高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷三 Word版含解析

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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1設(shè)集合P(x，y)|yk，Q(x，y)|y2x，已知PQ，那么k的取值范圍是()A(，0) B(0，)C(，0 D(1，)答案C解析由PQ可得，函數(shù)y2x的圖象與直線yk無公共點(diǎn)，所以k(，02“(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 eixcosxisinx(i為虛數(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)現(xiàn)的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，在復(fù)變函數(shù)論里占有非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，已知eai為純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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eaicosaisina是純虛數(shù)，所以cosa0，sina0，所以ak，kZ，所以2a2k，kZ，sin2a0，所以i，在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限4如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，P為BD1的中點(diǎn)，則PAC在該正方體各個(gè)面上的正投影可能是()A B C D答案D解析從上下方向上看，PAC的投影為圖所示的情況；從左右方向上看，PAC的投影為圖所示的情況；從前后方向上看，PAC的投影為圖所示的情況5(2019·河南洛陽月考)學(xué)校為了調(diào)查學(xué)生在課外讀物方面的支出情況，抽取了一個(gè)容量為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(xué)有30人，則n的值為()A100 B1000 C90 D900答案A解析由頻率分布直方圖可知，支出在50,60)的同學(xué)的頻率為0.03×100.3，n100.6執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結(jié)果為()A1 B1C1 D1答案C解析s0，n1<5，且n1是奇數(shù)，則s0sin0；n2<5，且n2不是奇數(shù)，則s0sin1；n3<5，且n3是奇數(shù)，則s1sin1；n4<5，且n4不是奇數(shù)，則s1sin1；n5時(shí)結(jié)束循環(huán)，輸出的s11.7已知sincos，則cossin()A0 B. C D.答案C解析依題意，sin；因?yàn)?，故，則coscossin；而，故，故sinsin，故cossin.8已知拋物線y24x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線l與x軸的交點(diǎn)為K，拋物線上一點(diǎn)P，若|PF|5，則PFK的面積為()A4 B5 C8 D10答案A解析由拋物線的方程y24x，可得F(1,0)，K(1,0)，準(zhǔn)線方程為x1，設(shè)P(x0，y0)，則|PF|x015，即x04，不妨設(shè)P(x0，y0)在第一象限，則P(4,4)，所以SPKF|FK|·|y0|×2×44.9如圖，GCD為正三角形，AB為GCD的中位線，AB3AE，BC3BF，O為DC的中點(diǎn)，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(biāo)原點(diǎn)，DC所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)GCD的邊長(zhǎng)為4，則A(1，)，E，B(1，)，C(2,0)，F(xiàn)，·，|，|，cos，.解法二：設(shè)GCD的邊長(zhǎng)為4，連接OE，OA，如圖，易得ADO為正三角形，OAE60°，AO2，AE，由余弦定理得OE，同理得EF，OF，EFO60°，cos，cos120°.10王老師的班上有四個(gè)體育健將甲、乙、丙、丁，他們都特別擅長(zhǎng)短跑，在某次運(yùn)動(dòng)會(huì)上，他們四人要組成一個(gè)4×100米接力隊(duì)，王老師要安排他們四個(gè)人的出場(chǎng)順序，以下是他們四人的對(duì)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；?。喝绻也慌艿诙簦揖筒慌艿谝话?；王老師聽了他們四人的對(duì)話，安排了一種合理的出場(chǎng)順序，滿足了他們的所有要求，據(jù)此我們可以斷定，在王老師安排的出場(chǎng)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(gè)，當(dāng)丙跑第三棒時(shí)，乙只能跑第二棒，這時(shí)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(diǎn)P為雙曲線1(a>b>0)右支上一點(diǎn)，點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)I是PF1F2的內(nèi)心(三角形內(nèi)切圓的圓心)，若恒有SIPF1SIPF2SIF1F2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)PF1F2的內(nèi)切圓的半徑為r，由雙曲線的定義，得|PF1|PF2|2a，|F1F2|2c，SIPF1|PF1|·r，SIPF2|PF2|·r，SIF1F2·2c·rcr，由題意，得|PF1|·r|PF2|·rcr，故c(|PF1|PF2|)3a，故e3，又e>1，所以雙曲線的離心率取值范圍是(1,312已知函數(shù)f(x)2ax33ax21，g(x)x，若對(duì)任意給定的m0,2，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(gè)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(，1 B.C(0,1)1 D(1,0)答案B解析f(x)6ax26ax6ax(x1)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)1，g(x)，顯然不可能滿足題意；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)6ax(x1)，x，f(x)，f(x)的變化如下：又因?yàn)楫?dāng)a>0時(shí)，g(x)x是減函數(shù)，對(duì)任意m0,2，g(m)，由題意，必有g(shù)(m)maxf(x)max，且g(m)min>f(0)，故解得a1；當(dāng)a<0時(shí)，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為了在一條河上建一座橋，施工前在河兩岸打上兩個(gè)橋位樁A，B(如圖)，要測(cè)算兩點(diǎn)的距離，測(cè)量人員在岸邊定出基線BC，測(cè)得BC50 m，ABC105°，BCA45°，就可以計(jì)算出A，B兩點(diǎn)的距離為_答案50 m解析根據(jù)三角形內(nèi)角和為180°，所以BAC30°，由正弦定理，得.解得AB50 m.14已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則sin(xy)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)zxy，作出直線l：xyz，當(dāng)直線l過點(diǎn)B時(shí)，z取得最小值；當(dāng)直線l過點(diǎn)A時(shí)，z取得最大值，所以xy，所以sin(xy).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：baekx，其中x表示經(jīng)過的時(shí)間， k為一個(gè)常數(shù)現(xiàn)測(cè)得湖南長(zhǎng)沙馬王堆漢墓女尸出土?xí)r14C的殘余量約占原始量的76.7%.請(qǐng)你推斷一下馬王堆漢墓的大致年代為距今_年(已知log20.7670.4)答案2292解析由baekx及題意，得e5730k，兩邊取2為底的對(duì)數(shù)可得，15730klog2e，又0.767ekx，兩邊取2為底的對(duì)數(shù)可得，log20.767kxlog2e，÷可得0.4，即x2292.16(2019·廣東湛江測(cè)試二)圓錐 的底面半徑為2，母線長(zhǎng)為4，正四棱柱ABCDABCD的上底面的頂點(diǎn)A，B，C，D均在圓錐 的側(cè)面上，棱柱下底面在圓錐 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(zhǎng)為x，棱柱的高為h，根據(jù)相似性可得，解得h(其中0x2)所以此正四棱柱的體積為Vx2hx2·，V，令V0，解得x，易得Vx2·在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以此正四棱柱體積的最大值為2×.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第1721題為必考題，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(2019·四川教考聯(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(guó)主要分布在云南、海南及臺(tái)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(shí)作為一種咀嚼嗜好品，但其被世界衛(wèi)生組織國(guó)際癌癥研究機(jī)構(gòu)列為致癌物清單類致癌物云南某民族中學(xué)為了解A，B兩個(gè)少數(shù)民族班的學(xué)生咀嚼檳榔的情況，分別從這兩個(gè)班中隨機(jī)抽取5名學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，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(gè)位數(shù)字)(1)你能否估計(jì)哪個(gè)班的學(xué)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(jī)抽取一個(gè)數(shù)據(jù)記為a，從B班不超過21的樣本數(shù)據(jù)中隨機(jī)抽取一個(gè)數(shù)據(jù)記為b，求ab的概率解(1)A班樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(911142031)17.由此估計(jì)A班學(xué)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×(1112212526)19，由此估計(jì)B班學(xué)生平均每周咀嚼檳榔的顆數(shù)為19顆故估計(jì)B班學(xué)生平均每周咀嚼檳榔的顆數(shù)較多. 5分(2)A班的樣本數(shù)據(jù)中不超過19的數(shù)據(jù)a有3個(gè)，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(gè)，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(jī)抽取一個(gè)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ab的情況有(11,11)，(14,11)，(14,12)三種，故ab的概率P. 12分18(本小題滿分12分)已知正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列l(wèi)ogan是公差為1的等差數(shù)列，且a22是a1，a3的等差中項(xiàng)(1)證明：數(shù)列an是等比數(shù)列，并求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若Tn是數(shù)列的前n項(xiàng)和，且Tn<M恒成立，求實(shí)數(shù)M的取值范圍解(1)證明：依題意，logan1logan1，故log1，故3； 2分故數(shù)列an是公比為3的等比數(shù)列因?yàn)?(a22)a1a3，故2(3a12)a19a1， 4分解得a11，故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an3n1. 6分(2)依題意，故數(shù)列是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列， 8分故Tn1<， 10分故M，即實(shí)數(shù)M的取值范圍為. 12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)，ABCD，AB2，CD5，過點(diǎn)A，B分別作CD的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，且AE2DE，將梯形ABCD沿AE，BF同側(cè)折起，使得CFFE，且DECF，得空間幾何體ADEBCF(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ADEBCF的體積解(1)證明：如圖，設(shè)BE交AF于點(diǎn)O，取AC的中點(diǎn)H，連接OH，DH，因?yàn)樗倪呅蜛BFE為矩形，則OH是AFC的中位線，所以O(shè)HCF且OHCF， 2分設(shè)DEx，則AE2x，CF3x，因?yàn)橹本€AC與平面ABFE所成角的正切值是，所以tanCAF，解得x1，所以DE1，AE2，CF2.因?yàn)镈ECF且DECF，所以DEOH且DEOH，所以四邊形DEOH為平行四邊形，DHEO，又因?yàn)镋O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CFFE，CFBF，EFBFF，得CF平面BEF，又CF平面CDEF，所以平面CDEF平面BEF，又AEEF，所以AE平面CDEF， 7分由(1)知DE1，AE2，CF2，所以S矩形ABFE4，SCDE×1×21， 10分則VADEBCFVCABFEVACDE×4×2×2×1. 12分20(2019·吉林長(zhǎng)春質(zhì)量監(jiān)測(cè)二)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)(a1)ln xx(aR)(1)當(dāng)a2時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)(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(shí)數(shù)a的值解(1)因?yàn)閍2時(shí)，f(x)ln xx，所以f(x)1，又f(2)ln 23，f(2)0，所以所求切線方程為yln 23. 4分(2)因?yàn)閒(x)(1x3)， 5分當(dāng)a1時(shí)，f(x)0，f(x)在1,3上單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)maxf(1)a12，a1， 7分當(dāng)a3時(shí)，f(x)0，f(x)在1,3上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)maxf(3)aln 3ln 332，a(舍去)； 9分當(dāng)1a3時(shí)，f(x)在(1，a)上單調(diào)遞增，在(a,3)上單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)maxf(a)aln aln a1a2，ae.綜上a1或ae. 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(ab0)的離心率為，B1，B2是橢圓C的短軸端點(diǎn)，且B1到焦點(diǎn)的距離為3，點(diǎn)M在橢圓C上運(yùn)動(dòng)，且點(diǎn)M不與B1，B2重合，點(diǎn)N滿足NB1MB1，NB2MB2.(1)求橢圓C的方程；(2)求四邊形MB2NB1的面積的最大值解(1)e，ac，又a2b2c2(3)2，a218，b29，橢圓C的方程為1. 4分(2)解法一：設(shè)N(x，y)，M(x0，y0)(x00)，MB1NB1，MB2NB2，B1(0，3)，B2(0,3)，直線NB1：y3x，直線NB2：y3x, 6分由解得x，又1，x，則四邊形MB2NB1的面積S|B1B2|·(|x|x0|)×6×3×|x0|， 9分0x18，當(dāng)x18時(shí)，S的最大值為3××3. 12分解法二：設(shè)直線MB1：ykx3(k0)，則直線NB1：yx3, 則直線MB1與橢圓C：1的交點(diǎn)M的坐標(biāo)為， 6分則直線MB2的斜率kMB2，直線NB2：y2kx3. 由解得xN， 9分則四邊形MB2NB1的面積S|B1B2|·(|xM|xN|)×6×，當(dāng)且僅當(dāng)|k|時(shí)，S取得最大值. 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)方程在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為(為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知直線l的極坐標(biāo)方程為.(1)試判斷直線l與曲線C的位置關(guān)系；(2)若直線(R)與直線l交于點(diǎn)A，與曲線C交于M，N兩點(diǎn)，求|AM|·|AN|的值解(1)曲線C的普通方程為x2(y)27，圓心C(0，)，半徑r， 2分直線l的普通方程為xy20， 3分圓心C到直線l的距離d<r，直線l與圓C相交.5分(2)曲線C的極坐標(biāo)方程為22sin40，將代入，得1， 7分將代入22sin40得2340，則14，21. 8分|AM|13，|AN|22， 9分|AM|·|AN|3×26.10分23(本小題滿分10分)選修45：不等式選講已知函數(shù)f(x)ln (|x2|axa|)(aR)(1)當(dāng)a1時(shí)，求函數(shù)f(x)的值域；(2)若xR，都有f(x)10恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)當(dāng)a1時(shí)，f(x)ln (|x2|x1|)，|x2|x1|(x2)(x1)|1， 3分ln (|x2|x1|)ln 10，即函數(shù)f(x)的值域?yàn)?，). 5分(2)由f(x)10，即ln (|x2|axa|)1，得|x2|axa|，令g(x)|x2|axa|，則函數(shù)g(x)的最小值g(x)ming(1)，g(2)min， 7分只需滿足 9分解得a或a，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 10分