高考數(shù)學大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷二 Word版含解析

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1、 2020高考仿真模擬卷(二) 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．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{2,3,6,7}，C＝{3,4,5,6}，則圖中陰影部分表示的集合是(　　) A．{2,3} B．{6} C．{3} D．{3,6} 答案　B 解析　由題可知，A∩B∩C＝{3}，B∩C＝{3,6}，故陰影部分表示的集合是{6}． 2．若(－1＋2i)z＝－5i，則|z|的值為(　　) A．3 B．5 C． D． 答案　D 解析　由(－1＋2i)z＝－5i，可得z＝＝＝＝－2＋i. 所

2、以|z|＝＝. 3．(2019·北京海淀一模)已知x>y，則下列各式中一定成立的是(　　) A．< B．x＋>2 C．x>y D．2x＋2－y>2 答案　D 解析　x，y的符號不確定，當x＝2，y＝－1時，x>y，顯然<不成立，x＋＝2－1＝1>2不成立，y＝x是減函數(shù)，所以x>y不成立，因為x－y>0，所以2x＋2－y≥2＝2>2＝2，正確，故選D. 4．(2019·浙江金華十校模擬)在下面四個x∈[－π，π]的函數(shù)圖象中，函數(shù)y＝|x|sin2x的圖象可能是(　　) 答案　C 解析　因為f(－x)＝|－x|sin(－2x)＝－|x|sin2x＝－f(x)，即f(x)是奇

3、函數(shù)，圖象關于原點對稱，排除B，D；當x＝π時，f(π)＝πsin2π＝0，排除A.故選C. 5．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．2 B． C． D．3 答案　C 解析　由三視圖可知該幾何體為四棱錐，記為四棱錐E－ABCD，將其放入棱長為2的正方體中，如圖，易知四棱錐E－ABCD的底面積S四邊形ABCD＝4，高為，故所求體積為×4×＝. 6．在平面直角坐標系xOy中，角α與角β均以Ox為始邊，它們的終邊關于y軸對稱．若tanα＝，則tan(α－β)的值為(　　) A．0 B． C． D． 答案　D 解析　由角α與角β的始邊相同，終邊

4、關于y軸對稱可知tanα＝－tanβ. 又tanα＝，所以tanβ＝－， 所以tan(α－β)＝＝＝. 7. 已知ABCD為正方形，其內切圓I與各邊分別切于E，F(xiàn)，G，H，連接EF，F(xiàn)G，GH，HE.現(xiàn)向正方形ABCD內隨機拋擲一枚豆子，記事件A：豆子落在圓I內，事件B：豆子落在圓I內四邊形EFGH外，則P(B|A)＝(　　) A．1－ B． C．1－ D． 答案　C 解析　設正方形ABCD的邊長為a， 則圓I的半徑為r＝，其面積為 S＝π×2＝πa2， 設正方形EFGH的邊長為b， 則b＝a?b＝a， 其面積為S1＝2＝a2， 則在圓I內且不在EFGH內的面

5、積為S－S1， 所以P(B|A)＝＝1－. 8．河南洛陽的龍門石窟是中國石刻藝術寶庫之一，現(xiàn)為世界文化遺產．龍門石窟與莫高窟、云岡石窟、麥積山石窟并稱中國四大石窟．現(xiàn)有一石窟的某處“浮雕像”共7層，每上層的數(shù)量是下層的2倍，總共有1016個“浮雕像”，這些“浮雕像”構成一幅優(yōu)美的圖案，若從最下層往上“浮雕像”的數(shù)量構成一個數(shù)列{an}，則log2(a3a5)的值為(　　) A．8 B．10 C．12 D．16 答案　C 解析　依題意a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝1016，又因為數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，則＝1016，所以a1＝8，所以a3a5＝(a4)2＝(8×

6、23)2＝212，所以log2(a3a5)＝log2212＝12. 9．(2019·湖北部分重點中學新起點考試)秦九韶是我國南宋時期的數(shù)學家，他在所著的《數(shù)書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法，如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求某多項式值的一個實例，若輸入x的值為5，則輸出v的值為(　　) A．511－1 B． C． D． 答案　B 解析　依次運行程序框圖中的程序，可得①k＝1滿足條件，v＝1×5＋1＝5＋1，k＝2；②k＝2滿足條件，v＝(5＋1)×5＋1＝52＋5＋1，k＝3；③k＝3滿足條件，v＝(52＋5＋1)×5＋1＝53＋52＋5＋1，

7、k＝4； … ⑨k＝9滿足條件，v＝(58＋57＋…＋5＋1)×5＋1＝59＋58＋57＋…＋5＋1，k＝10； ⑩k＝10滿足條件，v＝(59＋58＋57＋…＋5＋1)×5＋1＝510＋59＋58＋…＋5＋1，k＝11.而k＝11不滿足條件，停止運行，輸出v＝510＋59＋58＋…＋5＋1＝＝.故選B. 10．(2019·青島模擬)已知定義域為R的奇函數(shù)f(x)，當x>0時，滿足f(x)＝則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝(　　) A．log25 B．－log25 C．－2 D．0 答案　B 解析　由題意，得f(－1)＝f(2)＝f(5)＝…＝f(2＋672

8、×3)＝f(2018)， f(0)＝f(3)＝f(6)＝…＝f(3＋672×3)＝f(2019)， f(1)＝f(4)＝f(7)＝…＝f(4＋672×3)＝f(2020)， 又因為f(－1)＝－f(1)＝log25，f(0)＝0，所以 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝673×[f(1)＋f(2)＋f(3)]＋f(2020)＝673×0＋f(1)＝－log25. 11．(2019·遼寧五校聯(lián)考)一條動直線l與拋物線C：x2＝4y相交于A，B兩點，O為坐標原點，若＝2，則(－)2－42的最大值為(　　) A．24 B．16 C．8 D．－16 答案　B 解析　由

9、＝2，知G是線段AB的中點， ∴＝(＋)， ∴(－)2－42＝(－)2－(＋)2＝－4·. 由A，B是動直線l與拋物線C：x2＝4y的交點，不妨設A，B，∴－4·＝－4＝－4＝16－42≤16，即(－)2－42的最大值為16，故選B. 12．(2019·遼寧葫蘆島二模)已知函數(shù)f(x)＝ex－e＋x－(e為自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)＝ln x－ax－ea＋4.若存在實數(shù)x1，x2，使得f(x1)－＝g(x2)＝1，且1≤≤e，則實數(shù)a的最大值為(　　) A． B． C． D．1 答案　A 解析　由f(x1)－＝1化簡得ex1－e＝－(x1－e)＋1，由于y＝et，y＝－t＋1只

10、有一個交點(0,1)，所以x1－e＝0，故x1＝e.g(x)的定義域為(0，＋∞)，由1≤≤e，得e≤x2≤e2.由g(x2)＝1化簡得ln x2＝a(x2＋e)－3.分別畫出函數(shù)y＝ln x和y＝a(x＋e)－3的圖象如圖所示，由圖可知，a的最大值即直線y＝a(x＋e)－3的斜率的最大值為kAB＝＝，故選A. 二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分． 13．某學校男女比例為2∶3，從全體學生中按分層抽樣的方法抽取一個樣本容量為m的樣本，若女生比男生多10人，則m＝________. 答案　50 解析　由題意，得－＝10，解得m＝50. 14．已知雙曲線－x2＝1(m

11、>0)的一個焦點與拋物線y＝x2的焦點重合，則此雙曲線的離心率為________． 答案　 解析　∵雙曲線－x2＝1(m>0)的一個焦點與拋物線y＝x2的焦點重合， 拋物線y＝x2的焦點坐標為(0,2)，∴c＝2， ∴1＋m＝4即m＝a2＝3， ∴a＝，∴e＝＝. 15．如圖所示，在平面四邊形ABCD中，AD＝2，CD＝4，△ABC為正三角形，則△BCD面積的最大值為________． 答案　4＋4 解析　設∠ADC＝α，∠ACD＝β， 由余弦定理可知，AC2＝20－16cosα，cosβ＝， 又由正弦定理，＝?sinβ＝， ∴S△BCD＝BC·CDsin ＝2BC

12、 ＝2BC ＝4sin＋4，所以最大值為4＋4. 16．(2019·河北石家莊模擬一)在棱長為1的透明密閉的正方形容器ABCD－A1B1C1D1中，裝有容器總體積一半的水(不計容器壁的厚度)，將該正方體容器繞BD1旋轉，并始終保持BD1所在直線與水平平面平行，則在旋轉過程中容器中水的水面面積的最大值為________． 答案　 解析　如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E在A1B1上，點F在CD上，滿足A1E＝CF，則原問題等價于求解四邊形BFD1E面積的最大值． 作EG⊥BD1于點G，當EG最大時，四邊形BFD1E的面積有最大值．建立如圖所示的空間直角

13、坐標系，設E(m,0,1)(0≤m≤1)，設G(x，y，z)， 由于B(1,0,0)，D1(0,1,1)，由＝λ可得(x－1，y，z)＝λ(－1,1,1)，則故G(－λ＋1，λ，λ)，故＝(m＋λ－1，－λ，1－λ)，＝(－1,1,1)，由·＝－m－λ＋1－λ＋1－λ＝0，得λ＝，1－λ＝， 故|GE|＝＝·，結合二次函數(shù)的性質可知當m＝0或m＝1時，GE取得最大值，此時水面面積的最大值為. 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．(本小題

14、滿分12分)已知等差數(shù)列{an}中，a1＝2，a2＋a4＝16. (1)設bn＝2an，求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列； (2)求{an＋bn}的前n項和． 解　(1)證明：設{an}的公差為d， 由a2＋a4＝16，可得(a1＋d)＋(a1＋3d)＝16， 即2a1＋4d＝16.2分 又a1＝2，可得d＝3. 故an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1.3分 依題意，bn＝23n－1，因為＝＝23(常數(shù))， 故數(shù)列{bn}是首項為4，公比q＝8的等比數(shù)列.6分 (2){an}的前n項和為＝.8分 {bn}的前n項和為 ＝＝·23n＋2－.10分 故{an

15、＋bn}的前n項和為 ＋·23n＋2－.12分 18. (2019·遼寧丹東質量測試二)(本小題滿分12分)如圖，四棱錐S－ABCD中，SD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，SD＝CD，AB＝AD，CD＝2AD，M是BC的中點，N是線段SA上的點． (1)若N是SA的中點，求證：MN∥平面SDC； (2)設MN與平面SAD所成角為α，求sinα的最大值． 解　解法一：(1)證明：以D為坐標原點，DA，DC，DS所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的直角坐標系Dxyz，設DA＝2.則D(0,0,0)，S(0,0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，4,0

16、)，所以M(1,3,0)，N(1，0,2)，＝(0，－3,2)．因為SD⊥平面ABCD，2分 所以SD⊥AD，又AD⊥CD，所以AD⊥平面SDC，平面SDC的一個法向量為＝(2,0,0)．因為·＝0，MN?平面SDC，所以MN∥平面SDC.5分 (2)＝(2,0，－4)，設＝λ(0≤λ≤1)，則N(2λ，0,4－4λ)，＝(2λ－1，－3,4－4λ)， 平面SAD的一個法向量為＝(0,4,0)，所以sinα＝＝.9分 因為0≤λ≤1，所以當λ＝，即SN＝9NA時，sinα取得最大值.12分 解法二：(1)證明：取AD的中點為E，連接ME，NE，則ME∥DC，因為ME?平面SDC，

17、所以ME∥平面SDC，2分 同理NE∥平面SDC.所以平面MNE∥平面SDC，因此MN∥平面SDC.5分 (2)以D為坐標原點，DA，DC，DS所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的直角坐標系Dxyz，設DA＝2， 則D(0,0,0)，S(0,0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，4,0)，所以M(1,3,0)，＝(2,0，－4)． 設＝λ(0≤λ≤1)， 則N(2λ，0,4－4λ)，＝(2λ－1，－3,4－4λ)． 平面SAD的一個法向量為＝(0,4,0)， 所以sinα＝＝.9分 因為0≤λ≤1，所以當λ＝，即SN＝9NA時，sinα取得最大值.

18、12分 19. (2019·福建模擬)(本小題滿分12分)春節(jié)期間，我國高速公路繼續(xù)執(zhí)行“節(jié)假日高速免費政策”．某路橋公司為掌握春節(jié)期間車輛出行的高峰情況，在某高速收費點處記錄了大年初三上午9：20～10：40這一時間段內通過的車輛數(shù)，統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)這一時間段內共有600輛車通過該收費點，它們通過該收費點的時刻的頻率分布直方圖如圖所示，其中時間段9：20～9：40記作區(qū)間[20,40)，9：40～10：00記作[40,60)，10：00～10：20記作[60,80)，10：20～10：40記作[80,100]，比方：10點04分，記作時刻64. (1)估計這600輛車在9：20～10：40時

19、間段內通過該收費點的時刻的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表)； (2)為了對數(shù)據(jù)進行分析，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從這600輛車中抽取10輛，再從這10輛車中隨機抽取4輛，記X為9：20～10：00之間通過的車輛數(shù)，求X的分布列與數(shù)學期望； (3)由大數(shù)據(jù)分析可知，車輛在春節(jié)期間每天通過該收費點的時刻T服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ可用這600輛車在9：20～10：40之間通過該收費點的時刻的平均值近似代替，σ2可用樣本的方差近似代替(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表)，已知大年初五全天共有1000輛車通過該收費點，估計在9：46～10：40之間通過的車輛數(shù)(結果保留到整數(shù)

20、)． 參考數(shù)據(jù)：若T～N(μ，a2)，則P(μ－σ

21、. 所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝， 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 4 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.7分 (3)由(1)可得μ＝64，σ2＝(30－64)2×0.1＋(50－64)2×0.3＋(70－64)2×0.4＋(90－64)2×0.2＝324，所以σ＝18. 9分 估計在9：46～10：40這一時間段內通過的車輛數(shù)，也就是46

22、46～10：40這一時間段內通過的車輛數(shù)為1000×0.8185≈819(輛).12分 20．(2019·廣東湛江測試二)(本小題滿分12分)已知動圓P過定點F，且和直線x＝－相切，動圓圓心P形成的軌跡是曲線C，過點Q(4，－2)的直線與曲線C交于A，B兩個不同的點． (1)求曲線C的方程； (2)在曲線C上是否存在定點N，使得以AB為直徑的圓恒過點N？若存在，求出N點坐標；若不存在，說明理由． 解　(1)設動圓圓心P到直線x＝－的距離為d，根據(jù)題意，d＝|PF|，∴動點P形成的軌跡是以F為焦點，以直線x＝－為準線的拋物線，∴拋物線的方程為y2＝2x. 4分 (2)根據(jù)題意，設A(x

23、1，y1)，B(x2，y2)，直線的方程為lAB：x＝n(y＋2)＋4，代入拋物線方程，整理得y2－2ny－4n－8＝0，Δ＝4n2＋16(n＋2)＝4(n2＋4n＋8)>0，y1＋y2＝2n，y1y2＝－4n－8，6分 若設拋物線上存在定點N，使得以AB為直徑的圓恒過點N，設N(x0，y0)，則y＝2x0， kNA＝＝＝， 同理可得kNB＝，8分 kNA·kNB＝· ＝ ＝＝－1， ∴(2y0－4)n＋y－4＝0，∴解得y0＝2，x0＝2，∴在曲線C上存在定點N(2,2)，使得以AB為直徑的圓恒過點N.12分 21．(2019·河南九師聯(lián)盟1月質量檢測)(本小題滿分12分)已

24、知函數(shù)f(x)＝ln (2＋ax)(a＞0)，g(x)＝(b∈R)． (1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(3，f(3))處的切線與函數(shù)g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行，求a，b之間的關系； (2)在(1)的條件下，若b＝a，且f(x)≥mg(x)對任意x∈恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝，g′(x)＝＝，2分 因為函數(shù)f(x)的圖象在點(3，f(3))處的切線與函數(shù)g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行， 所以f′(3)＝g′(1)．所以＝，化簡得b＝.4分 (2)由(1)得，b＝，若b＝a，則a＝， 解得a＝2或a＝－(舍去，因為a＞0)．

25、 所以a＝b＝2. 所以f(x)＝ln (2＋2x)，g(x)＝. 令2＋2x＞0，得x＞－1， 則函數(shù)f(x)＝ln (2＋2x)的定義域是(－1，＋∞)； 令1＋x≠0，得x≠－1，則函數(shù)g(x)＝的定義域是(－∞，－1)∪(－1，＋∞)． f(x)≥mg(x)對任意x∈恒成立，即ln (2＋2x)－≥0對任意x∈恒成立． 令h(x)＝ln (2＋2x)－， 則問題轉化為h(x)≥0對任意x∈恒成立． h′(x)＝－＝－＝.7分 ①當m≤，即x＋1－m≥0時，h′(x)≥0且h′(x)不恒為0，所以函數(shù)h(x)＝ln (2＋2x)－在區(qū)間上單調遞增． 又h＝ln －

26、＝0， 所以h(x)≥0對任意x∈恒成立．故m≤符合題意.9分 ②當m>時，令h′(x)＝<0，得－≤x0，得x＞m－1. 所以函數(shù)h(x)＝ln (2＋2x)－在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間(m－1，＋∞)上單調遞增，所以h(m－1)時，存在x0>－，使h(x0)＜0.故知h(x)≥0對任意x∈不恒成立．故m>不符合題意． 綜上可知，實數(shù)m的取值范圍是.12分 (二)選考題：共10分．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． 22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標系與參數(shù)方程 在直角坐標系xOy中，已知點P

27、(1，－2)，直線l：(t為參數(shù))，以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為ρsin2θ＝2cosθ，直線l和曲線C的交點為A，B. (1)求直線l和曲線C的普通方程； (2)求|PA|＋|PB|. 解　(1)直線l：(t為參數(shù))，消去t，可得直線l的普通方程為x－y－3＝0.2分 曲線C的極坐標方程為ρsin2θ＝2cosθ，即為ρ2sin2θ＝2ρcosθ，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ可得曲線C的普通方程為y2＝2x.5分 (2)直線l的標準參數(shù)方程為(t′為參數(shù))， 代入曲線C：y2＝2x， 可得t′2－6t′＋4＝0， 有t′1＋t′2＝

28、6，t′1t′2＝4， 則|PA|＋|PB|＝|t′1|＋|t′2|＝t′1＋t′2＝6.10分 23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講 已知a>0，b>0，a2＋b2＝a＋b.證明： (1)(a＋b)2≤2(a2＋b2)； (2)(a＋1)(b＋1)≤4. 證明　(1)因為(a＋b)2－2(a2＋b2)＝2ab－a2－b2＝－(a－b)2≤0. 所以(a＋b)2≤2(a2＋b2).4分 (2)證法一：由(1)及a2＋b2＝a＋b得a＋b≤2. 因為(a＋1)(b＋1)≤2 ＝2≤4. 于是(a＋1)(b＋1)≤4.10分 證法二：由(1)及a2＋b2＝a＋b得a＋b≤2. 因為ab≤2， 所以ab≤1. 故(a＋1)(b＋1)＝ab＋a＋b＋1≤4.10分