高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷六 Word版含解析

《高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷六 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷六 Word版含解析（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 2020高考仿真模擬卷(六) 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．已知復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝|－1＋i|，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為(　　) A．－1＋i B．－1－i C．1＋i D．1－i 答案　C 解析　由z(1＋i)＝|－1＋i|＝＝2，得z＝＝＝1－i，∴＝1＋i.故選C. 2．已知集合A＝{(x，y)|x2＝4y}，B＝{(x，y)|y＝x}，則A∩B的真子集的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．3 C．5 D．7 答案　B 解析　依題意，在同一平面直角坐標(biāo)系中分別作出x2＝4y與y＝x的圖象

2、，觀察可知，它們有2個(gè)交點(diǎn)，即A∩B有2個(gè)元素，故A∩B的真子集的個(gè)數(shù)為3，故選B. 3．已知命題p：“?a>b，|a|>|b|”，命題q：“?x0<0,2>0”，則下列為真命題的是(　　) A．p∧q B．(綈p)∧(綈q) C．p∨q D．p∨(綈q) 答案　C 解析　對(duì)于命題p，當(dāng)a＝0，b＝－1時(shí)，0>－1， 但是|a|＝0，|b|＝1，|a|<|b|，所以命題p是假命題． 對(duì)于命題q，?x0<0,2>0，如x0＝－1,2－1＝>0. 所以命題q是真命題，所以p∨q為真命題． 4．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asinA－b

3、sinB＝4csinC，cosA＝－，則＝(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 答案　A 解析　由題意，得a2－b2＝4c2，則－＝cosA＝，∴＝－，∴＝，∴＝×4＝6，故選A. 5．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的T＝(　　) A．8 B．6 C．7 D．9 答案　B 解析　由題意，得T＝1×log24×log46×…×log6264＝××…×＝＝6，故選B. 6．要得到函數(shù)y＝sin的圖象，只需將函數(shù)y＝2sinxcosx的圖象(　　) A．向左平移個(gè)單位 B．向右平移個(gè)單位 C．向左平移個(gè)單位 D．向右平移個(gè)單位 答案　C 解析　將函數(shù)y＝2sinx

4、cosx＝sin2x的圖象向左平移個(gè)單位可得到y(tǒng)＝sin2，即y＝sin的圖象，故選C. 7．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,2)，則雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為(　　) A． B．1 C．2 D． 答案　C 解析　由題意雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，即＝?c2＝3a2.又由c2＝a2＋b2，即b2＝2a2，所以雙曲線的方程為－＝1，又因?yàn)殡p曲線過(guò)點(diǎn)(2,2)，代入雙曲線的方程，得－＝1，解得a＝，所以雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2a＝2. 8．若x，y滿足則x2＋y2的最大值為(　　) A．5 B．11.6 C．17 D．25 答案　C 解析　作出

5、不等式組所表示的可行域如下圖所示，則x2＋y2的最大值在點(diǎn)B(1,4)處取得，故x2＋y2的最大值為17. 9．設(shè)函數(shù)f(x)＝|lg x|，若存在實(shí)數(shù)0N>Q B．M>Q>N C．N>Q>M D．N>M>Q 答案　B 解析　∵f(a)＝f(b)，∴|lg a|＝|lg b|， ∴l(xiāng)g a＋lg b＝0，即ab＝1， ∵2＝＝<＝， ∴N＝log22<－2， 又>＝，∴>>2， ∴M＝log2>－2， 又Q＝ln ＝－2，∴M>Q>N. 10．正三棱柱ABC－A

6、1B1C1中，各棱長(zhǎng)均為2，M為AA1的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，則在棱柱的表面上從點(diǎn)M到點(diǎn)N的最短距離是(　　) A． B．4＋ C．2＋ D． 答案　D 解析?、?gòu)膫?cè)面到N，如圖1，沿棱柱的側(cè)棱AA1剪開(kāi)，并展開(kāi)，則MN＝＝＝. ②從底面到N點(diǎn)，沿棱柱的AC，BC剪開(kāi)、展開(kāi)，如圖2. 則MN＝ ＝ ＝ ， ∵<，∴MNmin＝ . 11．(2019·江西景德鎮(zhèn)第二次質(zhì)檢)已知F是拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)，點(diǎn)P在拋物線上，點(diǎn)A(0，－1)，則的最小值是(　　) A． B． C．1 D． 答案　A 解析　由題意可得，拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)F(0,1)，準(zhǔn)線方程為y＝－1

7、，過(guò)點(diǎn)P作PM垂直于準(zhǔn)線，垂足為M， 由拋物線的定義可得|PF|＝|PM|，則＝＝sin∠PAM，因?yàn)椤螾AM為銳角，故當(dāng)∠PAM最小時(shí)，最小，即當(dāng)PA和拋物線相切時(shí)，最小，設(shè)切點(diǎn)P(2，a)，由y＝x2，得y′＝x，則切線PA的斜率為×2＝＝，解得a＝1，即P(2,1)，此時(shí)|PM|＝2，|PA|＝2，所以sin∠PAM＝＝，故選A. 12．(2019·天津部分區(qū)一模聯(lián)考)已知函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)?－π，π)，且函數(shù)y＝f(x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，f(x)＝πl(wèi)n x－f′sinx(其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))，若a＝f(logπ3)，b＝

8、f(log9)，c＝f(π)，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．b>a>c B．a(chǎn)>b>c C．c>b>a D．b>c>a 答案　D 解析　∵f(x)＝πl(wèi)n x－f′sinx，∴f′(x)＝－f′cosx，則f′＝2－f′cos＝2，即f′(x)＝－2cosx，當(dāng)≤x<π時(shí)，2cosx≤0，f′(x)>0；當(dāng)02,2cosx<2，∴f′(x)>0，即f(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，∵y＝f(x＋2)的圖象關(guān)于x＝－2對(duì)稱，∴y＝f(x＋2)向右平移2個(gè)單位得到y(tǒng)＝f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，即y＝f(x)為偶函數(shù)，b＝f(log9)＝f(－2)＝f(2)，0＝logπ

9、1f(π)>f(logπ3)，即b>c>a. 二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分． 13．平面向量a與b的夾角為45°，a＝(1，－1)，|b|＝1，則|a＋2b|＝________. 答案　 解析　由題意，得a·b＝|a||b|cos45°＝×1×＝1，所以|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝2＋4×1＋4×1＝10，所以|a＋2b|＝. 14．已知函數(shù)f(x)＝ax－log2(2x＋1)(a∈R)為偶函數(shù)，則a＝________. 答案　 解析　由f(x)＝f(－x)

10、，得 ax－log2(2x＋1)＝－ax－log2(2－x＋1)， 2ax＝log2(2x＋1)－log2(2－x＋1)＝log2＝x， 由于x的任意性，所以a＝. 15．如圖，為測(cè)量豎直旗桿CD的高度，在旗桿底部C所在水平地面上選取相距4 m的兩點(diǎn)A，B且AB所在直線為東西方向，在A處測(cè)得旗桿底部C在西偏北20°的方向上，旗桿頂部D的仰角為60°；在B處測(cè)得旗桿底部C在東偏北10°方向上，旗桿頂部D的仰角為45°，則旗桿CD的高度為_(kāi)_______ m. 答案　12 解析　設(shè)CD＝x， 在Rt△BCD中，∠CBD＝45°，∴BC＝x， 在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，

11、∴AC＝＝， 在△ABC中，∠CAB＝20°，∠CBA＝10°，AB＝4， ∴∠ACB＝180°－20°－10°＝150°， 由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos150°， 即(4)2＝x2＋x2＋2··x·＝x2， 解得x＝12.即旗桿CD的高度為12 m. 16．已知腰長(zhǎng)為2的等腰直角△ABC中， M為斜邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P為該平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，若||＝2，則(·)·(·) 的最小值是________． 答案　32－24 解析　根據(jù)題意，建立平面直角坐標(biāo)系， 如圖所示， 則C(0,0)，B(2,0)，A(0,2)，M(1,1)， 由||＝2，知點(diǎn)P

12、的軌跡為圓心在原點(diǎn)，半徑為2的圓， 設(shè)點(diǎn)P(2cosθ，2sinθ)，θ∈[0,2π)； 則＝(－2cosθ，2－2sinθ)， ＝(2－2cosθ，－2sinθ)， ＝(－2cosθ，－2sinθ)， ＝(1－2cosθ，1－2sinθ)， ∴(·)·(·)＝[(－2cosθ)(2－2cosθ)＋(－2sinθ)(2－2sinθ)]·[(－2cosθ)(1－2cosθ)＋(－2sinθ)(1－2sinθ)] ＝(4－4cosθ－4sinθ)(4－2cosθ－2sinθ) ＝8(3－3cosθ－3sinθ＋2sinθcosθ)， 設(shè)t＝sinθ＋cosθ， ∴t＝sin∈[

13、－，]， ∴t2＝1＋2sinθcosθ， ∴2sinθcosθ＝t2－1， ∴y＝8(3－3t＋t2－1)＝82－2， 當(dāng)t＝時(shí)，y取得最小值為32－24. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．第17～21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． (一)必考題：共60分． 17．(本小題滿分12分)已知等比數(shù)列{an}中，an>0，a1＝，－＝，n∈N*. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝(－1)n·(log2an)2，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n. 解　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則

14、q>0， 因?yàn)椋?，所以－＝? 因?yàn)閝>0，解得q＝2， 所以an＝×2n－1＝2n－7，n∈N*.4分 (2)bn＝(－1)n·(log2an)2＝(－1)n·(log22n－7)2＝(－1)n·(n－7)2， 設(shè)cn＝n－7，則bn＝(－1)n·(cn)2，6分 T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝－(c1)2＋(c2)2＋[－(c3)2]＋(c4)2＋…＋[－(c2n－1)2]＋(c2n)2＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)·(c3＋c4)＋…＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n＝

15、＝n(2n－13)＝2n2－13n.12分 18．(2019·四川百校模擬沖刺)(本小題滿分12分)如圖，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D是棱AB的中點(diǎn)． (1)證明：BC1∥平面A1CD； (2)若AA1⊥平面ABC，AB＝2，BB1＝4，AC＝BC，E是棱BB1的中點(diǎn)，當(dāng)二面角E－A1C－D的大小為時(shí)，求線段DC的長(zhǎng)度． 解　(1)證明：連接AC1交A1C于點(diǎn)F，則F為AC1的中點(diǎn)，連接DF，而D是AB的中點(diǎn)，則BC1∥DF， 因?yàn)镈F?平面A1CD，BC1?平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD. 4分 (2)因?yàn)锳A1⊥平面ABC，所以AA1⊥CD，又AC＝BC

16、，E是棱BB1的中點(diǎn)， 所以DC⊥AB，所以DC⊥平面ABB1A1，5分 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)D作AB的垂線為x軸，DB為y軸，DC為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz， 設(shè)DC的長(zhǎng)度為t， 則C(0,0，t)，E(2,1,0)，A1(4，－1,0)，D(0,0,0)， 所以＝(2，－2,0)，＝(－4,1，t)，＝(4，－1，0)，＝(0,0，t)， 分別設(shè)平面EA1C與平面DA1C的法向量為m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 由令x1＝1，得m＝， 同理可得n＝(1,4,0)，9分 由cos〈m，n〉＝＝，解得t＝， 所以線段DC的長(zhǎng)度為.12

17、分 19．(2019·湖南長(zhǎng)沙統(tǒng)一檢測(cè))(本小題滿分12分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A為橢圓C上一點(diǎn)，AF1與y軸相交于點(diǎn)B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過(guò)A1，A2分別作x軸的垂線l1，l2，橢圓C的一條切線l：y＝kx＋m(k≠0)與l1，l2交于M，N兩點(diǎn)，求證：∠MF1N＝∠MF2N. 解　(1)連接AF2，由題意，得|AB|＝|F2B|＝|F1B|， 所以BO為△F1AF2的中位線， 又因?yàn)锽O⊥F1F2，所以AF2⊥F1F2，且|AF2|＝2|BO

18、|＝＝， 又e＝＝，a2＝b2＋c2，得a2＝9，b2＝8， 故所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.4分 (2)證明：由題意可知，l1的方程為x＝－3， l2的方程為x＝3. 直線l與直線l1，l2聯(lián)立可得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，又F1(－1,0)， 所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4,3k＋m)， 所以·＝－8＋m2－9k2. 聯(lián)立 得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.7分 因?yàn)橹本€l與橢圓C相切， 所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化簡(jiǎn)，得m2＝9k2＋8. 所以·＝－8＋m2－9k2＝0， 則⊥，故∠MF

19、1N為定值.10分 同理＝(－4，－3k＋m)，＝(2,3k＋m)， 因?yàn)椤ぃ?， 所以⊥，∠MF2N＝. 故∠MF1N＝∠MF2N.12分 20．(本小題滿分12分)某快遞公司收取快遞費(fèi)用的標(biāo)準(zhǔn)是：重量不超過(guò)1 kg的包裹收費(fèi)10元；重量超過(guò)1 kg 的包裹，除1 kg收費(fèi)10元之外，超過(guò)1 kg的部分，每超出1 kg(不足1 kg，按1 kg計(jì)算)需再收5元．該公司將最近承攬的100件包裹的重量統(tǒng)計(jì)如下： 包裹重量(單位：kg) 1 2 3 4 5 包裹件數(shù) 43 30 15 8 4 公司對(duì)近60天，每天攬件數(shù)量統(tǒng)計(jì)如下表： 包裹件數(shù)范圍 0～100

20、 101～200 201～300 301～400 401～500 包裹件數(shù) (近似處理) 50 150 250 350 450 天數(shù) 6 6 30 12 6 以上數(shù)據(jù)已做近似處理，并將頻率視為概率． (1)計(jì)算該公司未來(lái)3天內(nèi)恰有2天攬件數(shù)在101～400之間的概率； (2)①估計(jì)該公司對(duì)每件包裹收取的快遞費(fèi)的平均值； ②公司將快遞費(fèi)的三分之一作為前臺(tái)工作人員的工資和公司利潤(rùn)，剩余的用作其他費(fèi)用．目前前臺(tái)有工作人員3人，每人每天攬件不超過(guò)150件，日工資100元．公司正在考慮是否將前臺(tái)工作人員裁減1人，試計(jì)算裁員前后公司每日利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望，并判斷裁員是

21、否對(duì)提高公司利潤(rùn)更有利？ 解　(1)樣本中包裹件數(shù)在101～400之間的天數(shù)為48，頻率f＝＝，故可估計(jì)概率為. 顯然未來(lái)3天中，包裹件數(shù)在101～400之間的天數(shù)X服從二項(xiàng)分布，即X～B， 故所求概率為C×2×＝.4分 (2)①樣本中快遞費(fèi)用及包裹件數(shù)如下表： 包裹重量(單位：kg) 1 2 3 4 5 快遞費(fèi)(單位：元) 10 15 20 25 30 包裹件數(shù) 43 30 15 8 4 故樣本中每件包裹收取的快遞費(fèi)的平均值為 ＝15(元)， 故該公司對(duì)每件包裹收取的快遞費(fèi)的平均值可估計(jì)為15元.6分 ②根據(jù)題意及①，攬件數(shù)每增加1，可使前

22、臺(tái)工資和公司利潤(rùn)增加15×＝5(元)， 將題目中的天數(shù)轉(zhuǎn)化為頻率，得 包裹件數(shù)范圍 0～100 101～200 201～300 301～400 401～500 包裹件數(shù) (近似處理) 50 150 250 350 450 天數(shù) 6 6 30 12 6 頻率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 若不裁員，則每天可攬件的上限為450件，公司每日攬件數(shù)情況如下： 包裹件數(shù) (近似處理) 50 150 250 350 450 實(shí)際攬件數(shù)Y 50 150 250 350 450 頻率 0.1 0.1 0.5

23、 0.2 0.1 E(Y) 50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260 故公司平均每日利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望為260×5－3×100＝1000(元)；8分 若裁員1人，則每天可攬件的上限為300件，公司每日攬件數(shù)情況如下： 包裹件數(shù) (近似處理) 50 150 250 350 450 實(shí)際攬件數(shù)Z 50 150 250 300 300 頻率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 E(Z) 50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235 故公司平均每日利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望

24、為235×5－2×100＝975(元)，10分 因975<1000，故公司將前臺(tái)工作人員裁員1人對(duì)提高公司利潤(rùn)不利.12分 21．(2019·江西南昌一模)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ex(－x＋ln x＋a)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù)，且a≤1)． (1)判斷函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e)內(nèi)是否存在極值點(diǎn)，并說(shuō)明理由； (2)若當(dāng)a＝ln 2時(shí)，f(x)

25、上單調(diào)遞減， 所以g(x)＜g(1)＝a－1≤0， 所以f′(x)＝0在(1，e)內(nèi)無(wú)解． 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e)內(nèi)無(wú)極值點(diǎn).5分 (2)當(dāng)a＝ln 2時(shí)，f(x)＝ex(－x＋ln x＋ln 2)，定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝ex， 令h(x)＝ln x－x＋＋ln 2－1， 由(1)知，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 又h＝>0，h(1)＝ln 2－1＜0， 所以存在x1∈，使得h(x1)＝0，且當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，h(x)＞0，即f′(x)＞0， 當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0，即f′(x)＜0. 所以f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，

26、在(x1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(x1)＝e(－x1＋ln x1＋ln 2).8分 由h(x1)＝0，得ln x1－x1＋＋ln 2－1＝0， 即ln x1－x1＋ln 2＝1－， 所以f(x1)＝e，x1∈， 令r(x)＝ex，x∈， 則r′(x)＝ex>0恒成立， 所以r(x)在上單調(diào)遞增，所以r－1， 所以－1＜f(x)max＜0，所以若f(x)＜k(k∈Z)恒成立，則k的最小值為0.12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

27、． 22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 已知曲線C的極坐標(biāo)方程是ρ＝2，以極點(diǎn)為原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸，取相同的單位長(zhǎng)度，建立平面直角坐標(biāo)系，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))． (1)寫(xiě)出直線l的普通方程與曲線C的直角坐標(biāo)方程； (2)設(shè)曲線C經(jīng)過(guò)伸縮變換得到曲線C′，設(shè)曲線C′上任一點(diǎn)為M(x0，y0)，求x0＋y0的取值范圍． 解　(1)由直線l的參數(shù)方程消去參數(shù)可得它的普通方程為x＋y－2－1＝0，由ρ＝2兩端平方可得曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝4.4分 (2)曲線C經(jīng)過(guò)伸縮變換得到曲線C′的方程為x′2＋＝4，即＋＝1，則點(diǎn)M的參數(shù)方程為(θ為參數(shù)

28、)，代入x0＋y0，得×2cosθ＋×4sinθ＝2sinθ＋2cosθ＝4sin，由三角函數(shù)的基本性質(zhì)，知4sin∈[－4,4].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－a|－|3x＋2|(a>0)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，解不等式f(x)>x－1； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)>4有解，求a的取值范圍． 解　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，即解不等式|x－1|－|3x＋2|>x－1. 當(dāng)x>1時(shí)，不等式可化為－2x－3>x－1，即x<－，與x>1矛盾，無(wú)解． 當(dāng)－≤x≤1時(shí)，不等式可化為－4x－1>x－1， 即x<0，所以解得－≤x<0. 當(dāng)x<－時(shí)，不等式可化為2x＋3>x－1， 即x>－4，所以解得－44有解等價(jià)于f(x)max＝＋a>4， 解得a>. 故a的取值范圍為.10分