×2＋×2×1＝. 12分
20．(2019·吉林長春質(zhì)量監(jiān)測二)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝(a－1)ln x－－x(a∈R)．
(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；
(2)若函數(shù)f(x)在[1,3]上的最大值為－2，求實數(shù)a的值．
解 (1)因為a＝2時，f(x)＝ln x－－x，
所以f′(x)＝＋－1，
又f(2)＝ln 2－3，f′(2)＝0，
所以所求切線方程為y＝ln 2－3. 4分
(2)因為f′(x)＝(
21、1≤x≤3)， 5分
當a≤1時，f′(x)＜0，f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，
此時f(x)max＝f(1)＝－a－1＝－2，a＝1， 7分
當a≥3時，f′(x)＞0，f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增，
此時f(x)max＝f(3)＝aln 3－ln 3－－3＝－2，
a＝(舍去)； 9分
當1＜a＜3時，f(x)在(1，a)上單調(diào)遞增，在(a,3)上單調(diào)遞減，
此時f(x)max＝f(a)＝aln a－ln a－1－a＝－2，a＝e.
綜上a＝1或a＝e. 12分
21．(2019·東北三省四市一模)(本小題滿分12分)如圖所示，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離
22、心率為，B1，B2是橢圓C的短軸端點，且B1到焦點的距離為3，點M在橢圓C上運動，且點M不與B1，B2重合，點N滿足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)求四邊形MB2NB1的面積的最大值．
解 (1)∵e＝，∴a＝c，
又a2＝b2＋c2＝(3)2，∴a2＝18，b2＝9，
∴橢圓C的方程為＋＝1. 4分
(2)解法一：設(shè)N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，
∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，B1(0，－3)，B2(0,3)，
∴直線NB1：y＋3＝－x，?、?
直線NB2：y－3＝－x, ② 6分
由①②解得x＝，又＋＝1，∴x
23、＝－，
則四邊形MB2NB1的面積
S＝|B1B2|·(|x|＋|x0|)＝×6×＝3×|x0|， 9分
∵0＜x≤18，∴當x＝18時，S的最大值為3××3＝. 12分
解法二：設(shè)直線MB1：y＝kx－3(k≠0)，
則直線NB1：y＝－x－3, ①
則直線MB1與橢圓C：＋＝1的交點M的坐標為， 6分
則直線MB2的斜率kMB2＝＝－，
∴直線NB2：y＝2kx＋3. ②
由①②解得xN＝－， 9分
則四邊形MB2NB1的面積S＝|B1B2|·(|xM|＋|xN|)＝×6×＝＝≤，
當且僅當|k|＝時，S取得最大值. 12分
(二)選考題：共10分．請
24、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．
22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標系與參數(shù)方程
在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))，以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線l的極坐標方程為ρ＝.
(1)試判斷直線l與曲線C的位置關(guān)系；
(2)若直線θ＝(ρ∈R)與直線l交于點A，與曲線C交于M，N兩點，求|AM|·|AN|的值．
解 (1)曲線C的普通方程為x2＋(y－)2＝7，圓心C(0，)，
半徑r＝， 2分
直線l的普通方程為x＋y－2＝0， 3分
∵圓心C到直線l的距離
d＝＝
25、與圓C相交.5分
(2)曲線C的極坐標方程為ρ2－2ρsinθ－4＝0，
將θ＝代入ρ＝，得ρ＝1， 7分
將θ＝代入ρ2－2ρsinθ－4＝0得ρ2－3ρ－4＝0，則ρ1＝4，
ρ2＝－1. 8分
∴|AM|＝ρ1－ρ＝3，|AN|＝ρ－ρ2＝2， 9分
∴|AM|·|AN|＝3×2＝6.10分
23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講
已知函數(shù)f(x)＝ln (|x－2|＋|ax－a|)(a∈R)．
(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的值域；
(2)若?x∈R，都有f(x)＋1≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解 (1)當a＝1時，f(x)＝ln (|x－2|＋|x－1|)，
∵|x－2|＋|x－1|≥|(x－2)－(x－1)|＝1， 3分
∴l(xiāng)n (|x－2|＋|x－1|)≥ln 1＝0，即函數(shù)f(x)的值域為[0，＋∞). 5分
(2)由f(x)＋1≥0，即ln (|x－2|＋|ax－a|)≥－1，得|x－2|＋|ax－a|≥，
令g(x)＝|x－2|＋|ax－a|，
則函數(shù)g(x)的最小值g(x)min＝{g(1)，g(2)}min， 7分
∴只需滿足 9分
解得a≤－或a≥，故實數(shù)a的取值范圍是∪. 10分
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