《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第十二章 概率、隨機變量及其分布 模擬試卷（一）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第十二章 概率、隨機變量及其分布 模擬試卷（一）（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、模擬試卷(一) (時間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．設(shè)集合A＝{x|－1

2、又在(－∞，0)上單調(diào)遞增的是(　　) A．f(x)＝2x－2－x B．f(x)＝x2－1 C．f(x)＝xcosx D．f(x)＝－ln|x| 答案　D 解析　A中，f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，不是偶函數(shù)，A錯； B中，f(－x)＝(－x)2－1＝x2－1＝f(x)，是偶函數(shù)，但在(－∞，0)上單調(diào)遞減，B錯； C中，f(－x)＝－xcos(－x)＝－xcosx＝－f(x)，不是偶函數(shù)，C錯； D中，f(－x)＝－ln|－x|＝－ln|x|＝f(x)，是偶函數(shù)，且函數(shù)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，故選D. 4．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝k·2n－3，則

3、ak等于(　　) A．4B．8C．12D．16 答案　C 解析　當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝k·2n－1； 當n＝1時，a1＝S1＝2k－3＝k·21－1，解得k＝3, ∴ak＝a3＝3·23－1＝12. 故選C. 5．已知sinα＋cosα＝－，2sinα－cosα＝－，則cos2α等于(　　) A.B．－C.D．－ 答案　A 解析　因為所以sinα＝－， 從而cos2α＝1－2sin2α＝.故選A. 6．已知x0＝是函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)的一個極大值點，則f(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　∵x0＝

4、是函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)的一個極大值點，∴f＝sin＝1， ∴＋φ＝＋2kπ，k∈Z， ∴φ＝－＋2kπ，k∈Z， ∴f(x)＝sin＝sin. 由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， 得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z， 令k＝1，得≤x≤， ∴函數(shù)f(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為， 結(jié)合各選項可得C符合題意． 故選C. 7．函數(shù)f(x)＝有兩個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)≤2B．a(chǎn)<2C．a(chǎn)≥2D．a(chǎn)>2 答案　C 解析　由題意得，當x<1時，函數(shù)有一個零點x＝； 當x≥1時，令2x2－ax＝0，得x＝， 要使函數(shù)有兩個不同的零點，則只

5、需≥1，解得a≥2. 故選C. 8．(2019·安徽省江淮名校試題)Rt△ABC的斜邊AB等于4，點P在以C為圓心，1為半徑的圓上，則·的取值范圍是(　　) A. B. C．[－3,5] D．[1－2，1＋2] 答案　C 解析　·＝(＋)·(＋) ＝2＋(＋)·＋·. 注意·＝0，2＝1，|＋|＝4. ·＝1＋(＋)·. 所以當與＋同向時取最大值5，反向時取最小值－3.故選C. 9.(1＋x)5的展開式中x2的系數(shù)為(　　) A．1B．－9C．31D．－19 答案　B 解析　(1＋x)5的展開式中第k＋1項為Tk＋1＝Cxk，其中x2的系數(shù)，常數(shù)項，x3的系數(shù)分別為

6、C，C，C，故(1＋x)5的展開式中x2的系數(shù)為C＋C－2C＝－9.故選B. 10.如圖，B是AC上一點，分別以AB，BC，AC為直徑作半圓．過B作BD⊥AC，與半圓相交于D. AC＝6，BD＝2，在整個圖形中隨機取一點，則此點取自圖中陰影部分的概率是(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　連接AD，CD， 可知△ACD是直角三角形，又BD⊥AC，所以BD2＝AB·BC，設(shè)AB＝x(0

7、 11.如圖，已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，若直線y＝x與雙曲線C交于P，Q兩點，且四邊形PF1QF2是矩形，則雙曲線的離心率為(　　) A．5－2B．5＋2C.＋1D.－1 答案　C 解析　由題意，矩形的對角線長相等， 將y＝x代入－＝1(a＞0，b＞0)， 可得x＝±，y＝±·， ∴＝c2， ∴4a2b2＝(b2－3a2)c2， ∴4a2(c2－a2)＝(c2－4a2)c2， ∴e4－8e2＋4＝0， ∵e＞1，∴e2＝4＋2，∴e＝＋1. 故選C. 12．設(shè)正三棱錐P－ABC的每個頂點都在半徑為2的球O的球面上，則三棱錐P－

8、ABC體積的最大值為(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　設(shè)正△ABC的邊長為a，中心為O′，則|O′A|＝a，在Rt△OO′A中，由勾股定理可得|OO′|＝， 故三棱錐的高h＝|PO′|＝|OO′|＋2＝＋2， 所以VP－ABC＝S△ABC·h ＝×a2. 設(shè)＝t(0≤t<2)，則＝4－t2， 則V(t)＝(4－t2)(t＋2)＝(－t3－2t2＋4t＋8)， 所以V′(t)＝(－3t2－4t＋4)， 令V′(t)＝0，則t＝或t＝－2(舍)， 當t∈時，V′(t)>0，V(t)單調(diào)遞增； 當t∈時，V′(t)<0，V(t)單調(diào)遞減． 故V(t)max＝V＝.

9、 故選C. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．已知向量a，b的夾角為45°，且|a|＝|b|＝2，則a·(a－b)＝________. 答案　0 解析　a·(a－b)＝a2－a·b ＝4－×2×2×＝0. 14．若函數(shù)f(x)＝(a＋1)x3＋ax2－2x為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為________________________________________________________________________． 答案　x－y－2＝0 解析　f(x)＝(a＋1)x3＋ax2－2x為奇函數(shù)，則a＝0， ∴

10、f(x)＝x3－2x， f′(x)＝3x2－2，∴f′(1)＝3×12－2＝1，又f(1)＝－1， 曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＋1＝x－1，即x－y－2＝0. 15．(2019·安徽省江淮名校聯(lián)考)已知正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則＋的最大值為________． 答案　 解析　令x＝a＋1，y＝b＋2，則x＋y＝4， 所以＋＝2－＝2－(x＋y)·＝2－≤2－ ＝， 當且僅當＝時，等號成立， 此時a＝4－5，b＝6－4. 故最大值為. 16．設(shè)m∈R，若函數(shù)f(x)＝|x3－3x－m|在x∈[0，]上的最大值與最小值之差為2，則實數(shù)m的取值范圍是_

11、_______． 答案　(－∞，－2]∪[0，＋∞) 解析　設(shè)g(x)＝x3－3x，x∈[0，]， 則g′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)， ∴函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間[0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，]上單調(diào)遞增． ∵g(0)＝0，g(1)＝－2，g()＝0， ∴函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間[0，]上的值域為[－2,0]，最大值與最小值之差為2， ∴函數(shù)y＝x3－3x－m，x∈[0，]的值域為[－2－m，－m]，最大值與最小值之差也為2. ∵函數(shù)f(x)＝|x3－3x－m|在x∈[0，]上的最大值與最小值之差為2，∴－2－m≥0或－m≤0， 解得m≤－2或m≥0. ∴實

12、數(shù)m的取值范圍為(－∞，－2]∪[0，＋∞)． 三、解答題(本大題共70分) 17．(10分)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S9＝81，a2＋a3＝8. (1)求{an}的通項公式； (2)若S3，a14，Sm成等比數(shù)列，求S2m. 解　(1)∵∴ 故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)． (2)由(1)知，Sn＝＝n2. ∵S3，a14，Sm成等比數(shù)列，∴S3·Sm＝a， 即9m2＝272，解得m＝9，故S2m＝182＝324. 18．(12分)如圖，D是Rt△ABC斜邊BC上一點，AC＝DC. (1)若∠DAC＝30°，求角B的大小； (2)若B

13、D＝2DC，且AD＝2，求DC的長． 解　(1)在△ABC中，根據(jù)正弦定理， 有＝. 因為AC＝DC，所以sin∠ADC＝sin∠DAC＝. 又∠ADC＝∠B＋∠BAD＝∠B＋60°>60°， 所以∠ADC＝120°. 于是∠C＝180°－120°－30°＝30°，所以∠B＝60°. (2)設(shè)DC＝x，則BD＝2x，BC＝3x，AC＝x. 于是sinB＝＝，cosB＝，AB＝x. 在△ABD中，由余弦定理，得 AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB， 即(2)2＝6x2＋4x2－2×x×2x×＝2x2，得x＝2. 故DC＝2. 19．(12分)如圖，四邊形ABC

14、D為正方形，BE∥DF，且AB＝BE＝DF＝EC，AB⊥平面BCE. (1)證明：平面AEC⊥平面BDFE； (2)求二面角A－FC－D的余弦值． (1)證明　∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD. ∵AB＝BC＝BE＝EC，∴BE2＋BC2＝EC2，∴BE⊥BC. 又∵AB⊥平面BCE，∴AB⊥BE. ∵AB∩BC＝C，∴BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC. 又BE∩BD＝B，∴AC⊥平面BDFE， ∵AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面BDEF. (2)解　∵BE⊥平面ABCD，BE∥DF，∴DF⊥平面ABCD. 以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系D－x

15、yz，令AB＝1， 則A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(1,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)， 則＝(0,1，－1)，＝(－1,1,0)， 設(shè)平面AFC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則 令x1＝1，則n1＝(1,1,1)． 易知平面FCD的一個法向量n2＝(1,0,0)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝. 二面角A－FC－D為銳角， ∴二面角A－FC－D的余弦值為. 20．(12分)某中學為了解中學生的課外閱讀時間，決定在該中學的1200名男生和800名女生中按分層抽樣的方法抽取20名學生，對他們的課外閱讀時間進行問卷調(diào)查．現(xiàn)在按課外閱讀時間的情況將學生分成三類：A類

16、(不參加課外閱讀)，B類(參加課外閱讀，但平均每周參加課外閱讀的時間不超過3小時)，C類(參加課外閱讀，且平均每周參加課外閱讀的時間超過3小時)．調(diào)查結(jié)果如下表： A類 B類 C類 男生 x 5 3 女生 y 3 3 (1)求出表中x，y的值； (2)根據(jù)表中的統(tǒng)計數(shù)據(jù)，完成下面的列聯(lián)表，并判斷是否有90%的把握認為“參加閱讀與否”與性別有關(guān)； 男生 女生 總計 不參加課外閱讀 參加課外閱讀 總計 (3)從抽出的女生中再隨機抽取3人進一步了解情況，記X為抽取的這3名女生中A類人數(shù)和C類人數(shù)差的絕對值，求

17、X的均值． 附：K2＝. P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.01 k0 2.706 3.841 6.635 解　(1)設(shè)抽取的20人中，男、女生人數(shù)分別為n1，n2， 則 所以x＝12－5－3＝4，y＝8－3－3＝2. (2)列聯(lián)表如下： 男生 女生 總計 不參加課外閱讀 4 2 6 參加課外閱讀 8 6 14 總計 12 8 20 K2的觀測值k＝＝ ≈0.159<2.706， 所以沒有90%的把握認為“參加閱讀與否”與性別有關(guān)． (3)X的可能取值為0,1,2,3， 則P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝

18、＝， P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 21．(12分)在直角坐標系xOy中，直線y＝x＋4與拋物線C：x2＝2py(p>0)交于A，B兩點，且OA⊥OB. (1)求C的方程； (2)試問：在x軸的正半軸上是否存在一點D，使得△ABD的外心在C上？若存在，求出D的坐標；若不存在，請說明理由． 解　(1)聯(lián)立 得x2－2px－8p＝0，Δ＝4p2＋32p>0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2p，x1x2＝－8p， 從而y1y2＝(x1＋4)(x2＋4)＝x1x2＋4(x1＋x2)＋16. ∵OA⊥OB，∴·

19、＝x1x2＋y1y2 ＝2x1x2＋4(x1＋x2)＋16＝0， 即－16p＋8p＋16＝0，解得p＝2，故C的方程為x2＝4y. (2)設(shè)線段AB的中點為N(x0，y0)， 由(1)知，x0＝＝2，y0＝x0＋4＝6， 則線段AB的中垂線方程為y－6＝－(x－2)， 即y＝－x＋8. 聯(lián)立得x2＋4x－32＝0，解得x＝－8或4， 從而△ABD的外心P的坐標為(4,4)或(－8,16)． 假設(shè)存在點D(m,0)(m>0)，設(shè)P的坐標為(4,4)， ∵|AB|＝ ＝×＝4， ∴|PA|＝＝4， 則|DP|＝＝4. ∵m>0，∴m＝4＋4. 若P的坐標為(－8,16

20、)， 則|PA|＝＝4， |DP|＝>4， 則P的坐標不可能為(－8,16)． 故在x軸的正半軸上存在一點D(4＋4，0)，使得△ABD的外心在C上． 22．(12分)(2019·安徽省江淮名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2在x＝1處的切線方程為y＝bx＋1. (1)求a，b的值； (2)證明：當x>0時ex＋2x≥x2＋ex＋1. (1)解　f′(x)＝ex＋2ax， 由題設(shè)解得 (2)證明　實際上是證明當x>0時，f(x)＝ex－x2的圖象在直線y＝(e－2)x＋1的上方． 令g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1，x>0，則g′(x)＝ex－2x－e＋2，令t

21、(x)＝ex－2x－e＋2，則t′(x)＝ex－2， 所以g′(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增；g′(x)在x＝ln2處取唯一的極小值． 注意到g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，而00， 當x∈(x0，1)時，g′(x)<0； 所以當x∈(0，x0)或x∈(1，＋∞)時，g(x)單調(diào)遞增，當x∈(x0，1)時，g(x)單調(diào)遞減； 由于g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，當且僅當x＝1時等號成立． 所以當x>0時，不等式ex＋2x≥x2＋ex＋1成立． 12