2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 仿真模擬卷二 文

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1、仿真模擬卷二 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(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．已知集合P＝{0,1,2}，Q＝{x|x<2}，則P∩Q＝(　　) A．{0} B．{0,1} C．{1,2} D．{0,2} 答案　B 解析　因?yàn)榧螾＝{0,1,2}，Q＝{x|x<2}，所以P∩Q＝{0,1}． 2．已知復(fù)數(shù)z滿足|z|＝，z＋＝2(為z的共軛復(fù)數(shù))(i為虛數(shù)單位)，則z＝(　　) A．1＋i B．1－i C．1＋i或1－i D

2、．－1＋i或－1－i 答案　C 解析　設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則＝a－bi，z＋＝2a， 所以得所以z＝1＋i或z＝1－i. 3．若a>1，則“ax>ay”是“l(fā)ogax>logay”的(　　) A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　由a>1，得ax>ay等價(jià)為x>y， logax>logay等價(jià)為x>y>0， 故“ax>ay”是“l(fā)ogax>logay”的必要不充分條件． 4．已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)

3、 C．blog0.50.25＝2， 0．51

4、(　　) A．18 B．24 C．30 D．36 答案　C 解析　(直接法)由題意，根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式得，數(shù)列{an}的首項(xiàng)為3，公差為1，an＝n＋2，數(shù)列{bn}的首項(xiàng)為3，公差為3，bn＝3n，則易知兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)組成的新數(shù)列{cn}即為數(shù)列{bn}，由此c10＝b10＝30，故選C. 7．已知直線y＝x＋m和圓x2＋y2＝1交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若·＝，則實(shí)數(shù)m＝(　　) A．±1 B．± C．± D．± 答案　C 解析　聯(lián)立得2x2＋2mx＋m2－1＝0， ∵直線y＝x＋m和圓x2＋y2＝1交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，∴Δ＝－4m2＋8＞0，解得－

5、

6、C＝2abcosC＋2ab，即sinC－cosC＝1，即2sin＝1，則sin＝，∵0

7、)上單調(diào)遞增，f(0)＝0，可得x＝0是f(x)的唯一零點(diǎn)，故C正確；根據(jù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，可知它一定不是周期函數(shù)，故D錯(cuò)誤． 10．已知log2(a－2)＋log2(b－1)≥1，則2a＋b取到最小值時(shí)，ab＝(　　) A．3 B．4 C．6 D．9 答案　D 解析　由log2(a－2)＋log2(b－1)≥1，可得a－2>0，b－1>0且(a－2)(b－1)≥2.所以2a＋b＝2(a－2)＋(b－1)＋5≥2＋5≥2＋5＝9，當(dāng)2(a－2)＝b－1且(a－2)(b－1)＝2時(shí)等號成立，解得a＝b＝3. 所以2a＋b取到最小值時(shí)，ab＝3×3＝9. 11．已知

8、實(shí)數(shù)a>0，函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f[－f(x)]＝e－a＋有三個(gè)不等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B． C. D． 答案　B 解析　當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)為增函數(shù)， 當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝ex－1＋ax－a－1， f′(x)為增函數(shù)，令f′(x)＝0，解得x＝1， 故函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，最小值為f(1)＝0. 由此畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示． 令t＝－f(x)，因?yàn)閒(x)≥0，所以t≤0， 則有解得－a＝t－1， 所以t＝－a＋1，所以f(x)＝a－1. 所以方程要有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根， 則需

9、＜a－1＜＋， 解得2＜a＜＋2. 12．已知△ABC的頂點(diǎn)A∈平面α，點(diǎn)B，C在平面α同側(cè)，且AB＝2，AC＝，若AB，AC與α所成的角分別為，，則線段BC長度的取值范圍為(　　) A．[2－，1] B．[1，] C．[， ] D．[1, ] 答案　B 解析　如圖，過點(diǎn)B，C作平面的垂線，垂足分別為M，N， 則四邊形BMNC為直角梯形． 在平面BMNC內(nèi)，過C作CE⊥BM交BM于點(diǎn)E. 又BM＝AB·sin∠BAM＝2sin＝，AM＝2cos＝1，CN＝AC·sin∠CAN＝sin＝，AN＝cos＝， 所以BE＝BM－CN＝，故BC2＝MN2＋. 又AN－AM≤MN

10、≤AM＋AN， 即＝AN－AM≤MN≤AM＋AN＝， 所以1≤BC2≤7，即1≤BC≤，故選B. 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(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． 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＝(1，λ)，b＝(3,1)，c＝(1,2)，若向量2a－b與c共線，則向量a在向量c方向上的投影為________． 答案　0 解析　向量2a－b＝(－1,2λ－1)， 由2λ－1＝－2，得λ＝－.∴向量a＝， ∴向量a在向量c方向上的投影為 |a|cos〈a，c〉＝＝＝0.

11、14．在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且2absinC＝(b2＋c2－a2)，若a＝，c＝3，則△ABC的面積為________． 答案　3 解析　由題意得＝·， 即＝cosA，由正弦定理得sinA＝cosA, 所以tanA＝，A＝. 由余弦定理得13＝32＋b2－2×3bcos，解得b＝4， 故面積為bcsinA＝×4×3×＝3. 15．已知點(diǎn)M為單位圓x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A在直線x＝2上，則·的最小值為________． 答案　2 解析　設(shè)A(2，t)，M(cosθ，sinθ)， 則＝(cosθ－2，sinθ－t)，＝(－2，

12、－t)， 所以·＝4＋t2－2cosθ－tsinθ. 又(2cosθ＋tsinθ)max＝， 故·≥4＋t2－. 令s＝，則s≥2，又4＋t2－＝s2－s≥2， 當(dāng)s＝2，即t＝0時(shí)等號成立，故(·)min＝2. 16．已知函數(shù)f(x)＝x2－2mx＋m＋2，g(x)＝mx－m，若存在實(shí)數(shù)x0∈R，使得f(x0)<0且g(x0)<0同時(shí)成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 答案　(3，＋∞) 解析　當(dāng)m>0，x<1時(shí)，g(x)<0， 所以f(x)<0在(－∞，1)上有解， 則或 即m>3或故m>3. 當(dāng)m<0，x>1時(shí)，g(x)<0， 所以f(x)<0在(1，

13、＋∞)上有解， 所以此不等式組無解． 綜上，m的取值范圍為(3，＋∞)． 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． 17．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝cosx(sinx－cosx)＋. (1)求f的值； (2)當(dāng)x∈時(shí)，不等式c

14、．(本小題滿分12分)如圖，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F(xiàn)分別是AC，AD上的動(dòng)點(diǎn)，且＝＝λ(0<λ<1)． (1)求證：無論λ為何值，總有平面BEF⊥平面ABC； (2)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得平面BEF⊥平面ACD. 解　(1)證明：∵AB⊥平面BCD，CD?平面BCD， ∴AB⊥CD. ∵CD⊥BC，AB∩BC＝B，AB，BC?平面ABC， ∴CD⊥平面ABC. 又∵＝＝λ(0<λ<1)， ∴無論λ為何值，恒有EF∥CD， ∴EF⊥平面ABC. 又∵EF?平面BEF， ∴無論λ為何值，總有平面BEF⊥平面A

15、BC. (2)假設(shè)存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD. 由(1)知BE⊥EF， ∵平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平面ACD＝EF， BE?平面BEF， ∴BE⊥平面ACD. 又∵AC?平面ACD， ∴BE⊥AC. ∵BC＝CD＝1，∠BCD＝∠ABD＝90°，∠ADB＝60°， ∴BD＝，∴AB＝tan60°＝， ∴AC＝＝. 由Rt△AEB∽Rt△ABC， 得AB2＝AE·AC，∴AE＝，∴λ＝＝. 故當(dāng)λ＝時(shí)，平面BEF⊥平面ACD. 19．(本小題滿分12分)某行業(yè)主管部門為了解本行業(yè)中小企業(yè)的生產(chǎn)情況，隨機(jī)調(diào)查了100個(gè)企業(yè)，得到這些企業(yè)第一季度相對于

16、前一年第一季度產(chǎn)值增長率y的頻數(shù)分布表． y的分組 [－0.20,0) [0,0.20) [0.20,0.40) [0.40,0.60) [0.60,0.80) 企業(yè)數(shù) 2 24 53 14 7 (1)分別估計(jì)這類企業(yè)中產(chǎn)值增長率不低于40%的企業(yè)比例、產(chǎn)值負(fù)增長的企業(yè)比例； (2)求這類企業(yè)產(chǎn)值增長率的平均數(shù)與標(biāo)準(zhǔn)差的估計(jì)值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表)．(精確到0.01) 附：≈8.602. 解　(1)根據(jù)產(chǎn)值增長率頻數(shù)分布表得，所調(diào)查的100個(gè)企業(yè)中產(chǎn)值增長率不低于40%的企業(yè)頻率為＝0.21. 產(chǎn)值負(fù)增長的企業(yè)頻率為＝0.02. 用樣本頻

17、率分布估計(jì)總體分布得這類企業(yè)中產(chǎn)值增長率不低于40%的企業(yè)比例為21%，產(chǎn)值負(fù)增長的企業(yè)比例為2%. (2)＝×(－0.10×2＋0.10×24＋0.30×53＋0.50×14＋0.70×7)＝0.30， s2＝i(yi－)2 ＝×[(－0.40)2×2＋(－0.20)2×24＋02×53＋0.202×14＋0.402×7] ＝0.0296， s＝＝0.02×≈0.17. 所以，這類企業(yè)產(chǎn)值增長率的平均數(shù)與標(biāo)準(zhǔn)差的估計(jì)值分別為0.30,0.17. 20．(本小題滿分12分)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦點(diǎn)為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)．過F2

18、作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于點(diǎn)A，與橢圓C交于點(diǎn)D.連接AF1并延長交圓F2于點(diǎn)B，連接BF2交橢圓C于點(diǎn)E，連接DF1.已知|DF1|＝. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)求點(diǎn)E的坐標(biāo)． 解　(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c. 因?yàn)镕1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，所以|F1F2|＝2，c＝1. 又因?yàn)閨DF1|＝，AF2⊥x軸， 所以|DF2|＝＝＝， 因此2a＝|DF1|＋|DF2|＝4，從而a＝2. 由b2＝a2－c2，得b2＝3. 因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)解法一：由(1)知，橢圓C：＋＝1，a＝2， 因

19、為AF2⊥x軸，所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1. 將x＝1代入圓F2的方程(x－1)2＋y2＝16， 解得y＝±4. 因?yàn)辄c(diǎn)A在x軸上方，所以A(1,4)． 又F1(－1,0)，所以直線AF1：y＝2x＋2. 由得5x2＋6x－11＝0， 解得x＝1或x＝－. 將x＝－代入y＝2x＋2，得y＝－， 因此B點(diǎn)坐標(biāo)為. 又F2(1,0)，所以直線BF2：y＝(x－1)． 由得7x2－6x－13＝0， 解得x＝－1或x＝. 又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以x＝－1. 將x＝－1代入y＝(x－1)，得y＝－. 因此E點(diǎn)坐標(biāo)為. 解法二：由(1)知，橢圓C：＋＝1. 如圖，連

20、接EF1. 因?yàn)閨BF2|＝2a，|EF1|＋|EF2|＝2a， 所以|EF1|＝|EB|， 從而∠BF1E＝∠B. 因?yàn)閨F2A|＝|F2B|，所以∠A＝∠B， 所以∠A＝∠BF1E，從而EF1∥F2A. 因?yàn)锳F2⊥x軸，所以EF1⊥x軸． 因?yàn)镕1(－1,0)，由得y＝±. 又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以y＝－. 因此E點(diǎn)坐標(biāo)為. 21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝1，求f(x)的最大值． 解　(1)由題意知，f′(x)＝－(

21、ex＋xex)＋a＝－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立， 所以a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝(x＋1)ex－，則 g′(x)＝(x＋2)ex＋>0， 所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝2e－1， 所以a≤2e－1. (2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln x－xex＋x(x>0)． 則f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)， 令m(x)＝－ex，則m′(x)＝－－ex<0， 所以m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 由于m>0，m(1)<0，所以存在x0>0滿足m(x0)＝0，即ex0＝. 當(dāng)x∈

22、(0，x0)時(shí)，m(x)>0，f′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0ex0＋x0， 因?yàn)閑x0＝，所以x0＝－ln x0， 所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1， 所以f(x)max＝－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(jì)分，作答時(shí)請寫清題號． 22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，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的參數(shù)

23、方程為(t為參數(shù))，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρcos2θ＝8sinθ. (1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程，并指出該曲線是什么曲線； (2)若直線l與曲線C的交點(diǎn)分別為M，N，求|MN|. 解　(1)因?yàn)棣裞os2θ＝8sinθ，所以ρ2cos2θ＝8ρsinθ，即x2＝8y， 所以曲線C表示焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2)，對稱軸為y軸的拋物線． (2)設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)，點(diǎn)N(x2，y2)， 直線l過拋物線的焦點(diǎn)(0,2)，則直線的參數(shù)方程化為一般方程為y＝x＋2，代入曲線C的直角坐標(biāo)方程，得x2－4x－16＝0， 所以x1＋x2＝4，x1x2＝－16， 所以|MN|＝ ＝· ＝· ＝·

24、＝10. 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＋4|，不等式f(x)>8－|2x－2|的解集為M. (1)求M； (2)設(shè)a，b∈M，證明：f(ab)>f(2a)－f(－2b)． 解　(1)將f(x)＝|x＋4|代入不等式， 整理得|x＋4|＋|2x－2|>8. ①當(dāng)x≤－4時(shí)，不等式轉(zhuǎn)化為－x－4－2x＋2>8， 解得x<－，所以x≤－4； ②當(dāng)－48， 解得x<－2，所以－48， 解得x>2，所以x>2. 綜上，M＝{x|x<－2或x>2}． (2)證明：因?yàn)閒(2a)－f(－2b)＝|2a＋4|－|－2b＋4|≤|2a＋4＋2b－4|＝|2a＋2b|， 所以要證f(ab)>f(2a)－f(－2b)， 只需證|ab＋4|>|2a＋2b|， 即證(ab＋4)2>(2a＋2b)2， 即證a2b2＋8ab＋16>4a2＋8ab＋4b2， 即證a2b2－4a2－4b2＋16>0， 即證(a2－4)(b2－4)>0， 因?yàn)閍，b∈M，所以a2>4，b2>4， 所以(a2－4)(b2－4)>0成立， 所以原不等式成立． - 14 -