2020屆高考數(shù)學大二輪復習 刷題首選卷 第三部分 刷模擬 2020高考仿真模擬卷（五）文

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1、2020高考仿真模擬卷(五) 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．設全集U＝R，集合A＝{x|(2x－1)(x－3)<0}，B＝{x|(x－1)(x－4)≤0}，則(?UA)∩B＝(　　) A．[1,3) B．(－∞，1)∪[3，＋∞) C．[3,4] D．(－∞，3)∪(4，＋∞) 答案　C 解析　因為集合A＝，B＝{x|1≤x≤4}， 所以?UA＝，所以(?UA)∩B＝{x|3≤x≤4}． 2．在復平面內(nèi)，復數(shù)z＝(i是虛數(shù)單位)，則z的共軛復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點位于(　　) A．第一象限 B．

2、第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　B 解析　因為z＝＝＝＝－1－2i，所以z的共軛復數(shù)＝－1＋2i在復平面內(nèi)對應的點(－1,2)位于第二象限． 3．在△ABC中，點D在邊AB上，且＝，設＝a，＝b，則＝(　　) A.a＋b B.a＋b C.a＋b D.a＋b 答案　B 解析　因為＝，＝a，＝b，故＝a＋＝a＋＝a＋(b－a)＝a＋b. 4．(2019·濟南模擬)在平面直角坐標系xOy中，與雙曲線－＝1有相同的漸近線，且位于x軸上的焦點到漸近線的距離為3的雙曲線的標準方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 答案　C 解析　與雙

3、曲線－＝1有相同的漸近線的雙曲線的方程可設為－＝λ(λ≠0)，因為該雙曲線的焦點在x軸上，故λ>0.又焦點(，0)到漸近線y＝x的距離為3，所以＝3，解得λ＝3.所以所求雙曲線的標準方程為－＝1. 5．若正項等比數(shù)列{an}滿足anan＋1＝22n(n∈N*)，則a6－a5的值是(　　) A. B．－16 C．2 D．16 答案　D 解析　因為anan＋1＝22n(n∈N*)，所以an＋1an＋2＝22n＋2(n∈N*)，兩式作比可得＝4(n∈N*)，即q2＝4，又an>0，所以q＝2，因為a1a2＝22＝4，所以2a＝4，所以a1＝，a2＝2，所以a6－a5＝(a2－a1)q4

4、＝16. 6．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，其俯視圖為等邊三角形，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A．4 B. C．2 D. 答案　B 解析　由三視圖還原幾何體如圖所示， 該幾何體為直三棱柱截去一個三棱錐H－EFG，三角形ABC的面積S＝×2×＝. ∴該幾何體的體積V＝×4－××2＝. 7．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的結(jié)果是，則判斷框中可填入的條件是(　　) A．i<10? B．i<9? C．i>8? D．i<8? 答案　B 解析　由程序框圖的功能可得S＝1×××…×＝××××…×＝××××…××＝＝，所以i＝8，i＋1＝9

5、，故判斷框中可填入i<9？. 8．現(xiàn)有大小形狀完全相同的4個小球，其中紅球有2個，白球與藍球各1個，將這4個小球排成一排，則中間2個小球不都是紅球的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設白球為A，藍球為B，紅球為C，則不同的排列情況為ABCC，ACBC，ACCB，BACC，BCAC，BCCA，CABC，CACB，CBCA，CBAC，CCAB，CCBA共12種情況，其中紅球都在中間的有ACCB，BCCA兩種情況，所以紅球都在中間的概率為＝，故中間兩個小球不都是紅球的概率為1－＝. 9．(2019·東北三省三校一模)圓周率是圓的周長與直徑的比值，一般用希臘字母π

6、表示．早在公元480年左右，南北朝時期的數(shù)學家祖沖之就得出精確到小數(shù)點后7位的結(jié)果，他是世界上第一個把圓周率的數(shù)值計算到小數(shù)點后第七位的人，這比歐洲早了約1000年．在生活中，我們也可以通過設計下面的實驗來估計π的值：從區(qū)間[－1，1]內(nèi)隨機抽取200個數(shù)，構(gòu)成100個數(shù)對(x，y)，其中滿足不等式y(tǒng)＞ 的數(shù)對(x，y)共有11個，則用隨機模擬的方法得到的π的近似值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　在平面直角坐標系中作出邊長為1的正方形和單位圓，則符合條件的數(shù)對表示的點在x軸上方、正方形內(nèi)且在圓外的區(qū)域，區(qū)域面積為2－，由幾何概型概率公式可得≈，解得π≈.故選A.

7、 10．(2018·全國卷Ⅱ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　解法一：(平行線法)如圖1，取DB1的中點O和AB的中點M，連接OM，DM，則MO∥AD1，∠DOM為異面直線AD1與DB1所成的角．依題意得DM2＝DA2＋AM2＝1＋2＝. OD2＝2＝×(1＋1＋3)＝， OM2＝2＝×(1＋3)＝1. ∴cos∠DOM＝＝＝＝. 解法二：(割補法)如圖2，在原長方體后面補一個全等的長方體CDEF－C1D1E1F1，連接DE1，B1E1.

8、 ∵DE1∥AD1，∴∠B1DE1就是異面直線AD1與DB1所成的角． DE＝AD＝4，DB＝12＋12＋()2＝5. B1E＝A1B＋A1E＝1＋4＝5. ∴在△B1DE1中，由余弦定理得 cos∠B1DE1＝＝＝＝，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為. 11．如圖所示，橢圓有這樣的光學性質(zhì)：從橢圓的一個焦點發(fā)出的光線，經(jīng)橢圓反射后，反射光線經(jīng)過橢圓的另一個焦點．根據(jù)橢圓的光學性質(zhì)解決下題：已知曲線C的方程為x2＋4y2＝4，其左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，直線l與橢圓C切于點P，且|PF1|＝1，過點P且與直線l垂直的直線l′與橢圓長軸交于點M，則|F1M|∶|F2M|＝

9、(　　) A.∶ B．1∶ C．1∶3 D．1∶ 答案　C 解析　由橢圓的光學性質(zhì)可知，直線l′平分∠F1PF2， 因為＝， 又＝＝，故＝.由|PF1|＝1，|PF1|＋|PF2|＝4，得|PF2|＝3，故|F1M|∶|F2M|＝1∶3. 12．設x1，x2分別是函數(shù)f(x)＝x－a－x和g(x)＝xlogax－1的零點(其中a>1)，則x1＋4x2的取值范圍是(　　) A．[4，＋∞) B．(4，＋∞) C．[5，＋∞) D．(5，＋∞) 答案　D 解析　令f(x)＝x－a－x＝0，則＝ax，所以x1是指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>1)的圖象與y＝的圖象的交點A的橫

10、坐標，且01)的圖象與y＝的圖象的交點B的橫坐標．由于y＝ax與y＝logax互為反函數(shù)，從而有x1＝，所以x1＋4x2＝x1＋.由y＝x＋在(0,1)上單調(diào)遞減，可知x1＋4x2>1＋＝5，故選D. 二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分． 13．設某總體是由編號為01,02，…，19,20的20個個體組成，利用下面的隨機數(shù)表選取6個個體，選取方法是從隨機數(shù)表第1行的第3列數(shù)字開始從左到右依次選取兩個數(shù)字，則選出來的第6個個體編號為________． 答案　19 解析　由題意，從隨機數(shù)表第1行的第3列數(shù)字1開始，從左到

11、右依次選取兩個數(shù)字的結(jié)果為： 18,07,17,16,09,19，…， 故選出來的第6個個體編號為19. 14．(2019·湖南師范大學附中模擬三)若函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，φ＞0,0＜φ＜π)的圖象經(jīng)過點，且相鄰兩條對稱軸間的距離為，則f的值為________． 答案　 解析　由題意得＝π，∴ω＝2，則f(x)＝2sin(2x＋φ)，又函數(shù)的圖象經(jīng)過點，則sin＝1，∵0＜φ＜π，∴φ＝，即f(x)＝2sin，則f＝2sin＝. 15．已知拋物線y2＝2px(p>0)的準線方程為x＝－2，點P為拋物線上的一點，則點P到直線y＝x＋3的距離的最小值為______

12、__． 答案　 解析　由題設得拋物線方程為y2＝8x， 設P點坐標為P(x，y)， 則點P到直線y＝x＋3的距離為 d＝＝ ＝＝≥， 當且僅當y＝4時取最小值. 16．(2019·南寧摸底考試)在數(shù)列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝________，數(shù)列{bn}的前n項和Sn的最小值為________． 答案　?。? 解析　由題意知，an＝2－(n≥2，n∈N*)，∴bn＝＝＝＝1＋＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又b1＝＝－，∴數(shù)列{bn}是以－為首項

13、，1為公差的等差數(shù)列，∴bn＝n－，即＝n－，∴an＝.又b1＝－＜0，b2＝＞0，∴Sn的最小值為S1＝b1＝－. 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．(本小題滿分12分)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知A≠，且3sinAcosB＋bsin2A＝3sinC. (1)求a的值； (2)若A＝，求△ABC周長的最大值． 解　(1)由3sinAcosB＋bsin2A＝3sinC，得3sinAcosB＋bsinAco

14、sA＝3sinC，由正弦定理，得3acosB＋abcosA＝3c，由余弦定理，得3a·＋ab·＝3c，整理得(b2＋c2－a2)(a－3)＝0，因為A≠，所以b2＋c2－a2≠0，所以a＝3. (另解：由sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB代入條件變形即可)6分 (2)在△ABC中，A＝，a＝3，由余弦定理得，9＝b2＋c2＋bc，因為b2＋c2＋bc＝(b＋c)2－bc≥(b＋c)2－2＝(b＋c)2，所以(b＋c)2≤9，即(b＋c)2≤12，所以b＋c≤2，當且僅當b＝c＝時，等號成立． 故當b＝c＝時，△ABC周長的最大值為3＋2.12分 18．(20

15、19·黑龍江齊齊哈爾市二模)(本小題滿分12分)某縣共有戶籍人口60萬，經(jīng)統(tǒng)計，該縣60歲及以上、百歲以下的人口占比為13.8%，百歲及以上老人15人．現(xiàn)從該縣60歲及以上、百歲以下的老人中隨機抽取230人，得到如下頻數(shù)分布表： 年齡段(歲) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100) 人數(shù)(人) 125 75 25 5 (1)從樣本中70歲及以上老人中，采用分層抽樣的方法抽取21人，進一步了解他們的生活狀況，則80歲及以上老人應抽多少人？ (2)從(1)中所抽取的80歲及以上老人中，再隨機抽取2人，求抽到90歲及以上老人的概率； (3)該縣按省

16、委辦公廳、省人民政府辦公廳《關于加強新時期老年人優(yōu)待服務工作的意見》精神，制定如下老年人生活補貼措施，由省、市、縣三級財政分級撥款： ①本縣戶籍60歲及以上居民，按城鄉(xiāng)居民養(yǎng)老保險實施辦法每月領取55元基本養(yǎng)老金； ②本縣戶籍80歲及以上老年人額外享受高齡老人生活補貼． (a)百歲及以上老年人，每人每月發(fā)放345元的生活補貼； (b)90歲及以上、百歲以下老年人，每人每月發(fā)放200元的生活補貼； (c)80歲及以上、90歲以下老年人，每人每月發(fā)放100元的生活補貼． 試估計政府執(zhí)行此項補貼措施的年度預算． 解　(1)樣本中70歲及以上老人共105人，其中80歲及以上老人30人，所

17、以應抽取的21人中，80歲及以上老人應抽30×＝6人.3分 (2)在(1)中所抽取的80歲及以上的6位老人中，90歲及以上老人1人，記為A，其余5人分別記為B，C，D，E，F(xiàn)，從中任取2人，基本事件共15個：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F(xiàn))，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F(xiàn))，(C，D)，(C，E)，(C，F(xiàn))，(D，E)，(D，F(xiàn))，(E，F(xiàn))，這15個基本事件發(fā)生的可能性相等.6分 記“抽到90歲及以上老人”為事件M，則M包含5個基本事件， 所以P(M)＝＝.8分 (3)樣本中230人的月預算為230×55＋25×100＋5×200＝16150

18、(元)，10分 用樣本估計總體，年預算為×12＝6984×104(元)． 所以政府執(zhí)行此項補貼措施的年度預算為6984萬元.12分 19．(2019·湖南長沙長郡中學一模)(本小題滿分12分)如圖，在多邊形ABPCD中(圖1)，四邊形ABCD為長方形，△BPC為正三角形，AB＝3，BC＝3，現(xiàn)以BC為折痕將△BPC折起，使點P在平面ABCD內(nèi)的射影恰好在AD上(圖2)． (1)證明：PD⊥平面PAB； (2)若點E在線段PB上，且PE＝PB，當點Q在線段AD上運動時，求三棱錐Q－EBC的體積． 解　(1)證明：過點P作PO⊥AD，垂足為O. 由于點P在平面ABCD內(nèi)的射影恰好

19、在AD上， ∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AB， ∵四邊形ABCD為矩形，∴AB⊥AD，又AD∩PO＝O，∴AB⊥平面PAD，2分 ∴AB⊥PD，AB⊥PA，又由AB＝3，PB＝3，可得PA＝3，同理PD＝3， 又AD＝3，∴PA2＋PD2＝AD2， ∴PA⊥PD，且PA∩AB＝A， ∴PD⊥平面PAB.5分 (2)設點E到底面QBC的距離為h， 則VQ－EBC＝VE－QBC＝S△QBC×h，由PE＝PB，可知＝，7分 ∴＝，∵PA⊥PD，且PA＝PD＝3， ∴PO＝＝，∴h＝×＝，9分 又S△QBC＝×BC×AB＝×3×3＝， ∴VQ－EBC＝S△QBC×h＝

20、××＝3.12分 20．(本小題滿分12分)拋物線y2＝4x的焦點為F，過F的直線交拋物線于A，B兩點． (1)若點T(－1,0)，且直線AT，BT的斜率分別為k1，k2，求證：k1＋k2為定值； (2)設A，B兩點在拋物線的準線上的射影分別為P，Q，線段PQ的中點為R，求證：AR∥FQ. 證明　(1)設直線AB：my＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 可得y2－4my－4＝0，3分 k1＋k2＝＋＝ ＝ ＝ ＝＝＝0.6分 (2)A(x1，y1)，P(－1，y1)，Q(－1，y2)，R，F(xiàn)(1,0)， kAR＝＝＝，kQF＝＝－，8分 kAR－kQF＝＋＝

21、 ＝＝ ＝＝0， 即kAR＝kQF，所以直線AR與直線FQ平行.12分 21．(2019·山東濰坊一模)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝xln x－(a＋1)x，g(x)＝f(x)－a，a∈R. (1)當x＞1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設F(x)＝ex＋x3＋x，若x1，x2為函數(shù)g(x)的兩個不同極值點，證明：F(x1x)＞F(e2)． 解　(1)f′(x)＝1＋ln x－a－1＝ln x－a， 若a≤0，x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， 若a＞0，由ln x－a＝0，解得x＝ea，2分 且x∈(1，ea)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞

22、減， x∈(ea，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． 綜上，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)； 當a＞0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，ea).5分 (2)證明：F′(x)＝ex＋3x2＋1＞0，故F(x)在R上單調(diào)遞增，即證x1x＞e2，也即證ln x1＋2ln x2＞2， 又g(x)＝xln x－ax－x－x2＋ax＋a＝xln x－x2－x＋a，g′(x)＝1＋ln x－ax－1＝ln x－ax， 所以x1，x2為方程ln x＝ax的兩根， 即 即證ax1＋2ax2＞2，即a(x1＋2x2)＞2， 而①－②得a＝，8分 即證·

23、(x1＋2x2)＞2， 則證ln ·＞2，變形得ln ·＞2， 不妨設x1＞x2，t＝＞1， 即證ln t·＞2，整理得ln t－＞0， 設h(t)＝ln t－，則h′(t)＝－＝＝＞0， ∴h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(t)＞h(1)＝0，即結(jié)論成立.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 在平面直角坐標系xOy中，以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C1的方程為＋y2＝1，曲線C2的參數(shù)方程為(φ為參數(shù))，曲線C3的方程為y＝xta

24、nα，曲線C3與曲線C1，C2分別交于P，Q兩點． (1)求曲線C1，C2的極坐標方程； (2)求|OP|2·|OQ|2的取值范圍． 解　(1)因為x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲線C1的極坐標方程為 ＋ρ2sin2θ＝1，即ρ2＝，2分 由(φ為參數(shù))，消去φ， 即得曲線C2的直角坐標方程為x2＋(y－1)2＝1， 將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入化簡， 可得曲線C2的極坐標方程為ρ＝2sinθ.5分 (2)曲線C3的極坐標方程為θ＝α.6分 由(1)得|OP|2＝，|OQ|2＝4sin2α， 即|OP|2·|OQ|2＝＝，8分 因為0<α<，所以0

25、nα<1， 所以|OP|2·|OQ|2∈(0,4).10分 23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講 已知函數(shù)f(x)＝|x－5|－|x＋3|. (1)解關于x的不等式f(x)≥x＋1； (2)記函數(shù)f(x)的最大值為m，若a>0，b>0，ea·e4b＝e2ab－m，求ab的最小值． 解　(1)當x≤－3時，由5－x＋x＋3≥x＋1，得x≤7，所以x≤－3；當－30，b>0，所以a＋4b≥2＝4，當且僅當a＝4b時，等號成立，7分 所以2ab－8－4≥0，即ab－4－2≥0. 所以有(－1)2≥5.8分 又>0，所以≥1＋或≤1－(舍去)， ab≥6＋2，即ab的最小值為6＋2.10分 - 13 -