《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 仿真模擬卷四 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 仿真模擬卷四 文（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、仿真模擬卷四 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|2x－3>0}，則A∪B＝(　　) A．[0，＋∞) B．[1，＋∞) C. D． 答案　B 解析　因為B＝{x|2x－3>0}＝，A＝{x|x≥1}，所以A∪B＝[1，＋∞)． 2．已知復數(shù)z滿足(1－i)z＝2i(i為虛數(shù)單位)，則＝(　　) A．－1－i B．－1＋i C．1＋i D．1－i 答案　A 解析　由

2、(1－i)z＝2i，得z＝＝＝－1＋i，∴＝－1－i. 3．設a，b是空間兩條直線，則“a，b不平行”是“a，b是異面直線”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　B 解析　由a，b是異面直線?a，b不平行．反之，若直線a，b不平行，也可能相交，不一定是異面直線． 所以“a，b不平行”是“a，b是異面直線”的必要不充分條件． 4．在天文學中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述．兩顆星的星等與亮度滿足m2－m1＝lg ，其中星等為mk的星的亮度為Ek(k＝1,2)．已知太陽的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，則太

3、陽與天狼星的亮度的比值為(　　) A．1010.1 B．10.1 C．lg 10.1 D．10－10.1 答案　A 解析　兩顆星的星等與亮度滿足m2－m1＝lg ，令m2＝－1.45，m1＝－26.7，則lg ＝(m2－m1)＝×(－1.45＋26.7)＝10.1，從而＝1010.1. 5．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出結果為1，則可輸入的實數(shù)x的值的個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　根據(jù)題意，該框圖的含義是： 當x≤2時，得到函數(shù)y＝x2－1；當x>2時，得到函數(shù)y＝log2x， 因此，若輸出的結果為1時， 若x≤2，得到x2－1＝1

4、，解得x＝±， 若x>2，得到log2x＝1，無解， 因此，可輸入的實數(shù)x的值可能為－，，共有2個． 6．把函數(shù)y＝sin＋1圖象上各點的橫坐標縮短為原來的(縱坐標不變)，那么所得圖象的一條對稱軸方程為(　　) A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝ 答案　D 解析　根據(jù)題中變換，所得圖象對應的函數(shù)解析式為y＝sin＋1，令2x＋＝＋kπ(k∈Z)，則x＝＋(k∈Z)，取k＝0，得x＝，故選D. 7．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，AC與BD相交于點O，過點A作AE⊥BD，垂足為E，則·＝(　　) A. B． C. D． 答案　B 解析　如圖，由AB＝3，AD

5、＝4，得BD＝＝5，AE＝＝. 又·＝·(＋)＝·＋·＝·＋·， ∵AE⊥BD，∴·＝0，又·＝||||·cos∠EAO＝||||·＝||2＝， ∴·＝. 8．一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的表面積為(　　) A．8＋＋ B．8＋＋ C．6＋＋ D．6＋＋ 答案　B 解析　由三視圖可知，該幾何體是由半個圓錐與一個四棱錐組合而成，如圖所示， 其中圓錐的底面半徑為1，高為，母線長為2，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，高為，取BC的中點N，連接MN，PN，則該幾何體的表面積為S＝π×1×2＋×π×12＋2×2＋2×＋×2×＝＋8＋. 9．若函數(shù)y＝f(x)的大致

6、圖象如圖所示，則f(x)的解析式可以是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝ C．f(x)＝ D．f(x)＝ 答案　C 解析　當x→0時，f(x)→±∞，而A中的f(x)→0，排除A；當x＜0時，f(x)＜0，而B中x＜0時，f(x)＝>0，D中，f(x)＝>0，排除B，D. 10．已知不等式xy≤ax2＋2y2對于x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，則a的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B．[－1,4) C．[－1，＋∞) D．[－1,6] 答案　C 解析　不等式xy≤ax2＋2y2對于x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，等價于a≥－22對于x∈[1,2]，

7、y∈[2,3]恒成立，令t＝，則1≤t≤3，∴a≥t－2t2在[1,3]上恒成立，∵y＝－2t2＋t＝－22＋，∴t＝1時，ymax＝－1， ∴a≥－1，故a的取值范圍是[－1，＋∞)． 11．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，e為雙曲線的離心率，P是雙曲線右支上的點，△PF1F2的內(nèi)切圓的圓心為I，過F2作直線PI的垂線，垂足為B，則|OB|等于(　　) A．a(chǎn) B．b C．ea D．eb 答案　A 解析　如圖，延長F2B交PF1于點C， 在△PCF2中，由題意，得它是一個等腰三角形，|PC|＝|PF2|，B為CF2的中點， ∴在△F1CF2

8、中，有|OB|＝|CF1|＝(|PF1|－|PC|)＝(|PF1|－|PF2|)＝×2a＝a. 12．設min{m，n}表示m，n二者中較小的一個，已知函數(shù)f(x)＝x2＋8x＋14，g(x)＝min(x>0)．若?x1∈[－5，a](a≥－4)，?x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，則a的最大值為(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．0 答案　C 解析　由題意得g(x)＝ 則g(x)max＝g(1)＝2. 在同一坐標系作出函數(shù)f(x)(－5≤x≤a)和g(x)(x>0)的圖象，如圖所示． 由f(x)＝2，得x＝－6或－2， ∵?x1∈[－5，a]，

9、?x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立， ∴－4≤a≤－2，∴a的最大值為－2. 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．已知點P(x，y)滿足條件則點P到原點O的最大距離為________． 答案　 解析　畫出表示的可行域如圖陰影部分所示(含邊界)， 由得 由圖得，當點P的坐標為(－5,3)時，點P到原點的距離最大，且最大值為＝. 14．函數(shù)f(x)＝·的最小正周期為________，最大值為________

10、． 答案　π　 解析　f(x)＝·＝＝cos，∴f(x)的最小正周期為T＝＝π，最大值為. 15．已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點A(－m,0)，B(m,0)(m>0)，若圓上存在點P，使得∠APB＝90°，則m的取值范圍是________． 答案　[4,6] 解析　由已知，以AB為直徑的圓與圓C有公共點，又AB的中點為原點，則|AB|＝2m，則|m－1|≤≤m＋1，解得4≤m≤6，即m的取值范圍是[4,6]． 16．如圖，在△ABC中，sin＝，點D在線段AC上，且AD＝2DC，BD＝，則△ABC的面積的最大值為________． 答案　3 解析　由sin＝

11、，可得cos＝， 則sin∠ABC＝2sincos＝. 由sin＝<可知，0°<<45°， 則0°<∠ABC<90°， 由同角三角函數(shù)基本關系可知，cos∠ABC＝. 設AB＝x，BC＝y(tǒng)，AC＝3z(x>0，y>0，z>0)， 在△ABD中，由余弦定理可得， cos∠BDA＝， 在△CBD中，由余弦定理可得， cos∠BDC＝， 由∠BDA＋∠BDC＝180°， 故cos∠BDA＝－cos∠BDC， 即＝－， 整理可得16＋6z2－x2－2y2＝0.?、? 在△ABC中，由余弦定理可知，x2＋y2－2xy×＝(3z)2， 則6z2＝x2＋y2－xy， 代入①式整

12、理計算可得，x2＋y2＋xy＝16， 由基本不等式可得， 16≥2＋xy＝xy， 故xy≤9，當且僅當x＝3，y＝時等號成立， 據(jù)此可知，△ABC面積的最大值為 Smax＝(AB·BC)max·sin∠ABC＝×9× ＝3. 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． 17．(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}滿足：an≠1，an＋1＝2－(n∈N*)，數(shù)列{bn}中，bn＝，且b1，b2，b4成等比數(shù)列． (1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列； (2)若Sn是數(shù)列{bn}的前n項和，求數(shù)列的前n項和Tn. 解　(1)證明：bn＋1－bn＝－＝－＝－＝1

13、， ∴數(shù)列{bn}是公差為1的等差數(shù)列． (2)由題意可得b＝b1b4，即(b1＋1)2＝b1(b1＋3)， ∴b1＝1，∴bn＝n， ∴Sn＝，∴＝＝2， Tn＝2×＝2×＝. 18．(本小題滿分12分)如圖，在正三棱柱A1B1C1－ABC中，AB＝AA1，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點． (1)證明：EF∥平面BCC1B1； (2)若AB＝2，求點A到平面BEF的距離． 解　(1)證明：如圖，取AB中點M，連接EM，F(xiàn)M， 則ME∥BC，F(xiàn)M∥BB1， ∵ME∩FM＝M，BC∩BB1＝B， ∴平面EFM∥平面BCC1B1， ∵EF?平面EFM， ∴EF

14、∥平面BCC1B1. (2)連接AF，設點A到平面BEF的距離為h， ∵EF2＝FM2＋EM2＝5， ∴EF＝. 又BE＝，BF＝，結合余弦定理， 可知cos∠EBF＝，所以sin∠EBF＝， 因而S△BEF＝BE·BF·sin∠EBF＝. 易知S△ABE＝S△ABC＝×AB·BC·sin＝. ∵VF－ABE＝VA－BEF， ∴××2＝××h， 解得h＝， ∴點A到平面BEF的距離為. 19．(本小題滿分12分)改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉變．近年來，移動支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從全校所有

15、的1000名學生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學生的支付金額分布情況如下： 支付方式 支付金額 不大于2000元 大于2000元 僅使用A 27人 3人 僅使用B 24人 1人 (1)估計該校學生中上個月A，B兩種支付方式都使用的人數(shù)； (2)從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，求該學生上個月支付金額大于2000元的概率； (3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化．現(xiàn)從樣本僅使用B的學生中隨機抽查1人，發(fā)現(xiàn)他本月的支付金額大于2000元．結合(2)的結果，能否認為樣本僅使用B的學生中本月支付金

16、額大于2000元的人數(shù)有變化？說明理由． 解　(1)由題知，樣本中僅使用A的學生有27＋3＝30(人)，僅使用B的學生有24＋1＝25(人)，A，B兩種支付方式都不使用的學生有5人． 故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學生有100－30－25－5＝40(人)． 估計該校學生中上個月A，B兩種支付方式都使用的人數(shù)為×1000＝400. (2)記事件C為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于2000元”，則 P(C)＝＝0.04. (3)記事件E為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽查1人，該學生本月的支付金額大于2000元”． 假設樣本僅使用B的學生中，本月支付

17、金額大于2000元的人數(shù)沒有變化，則由(2)知，P(E)＝0.04. 答案示例1：可以認為有變化．理由如下： P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生，一旦發(fā)生，就有理由認為本月支付金額大于2000元的人數(shù)發(fā)生了變化．所以可以認為有變化， 答案示例2：無法確定有沒有變化．理由如下： 事件E是隨機事件，P(E)比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的，所以無法確定有沒有變化． 20．(本小題滿分12分)已知A，F(xiàn)分別是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左頂點、右焦點，點P為橢圓C上一動點，當PF⊥x軸時，|AF|＝2|PF|. (1)求橢圓C的離心率； (2)若橢圓C上存在點Q

18、，使得四邊形AOPQ是平行四邊形(點P在第一象限)，求直線AP與OQ的斜率之積； (3)記圓O：x2＋y2＝為橢圓C的“關聯(lián)圓”．若b＝，過點P作橢圓C的“關聯(lián)圓”的兩條切線，切點為M，N，直線MN在x軸和y軸上的截距分別為m，n，求證：＋為定值． 解　(1)由PF⊥x軸，知xP＝c，代入橢圓C的方程， 得＋＝1，解得yP＝±. 又|AF|＝2|PF|，所以a＋c＝， 所以a2＋ac＝2b2， 即a2－2c2－ac＝0， 所以2e2＋e－1＝0， 由0

19、得yP＝±b， 因為點P在第一象限，所以yP＝b， 同理可得xQ＝－，yQ＝b， 所以kAPkOQ＝·＝－， 由(1)知e＝＝，得＝，所以kAPkOQ＝－. (3)證明：由(1)知e＝＝， 又b＝，解得a＝2， 所以橢圓C的方程為＋＝1， 圓O的方程為x2＋y2＝.① 連接OM，ON(圖略)，由題意可知，OM⊥PM，ON⊥PN，所以四邊形OMPN的外接圓是以OP為直徑的圓， 設P(x0，y0)，則四邊形OMPN的外接圓方程為2＋2＝(x＋y)， 即x2－xx0＋y2－yy0＝0.② ①－②，得直線MN的方程為xx0＋yy0＝， 令y＝0，則m＝，令x＝0，則n＝.

20、所以＋＝49， 因為點P在橢圓C上， 所以＋＝1，所以＋＝49(為定值)． 21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x2，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的極值點； (2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)f(x)＝ln x－ax的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－a， 當a≤0時，f′(x)＝－a>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點； 當a>0時，令f′(x)＝－a>0得0， 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 所以函數(shù)f(x)有極大值點，為x＝，無極

21、小值點． (2)由條件可得ln x－x2－ax≤0(x>0)恒成立， 則當x>0時，a≥－x恒成立， 令h(x)＝－x(x>0)，則h′(x)＝， 令k(x)＝1－x2－ln x(x>0)， 則當x>0時，k′(x)＝－2x－<0，所以k(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)． 又k(1)＝0，所以在(0,1)上，h′(x)>0；在(1，＋∞)上，h′(x)<0. 所以h(x)在(0,1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù)， 所以h(x)max＝h(1)＝－1，所以a≥－1. 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

22、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(其中t為參數(shù))，在以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系(兩種坐標系的單位長度相同)中，直線l的極坐標方程為ρsin＝. (1)求曲線C的極坐標方程； (2)求直線l與曲線C的公共點P的極坐標． 解　(1)消去參數(shù)t，得曲線C的直角坐標方程x2－y2＝4(x≥2)． 將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2－y2＝4，得ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4. 所以曲線C的極坐標方程為 ρ2cos2θ＝4. (2)將l與C的極坐標方程聯(lián)立， 消去ρ得4sin2＝2cos2θ. 展開

23、得3cos2θ－2sinθcosθ＋sin2θ＝2(cos2θ－sin2θ)． 因為cosθ≠0，所以3tan2θ－2tanθ＋1＝0. 于是方程的解為tanθ＝，即θ＝. 代入ρsin＝，得ρ＝2， 所以點P的極坐標為. 23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講 已知x，y∈R＋，x＋y＝4. (1)要使不等式＋≥|a＋2|－|a－1|恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)求證：x2＋2y2≥，并指出等號成立的條件． 解　(1)因為x，y∈R＋，x＋y＝4， 所以＋＝1. 由基本不等式，得 ＋＝＝＋ ≥＋ ＝1， 當且僅當x＝y(tǒng)＝2時取等號． 要使不等式＋≥|a＋2|－|a－1|恒成立， 只需不等式|a＋2|－|a－1|≤1成立即可． 構造函數(shù)f(a)＝|a＋2|－|a－1|， 則等價于解不等式f(a)≤1. 因為f(a)＝ 所以解不等式f(a)≤1，得a≤0. 所以實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]． (2)證明：因為x，y∈R＋，x＋y＝4， 所以y＝4－x(0