《高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷四 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷四 Word版含解析（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2020高考仿真模擬卷(四)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1已知集合My|yx21，xR，Nx|y，則MN()A， B1，C D(1，答案B解析因?yàn)榧螹y|yx21，xRy|y1，Nx|yx|x，則MN1，2設(shè)命題p：xQ,2xln x2，則綈p為()AxQ,2xln x2 BxQ,2xln x0，則z1z2；對(duì)于復(fù)數(shù)z，若|z|1，則zR.其中正確命題的個(gè)數(shù)為()A1 B2 C3 D4答案C解析z(1i)(ai)a1(1a)i，若z為純虛數(shù)，則a10，1a0，得a1，故正確；設(shè)zabi(a，bR)，則abi，那么z2aR，
2、za2b2R，故正確；令z13i，z22i，滿足z1z20，但不滿足z1z2，故不正確；設(shè)zabi(a，bR)，其中a，b不同時(shí)為0，由|z|1，得a2b21，則zabiabi2aR，故正確5關(guān)于直線a，b及平面，下列命題中正確的是()A若a，b，則abB若，m，則mC若a，則D若a，ba，則b答案C解析A錯(cuò)誤，因?yàn)閍不一定在平面內(nèi)，所以a，b有可能是異面直線；B錯(cuò)誤，若，m，則m與可能平行，可能相交，也可能m在內(nèi)；由直線與平面垂直的判斷定理能得到C正確；D錯(cuò)誤，直線與平面垂直，需直線與平面中的兩條相交直線垂直6已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a6,3a4，a5成等差數(shù)列
3、，則()A3 B9 C10 D13答案C解析因?yàn)閍6,3a4，a5成等差數(shù)列，所以6a4a6a5，設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則6a4a4q2a4q，解得q3或q2(舍去)，所以1q210.7已知橢圓1(ab0)的左焦點(diǎn)為F1(2,0)，過(guò)點(diǎn)F1作傾斜角為30的直線與圓x2y2b2相交的弦長(zhǎng)為b，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A.1 B.1C.1 D.1答案B解析由左焦點(diǎn)為F1(2,0)，可得c2，即a2b24，過(guò)點(diǎn)F1作傾斜角為30的直線的方程為y(x2)，圓心(0,0)到直線的距離d1，由直線與圓x2y2b2相交的弦長(zhǎng)為b，可得2b，解得b2，a2，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.8甲、乙、丙、丁四人商量是否
4、參加研學(xué)活動(dòng)甲說(shuō)：“乙去我就肯定去”乙說(shuō)：“丙去我就不去”丙說(shuō)：“無(wú)論丁去不去，我都去”丁說(shuō)：“甲、乙中只要有一人去，我就去”以下推論可能正確的是()A乙、丙兩個(gè)人去了 B甲一個(gè)人去了C甲、丙、丁三個(gè)人去了 D四個(gè)人都去了答案C解析因?yàn)橐艺f(shuō)“丙去我就不去”，且丙一定去，所以A，D不可能正確因?yàn)槎≌f(shuō)“甲、乙中只要有一人去，我就去”，所以B不可能正確選C.9下圖的程序框圖的算法思路源于我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著數(shù)書九章中的“中國(guó)剩余定理”已知正整數(shù)n被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n的最小值執(zhí)行該程序框圖，則輸出的n()A50 B53 C59 D62答案B解析模擬程序運(yùn)行，變量n值依次為1229,10
5、61,893,725,557,389,221,53，此時(shí)不符合循環(huán)條件，輸出n53.10(2019天津高考)已知函數(shù)f(x)Asin(x)(A0，0，|)是奇函數(shù)，且f(x)的最小正周期為，將yf(x)的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為g(x)若g，則f()A2 B C. D2答案C解析函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且|f(2)f(2)Bff(2)f(2)Cf(2)f(2)fDf(2)f(2)f答案C解析因?yàn)閒(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，所以ff(log34)f(log34)又因?yàn)閘og341220，且函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，所以f(log34)f(2
6、)0，n0)的最大值為4，則的最小值為_(kāi)答案2解析不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示，當(dāng)直線zmxny(m0，n0)過(guò)直線xy與直線2xy2的交點(diǎn)(2,2)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)zmxny(m0，n0)取得最大值4，即2m2n4，即mn2，而(mn)(22)2，當(dāng)且僅當(dāng)mn1時(shí)取等號(hào)，故的最小值為2.15設(shè)F1，F(xiàn)2分別是雙曲線1(a0，b0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線上，若0，PF1F2的面積為9，且ab7，則該雙曲線的離心率為_(kāi)答案解析設(shè)|m，|n，0，PF1F2的面積為9，mn9，即mn18，在RtPF1F2中，根據(jù)勾股定理，得m2n24c2，(mn)2m2n22mn4c236，結(jié)合雙曲線的定
7、義，得(mn)24a2，4c2364a2，化簡(jiǎn)整理，得c2a29，即b29，可得b3.結(jié)合ab7得a4，c5，該雙曲線的離心率為e.16已知函數(shù)f(x)(2a)(x1)2ln x若函數(shù)f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，則a的最小值為_(kāi)答案24ln 2解析因?yàn)閒(x)0恒成立，即對(duì)任意的x，a2恒成立令l(x)2，x，則l(x)，再令m(x)2ln x2，x，則m(x)m22ln 20，從而l(x)0，于是l(x)在上為增函數(shù)，所以l(x)2恒成立，只要a24ln 2，)，綜上，若函數(shù)f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，則a的最小值為24ln 2.三、解答題：共70分解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟第1721題為必考題
8、，每個(gè)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陜西咸陽(yáng)模擬二)(本小題滿分12分)交強(qiáng)險(xiǎn)是車主須為機(jī)動(dòng)車購(gòu)買的險(xiǎn)種若普通7座以下私家車投保交強(qiáng)險(xiǎn)第一年的費(fèi)用(基本保費(fèi))是a元，在下一年續(xù)保時(shí)，實(shí)行費(fèi)率浮動(dòng)制，其保費(fèi)與上一年度車輛發(fā)生道路交通事故情況相聯(lián)系，具體浮動(dòng)情況如下表：類型浮動(dòng)因素浮動(dòng)比率A1上一年度未發(fā)生有責(zé)任的道路交通事故下浮10%A2上兩年度未發(fā)生有責(zé)任的道路交通事故下浮20%A3上三年度未發(fā)生有責(zé)任的道路交通事故下浮30%A4上一年度發(fā)生一次有責(zé)任不涉及死亡的道路交通事故0%A5上一年度發(fā)生兩次及以上有責(zé)任不涉及死亡的道路交通
9、事故上浮10%A6上三年度發(fā)生有責(zé)任涉及死亡的道路交通事故上浮30%據(jù)統(tǒng)計(jì)，某地使用某一品牌7座以下的車大約有5000輛，隨機(jī)抽取了100輛車齡滿三年的該品牌同型號(hào)私家車的下一年續(xù)保情況，統(tǒng)計(jì)得到如下表格：類型A1A2A3A4A5A6數(shù)量501010m32將這100輛該品牌汽車的投保類型的頻率視為概率，按照我國(guó)機(jī)動(dòng)車交通事故責(zé)任保險(xiǎn)條例汽車交強(qiáng)險(xiǎn)價(jià)格為a950元(1)求m的值，并估計(jì)該地本年度使用這一品牌7座以下汽車交強(qiáng)險(xiǎn)費(fèi)大于950元的輛數(shù)；(2)試估計(jì)該地使用該品牌汽車的一續(xù)保人本年度的保費(fèi)不超過(guò)950元的概率解(1)m1005010103225，3分估計(jì)該地本年度使用這一品牌7座以下汽車
10、交強(qiáng)險(xiǎn)費(fèi)大于950元的輛數(shù)為5000250.6分(2)解法一：保費(fèi)不超過(guò)950元的類型有A1，A2，A3，A4，所求概率為0.95.12分解法二：保費(fèi)超過(guò)950元的類型有A5，A6，概率為0.05，因此保費(fèi)不超過(guò)950元的概率為10.050.95.12分18(本小題滿分12分)已知向量a(cosx，1)，b，函數(shù)f(x)(ab)a2.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在ABC中，三內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，b，a，c成等差數(shù)列，且9，求a的值解f(x)(ab)a2|a|2ab2cos2xsin2xsin.2分(1)最小正周期T，由2
11、k2x2k(kZ)，得kxk(kZ).4分所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(kZ).5分(2)由f(A)sin可得，2A2k或2k(kZ)，所以A，7分又因?yàn)閎，a，c成等差數(shù)列，所以2abc，而bccosAbc9，所以bc18，9分所以cosA111，所以a3.12分19(2019昆明模擬)(本小題滿分12分) 如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB平面BCC1B1，BCC1，ABBB12，BC1，D為CC1的中點(diǎn)(1)求證：DB1平面ABD；(2)求點(diǎn)A1到平面ADB1的距離解(1)證明：在平面四邊形BCC1B1中，因?yàn)锽CCDDC11，BCD，所以BD1，又易知B1D，BB12，所以B
12、DB190，所以B1DBD，因?yàn)锳B平面BB1C1C，所以ABDB1，3分所以B1D與平面ABD內(nèi)兩相交直線AB和BD同時(shí)垂直，所以DB1平面ABD.5分(2)對(duì)于四面體A1ADB1，A1到直線DB1的距離，即A1到平面BB1C1C的距離，A1到B1D的距離為2，設(shè)A1到平面AB1D的距離為h，因?yàn)锳DB1為直角三角形，所以SADB1ADDB1，所以VA1ADB1hh，7分因?yàn)镾AA1B1222，D到平面AA1B1的距離為，所以VDAA1B12，9分因?yàn)閂A1ADB1VDAA1B1，所以，解得h.所以點(diǎn)A1到平面ADB1的距離為.12分20(2019湖南師大附中模擬三)(本小題滿分12分)已知
13、點(diǎn)F(1,0)，直線l：x1，P為平面上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作直線l的垂線，垂足為Q，且.(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；(2)設(shè)直線ykxb與軌跡C交于兩點(diǎn)，A(x1，y1)、B(x2，y2)，且|y1y2|a(a0，且a為常數(shù))，過(guò)弦AB的中點(diǎn)M作平行于x軸的直線交軌跡C于點(diǎn)D，連接AD，BD.試判斷ABD的面積是否為定值若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由解(1)設(shè)P(x，y)，則Q(1，y)，(x1,0)(2，y)(x1，y)(2，y)，即2(x1)2(x1)y2，即y24x，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為y24x.4分(2)聯(lián)立得ky24y4b0，依題意，知k0，且y1y2，y1y2，由|y1y
14、2|a，得(y1y2)24y1y2a2，即a2，整理，得1616kba2k2，所以a2k216(1kb)，7分因?yàn)锳B的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為，所以點(diǎn)D，則SABD|DM|y1y2|a，9分由方程ky24y4b0的判別式1616kb0，得1kb0，所以SABDa，由，知1kb，所以SABDa，又a為常數(shù)，故SABD的面積為定值.12分21(2019陜西榆林二模)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)1ln xax2.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：xf(x)exxax3.解(1)f(x)1ln xax2(x0)，f(x)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，)，無(wú)單調(diào)遞減
15、區(qū)間；2分當(dāng)a0時(shí)，x，f(x)0，x，f(x)0，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.4分(2)證法一：xf(x)exxax3，即證ln x0，令(x)ln x(x0)，(x)，令r(x)2(x1)exe2x，r(x)2xexe2，7分r(x)在(0，)上單調(diào)遞增，r(1)0，r(2)0，故存在唯一的x0(1,2)使得r(x)0，r(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，r(0)0，r(2)0，當(dāng)x(0,2)時(shí)，r(x)0，當(dāng)x(2，)時(shí)，r(x)0；(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增，(x)(2)1ln 20，得證.12分證法二：要證xf(x)ex
16、ax3，即證，令(x)(x0)，(x)，7分當(dāng)x(0,2)時(shí)，(x)0，當(dāng)x(2，)時(shí)，(x)0.(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增， (x)(2).令r(x)，則r(x)，當(dāng)x(0，e)時(shí)，r(x)0，當(dāng)x(e，)時(shí)，r(x)0.r(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減，r(x)r(e)，(x)r(x)，得證.12分(二)選考題：共10分請(qǐng)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(jì)分22(本小題滿分10分)選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(為參數(shù))，M為曲線C1上的動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足a(a0且a1)，P點(diǎn)的軌
17、跡為曲線C2.(1)求曲線C2的方程，并說(shuō)明C2是什么曲線；(2)在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，以x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，A點(diǎn)的極坐標(biāo)為，射線與C2的異于極點(diǎn)的交點(diǎn)為B，已知AOB面積的最大值為42，求a的值解(1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，由a，得M在C1上，即(為參數(shù))，消去參數(shù)得(x2a)2y24a2(a1)，曲線C2是以(2a,0)為圓心，以2a為半徑的圓.5分(2)解法一：A點(diǎn)的直角坐標(biāo)為(1，)，直線OA的普通方程為yx，即xy0，設(shè)B點(diǎn)的坐標(biāo)為(2a2acos，2asin)，則B點(diǎn)到直線xy0的距離da，當(dāng)時(shí)，dmax(2)a，SAOB的最大值為2(2)a42，a2.10分
18、解法二：將xcos，ysin代入(x2a)2y24a2并整理得，4acos，令得4acos，B(4acos，)，SAOB|OA|OB|sinAOB4acosa|2sincos2cos2|a|sin2cos2|a.當(dāng)時(shí)，SAOB取得最大值(2)a，依題意有(2)a42，a2.10分23(本小題滿分10分)選修45：不等式選講已知函數(shù)f(x)|3x1|3xk|，g(x)x4.(1)當(dāng)k3時(shí)，求不等式f(x)4的解集；(2)設(shè)k1，且當(dāng)x時(shí)，都有f(x)g(x)，求k的取值范圍解(1)當(dāng)k3時(shí)，f(x)故不等式f(x)4可化為或或解得x0或x，所求解集為.5分(2)當(dāng)x時(shí)，由k1有，3x11，故1k.k的取值范圍是.10分
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