(全國通用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 仿真模擬卷一 理

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1、仿真模擬卷一 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|3x<1},則(  ) A.A∪B={x|x>1} B.A∪B=R C.A∩B={x|x<0} D.A∩B=? 答案 C 解析 集合B={x|3x<1},即B={x|x<0},而A={x|x<1},所以A∪B={x|x<1},A∩B={x|x<0}. 2.記復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為,若(1-i)=2i(i為虛數(shù)單位),則|

2、z|=(  ) A. B.1 C.2 D.2 答案 A 解析 由(1-i)=2i,可得===-1+i,所以z=-1-i,|z|=. 3.設(shè)a=ln,b=20.3,c=2,則(  ) A.a(chǎn)1,又0

3、<”,但由“sin<”推不出“<”所以“<”是“sinθ<”的充分不必要條件. 5.在如圖所示的計算1+5+9+…+2021的程序框圖中,判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是(  ) A.i≤2021? B.i<2021? C.i<2017? D.i≤2025? 答案 A 解析 由題意結(jié)合流程圖可知當(dāng)i=2021時,程序應(yīng)執(zhí)行S=S+i,i=i+4=2025,再次進入判斷框時應(yīng)該跳出循環(huán),輸出S的值;結(jié)合所給的選項可知判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是i≤2021?. 6.已知二項式n(n∈N*)的展開式中第2項與第3項的二項式系數(shù)之比是2∶5,則x3的系數(shù)為(  ) A.14 B.-14

4、 C.240 D.-240 答案 C 解析 二項展開式的第r+1項的通項公式為Tr+1=C(2x)n-r·r,由展開式中第2項與第3項的二項式系數(shù)之比是2∶5,可得C∶C=2∶5.即=,解得n=6.所以Tr+1=C26-r(-1)rx ,令6-r=3,解得r=2,所以x3的系數(shù)為C26-2(-1)2=240. 7.在△ABC中,+=2,+=0,若=x+y,則(  ) A.y=3x B.x=3y C.y=-3x D.x=-3y 答案 D 解析 因為+=2,所以點D是BC的中點,又因為+=0,所以點E是AD的中點,所以有=+=-+=-+×(+)=-+,因此=-.所以x=,y

5、=-,即x=-3y. 8.已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ),A>0,ω>0,|φ|<的部分圖象如圖所示,則使f(a+x)-f(a-x)=0成立的a的最小正值為(  ) A. B. C. D. 答案 B 解析 由圖象易知,A=2,f(0)=1,即2sinφ=1,且|φ|<,即φ=,由圖可知,f=0,所以sin=0,所以·ω+=2kπ,k∈Z,即ω=,k∈Z,又由圖可知,周期T>?>,得ω<,且ω>0,所以k=1,ω=2,所以函數(shù)f(x)=2sin,因為f(a+x)-f(a-x)=0,所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x=a對稱,即有2a+=kπ+,k∈Z,所以可得a=+,k∈Z,

6、所以a的最小正值為. 9.若函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f=1,當(dāng)x<0時,f(x)=log2(-x)+m,則實數(shù)m=(  ) A.-1 B.0 C.1 D.2 答案 C 解析 ∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f=1,且x<0時,f(x)=log2(-x)+m,∴f=log2+m=-2+m=-1,∴m=1. 10.在等差數(shù)列{an}中,a3,a9是方程x2+24x+12=0的兩根,則數(shù)列{an}的前11項和等于(  ) A.66 B.132 C.-66 D.-132 答案 D 解析 因為a3,a9是方程x2+24x+12=0的兩根,所以a3+a9=-24,又a

7、3+a9=-24=2a6,所以a6=-12,S11===-132. 11.已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的左、右頂點分別為A,B,P為雙曲線左支上一點,△ABP為等腰三角形且外接圓的半徑為a,則雙曲線的離心率為(  ) A. B. C. D. 答案 C 解析 由題意知等腰△ABP中,|AB|=|AP|=2a,設(shè)∠ABP=∠APB=θ,F(xiàn)1為雙曲線的左焦點, 則∠F1AP=2θ,其中θ必為銳角. ∵△ABP外接圓的半徑為a,∴2a=, ∴sinθ=,cosθ=, ∴sin2θ=2××=, cos2θ=2×2-1=. 設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,y), 則x=-a-|AP|

8、cos2θ=-,y=|AP|sin2θ=, 故點P的坐標(biāo)為. 由點P在雙曲線上,得-=1, 整理得=,∴e== =. 12.德國著名數(shù)學(xué)家狄利克雷(Dirichlet,1805~1859)在數(shù)學(xué)領(lǐng)域成就顯著.19世紀(jì),狄利克雷定義了一個“奇怪的函數(shù)”:y=f(x)=其中R為實數(shù)集,Q為有理數(shù)集.則關(guān)于函數(shù)f(x)有如下四個命題: ①f[f(x)]=0;②函數(shù)f(x)是偶函數(shù);③任取一個不為零的有理數(shù)T,f(x+T)=f(x)對任意的x∈R恒成立;④存在三個點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3)),使得△ABC為等邊三角形.其中真命題的個數(shù)是(  )

9、A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C 解析 當(dāng)x為有理數(shù)時,f(x)=1;當(dāng)x為無理數(shù)時,f(x)=0.∴當(dāng)x為有理數(shù)時,f[f(x)]=f(1)=1;當(dāng)x為無理數(shù)時,f[f(x)]=f(0)=1,∴無論x是有理數(shù)還是無理數(shù),均有f[f(x)]=1,故①不正確;∵有理數(shù)的相反數(shù)還是有理數(shù),無理數(shù)的相反數(shù)還是無理數(shù), ∴對任意x∈R,都有f(-x)=f(x),故②正確;當(dāng)T∈Q時,若x是有理數(shù),則x+T也是有理數(shù);若x是無理數(shù),則x+T也是無理數(shù),∴根據(jù)函數(shù)的表達(dá)式,任取一個不為零的有理數(shù)T,f(x+T)=f(x)對x∈R恒成立,故③正確;取x1=,x2=0,x3=-,f(x1)

10、=0,f(x2)=1,f(x3)=0,∴A,B(0,1),C,△ABC恰好為等邊三角形,故④正確,故選C. 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x,y滿足約束條件x,y∈R,則x2+y2的最大值為________. 答案 8 解析 畫出不等式組表示的可行域如圖陰影部分所示(含邊界).x2+y2表示可行域內(nèi)的點(x,y)到原點距離的平方. 由圖形可得,可行域內(nèi)的點A或點B到原點的距離最大,且A(2,-2),B(2,2),又|

11、OA|=|OB|=2,∴(x2+y2)max=8. 14.設(shè)直三棱柱ABC-A1B1C1的所有頂點都在同一個球面上,且球的表面積是40π,AB=AC=AA1,∠BAC=120°,則此直三棱柱的高是________. 答案 2 解析 設(shè)AB=AC=AA1=x,在△ABC中,∠BAC=120°,則由余弦定理可得BC=x. 由正弦定理,可得△ABC外接圓的半徑為r=x, 又∵球的表面積是40π,∴球的半徑為R=. 設(shè)△ABC外接圓的圓心為O′,球心為O,在Rt△OBO′中,有2+x2=10,解得x=2,即AA1=2.∴直三棱柱的高是2. 15.七巧板是我們祖先的一項創(chuàng)造,被譽為“東方魔

12、板”,它是由五塊等腰直角三角形(兩塊全等的小三角形、一塊中三角形和兩塊全等的大三角形)、一塊正方形和一塊平行四邊形組成的.如圖,在一個用七巧板拼成的正方形中任取一點,則此點取自黑色部分的概率是________. 答案  解析 由七巧板的構(gòu)造可知,△BIC≌△GOH,故黑色部分的面積與梯形EFOH的面積相等,而S梯形EFOH=S△DOF=×S正方形ABDF=S正方形ABDF, ∴所求的概率為P==. 16.在數(shù)列{an}中,a1=1,an+1=Sn+3n(n∈N*,n≥1),則數(shù)列{Sn}的通項公式為________. 答案 Sn=3n-2n 解析 ∵an+1=Sn+3n=Sn+

13、1-Sn, ∴Sn+1=2Sn+3n, ∴=·+,∴-1=, 又-1=-1=-, ∴數(shù)列是首項為-,公比為的等比數(shù)列, ∴-1=-×n-1=-n, ∴Sn=3n-2n. 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)在△ABC中,a,b,c分別是內(nèi)角A,B,C的對邊,且bcosA=sinA(acosC+ccosA). (1)求角A的大??; (2)若a=2,△ABC的面積為,求△ABC的周長. 解 (1)∵bcosA=sinA(acosC+ccosA), ∴由正弦定理可得, sinBcosA=sinA(sinAcosC+sin

14、CcosA) =sinAsin(A+C)=sinAsinB, 即sinBcosA=sinAsinB,∵sinB≠0,∴tanA=, ∵A∈(0,π),∴A=. (2)∵A=,a=2,△ABC的面積為, ∴bcsinA=bc=,∴bc=5, ∴由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccosA, 即12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=(b+c)2-15, 解得b+c=3, ∴△ABC的周長為a+b+c=2+3=5. 18.(本小題滿分12分)如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求證:BF∥平面AD

15、E; (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值為,求線段CF的長. 解 依題意,可以建立以A為坐標(biāo)原點,分別以,,的方向為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得A(0,0,0), B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0), E(0,0,2).設(shè)CF=h(h>0), 則F(1,2,h). (1)證明:依題意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得·=0,又因為直線BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE. (2)依題意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2). 設(shè)n

16、=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則 即不妨令z=1, 可得n=(2,2,1). 因此有cos〈,n〉==-. 所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)設(shè)m=(x′,y′,z′)為平面BDF的法向量, 則即 不妨令y=1,可得m=. 由題意,有|cos〈m,n〉|===, 解得h=.經(jīng)檢驗,符合題意. 所以線段CF的長為. 19.(本小題滿分12分)如圖,已知點F(1,0)為拋物線y2=2px(p>0)的焦點,過點F的直線交拋物線于A,B兩點,點C在拋物線上,使得△ABC的重心G在x軸上,直線AC交x軸于點Q,且Q在點F的右側(cè).記△AFG,△CQG的面

17、積分別為S1,S2. (1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程; (2)求的最小值及此時點G的坐標(biāo). 解 (1)由題意得=1,即p=2. 所以拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1. (2)設(shè)A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,2t≠0,則xA=t2. 由于直線AB過F,故直線AB的方程為x=y(tǒng)+1,代入y2=4x,得y2-y-4=0, 故2tyB=-4,即yB=-,所以B. 又由于xG=(xA+xB+xC),yG=(yA+yB+yC)及重心G在x軸上,故2t-+yC=0,得 C,G. 所以直線AC的方程為y-2t=2t(x-t2),

18、 得Q(t2-1,0). 由于Q在焦點F的右側(cè),故t2>2.從而 = = ==2-. 令m=t2-2,則m>0, =2-=2- ≥2-=1+. 當(dāng)m=時,取得最小值1+,此時G(2,0). 20.(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)=mex-x2+3,其中m∈R. (1)當(dāng)f(x)為偶函數(shù)時,求函數(shù)h(x)=xf(x)的極值; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,4]上有兩個零點,求m的取值范圍. 解 (1)由函數(shù)f(x)是偶函數(shù),得f(-x)=f(x), 即me-x-(-x)2+3=mex-x2+3對于任意實數(shù)x都成立,所以m=0. 此時h(x)=xf(x)=-x3+

19、3x,則h′(x)=-3x2+3. 由h′(x)=0,解得x=±1. 當(dāng)x變化時,h′(x)與h(x)的變化情況如下表所示: 所以h(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單調(diào)遞減,在(-1,1)上單調(diào)遞增. 所以h(x)有極小值h(-1)=-2,極大值h(1)=2. (2)由f(x)=mex-x2+3=0,得m=. 所以“f(x)在區(qū)間[-2,4]上有兩個零點”等價于“直線y=m與曲線g(x)=,x∈[-2,4]有且只有兩個公共點”. 對函數(shù)g(x)求導(dǎo),得g′(x)=. 由g′(x)=0,解得x1=-1,x2=3. 當(dāng)x變化時,g′(x)與g(x)的變化情況如下表所示:

20、 所以g(x)在(-2,-1),(3,4)上單調(diào)遞減,在(-1,3)上單調(diào)遞增. 又因為g(-2)=e2,g(-1)=-2e,g(3)=g(-1), 所以當(dāng)-2e

21、若無次品,則認(rèn)定該盒芯片合格,不再檢驗,可出廠. (1)若某盒芯片中有9片合格,3片不合格,求該盒芯片經(jīng)一次檢驗即可出廠的概率? (2)若每片芯片售價10元,每片芯片檢驗費用1元,次品到達(dá)組裝工廠被發(fā)現(xiàn)后,每片須由代工廠退賠10元,并補償1片經(jīng)檢驗合格的芯片給組裝廠.設(shè)每片芯片不合格的概率為p(0

22、的事件為A,則P(A)==. 答:該盒芯片可出廠的概率為. (2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率 f(p)=Cp3(1-p)9 當(dāng)且僅當(dāng)3p=1-p,即p=時取“=”號, 故f(p)的最大值點p0=. ②由題設(shè)知,p=p0=.設(shè)這盒芯片不合格品個數(shù)為n, 則n~B,故E(n)=12×=3, 則E(X)=120-12-30-3×2=72. ∴這盒芯片的最終利潤X的期望是72元. 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,曲線C1的

23、方程為x2+y2=4,直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù)),若將曲線C1上的點的橫坐標(biāo)不變,縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?,得曲線C2. (1)寫出曲線C2的參數(shù)方程; (2)設(shè)點P(-2,3),直線l與曲線C2的兩個交點分別為A,B,求+的值. 解 (1)若將曲線C1上的點的橫坐標(biāo)不變,縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?,則得到曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2+2=4,整理,得+=1, ∴曲線C2的參數(shù)方程為(θ為參數(shù)). (2)將直線l的參數(shù)方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式為 (t′為參數(shù)), 將參數(shù)方程代入+=1,得 +=1, 整理,得(t′)2+18t′+36=0. ∴|PA|+|PB|=|t1′+t2′|=, |PA|

24、·|PB|=t1′t2′=, ∴+===. 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+3|+|x-1|的最小值為m. (1)求m的值以及此時x的取值范圍; (2)若實數(shù)p,q,r滿足:p2+2q2+r2=m, 證明:q(p+r)≤2. 解 (1)依題意,得f(x)=|x+3|+|x-1|≥|x+3-x+1|=4,故m的值為4. 當(dāng)且僅當(dāng)(x+3)(x-1)≤0,即-3≤x≤1時等號成立,即x的取值范圍為[-3,1]. (2)證明:因為p2+2q2+r2=m, 故(p2+q2)+(q2+r2)=4. 因為p2+q2≥2pq,當(dāng)且僅當(dāng)p=q時等號成立; q2+r2≥2qr,當(dāng)且僅當(dāng)q=r時等號成立, 所以(p2+q2)+(q2+r2)=4≥2pq+2qr, 故q(p+r)≤2,當(dāng)且僅當(dāng)p=q=r時等號成立. - 14 -

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