第三部分·刷模拟
2020高考仿真模拟卷(一)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．集合A＝{3,2a}，B＝{a，b}，若A∩B＝{2}，则A∪B＝( )
A．{1,2,3} B．{0,1,3} C．{0,1,2,3} D．{1,2,3,4}
答案 A
解析 因为A∩B＝{2}，所以2∈A，所以2a＝2，解得a＝1，所以A＝{3,2}，B＝{1,2}, 所以A∪B＝{1,2,3}．
2．已知复数z＝2－3i，若是复数z的共轭复数，则z(＋1)＝( )
A．15－3i B．15＋3i C．－15＋3i D．－15－3i
答案 A
解析 依题意，z(＋1)＝(2－3i)(3＋3i)＝6＋6i－9i＋9＝15－3i.
3．下列命题中，正确的是( )
A．?x0∈R，sinx0＋cosx0＝
B．复数z1，z2，z3∈C，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，则z1＝z3
C．“a>0，b>0”是“＋≥2”的充要条件
D．命题“?x∈R，x2－x－2≥0”的否定是“?x∈R，x2－x－2<0”
答案 D
解析 对于A，由于sinx0＋cosx0＝sin≤ ，
故sinx0＋cosx0的最大值为，故A不正确．
对于B，当z1＝1，z2＝1－i，z3＝－i时，(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝[1－(1－i)]2＋[1－i－(－i)]2＝i2＋1＝0，而z1≠z3，故B不正确．
对于C，当a>0，b>0时，＋≥2＝2成立；
反之，当＋≥2时，可得a>0，b>0或a<0，b<0，
所以“a>0，b>0”是“＋≥2”的充分不必要条件，故C不正确．
对于D，由题意得，命题“?x∈R，x2－x－2≥0”的否定是“?x∈R，x2－x－2<0”，故D正确．
4．(2019·温州模拟)设a＝log23，b＝，c＝log34，则a，b，c的大小关系为( )
A．b
C．a答案 D
解析 ∵a＝log23>log22＝＝b，b＝＝log33>log34＝c，∴a，b，c的大小关系为c5．七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形(两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形)、一块正方形和一块平行四边形组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 如图，由七巧板的构造可知，△BIF≌△GOH，故阴影部分的面积与梯形EDOH的面积相等，则S梯形EDOH＝S△COD＝×S正方形ABCD＝S正方形ABCD，所以所求的概率为P＝＝.
6．已知等差数列{an}的首项a1和公差d均不为零，且a2，a4，a8成等比数列，则＝( )
A．6 B．5 C．4 D．3
答案 D
解析 ∵a2，a4，a8成等比数列，∴a＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，解得a1＝d，∴＝＝＝3.
7．已知双曲线C1：－＝1的一条渐近线与双曲线C2的一条渐近线垂直，则双曲线C2的离心率为( )
A. B.
C.或 D.或
答案 C
解析 双曲线C1的渐近线方程为y＝±x，当双曲线C2的焦点在x轴上时，设其标准方程为－＝1，由题意得＝，离心率e＝＝＝，当双曲线C2的焦点在y轴上时，设其标准方程为－＝1，由题意得＝，离心率e＝ ＝＝.所以双曲线C2的离心率为或.
8．运行如图所示的程序框图，若输出的S值为－10，则判断框内的条件应该是( )
A．k<3? B．k<4? C．k<5? D．k<6?
答案 C
解析 按照程序框图依次执行为k＝1，S＝1，条件是；
S＝2×1－1＝1，k＝2，条件是；
S＝2×1－2＝0，k＝3，条件是；
S＝2×0－3＝－3，k＝4，条件是；
S＝2×(－3)－4＝－10，k＝5，条件否，退出循环，输出S＝－10.
所以判断框内的条件应该是k<5？.
9．(2019·合肥模拟)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是( )
A．l?α，m?β，且l⊥m
B．l?α，m?β，n?β，且l⊥m，l⊥n
C．m?α，n?β，m∥n，且l⊥m
D．l?α，l∥m，且m⊥β
答案 D
解析 依题意知，A，B，C均不能得出α⊥β；对于D，由l∥m，m⊥β得l⊥β，又l?α，因此有α⊥β.综上所述，故选D.
10．如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点，设的长为x(0答案 D
解析 如图，∠FOG＝x，则OH＝cos，于是EM＝1－cos，所以EB＝＝，又因为BC＝＝，所以y＝2EB＋BC＝＋，即y＝－cos＋，其中x∈(0，π)，由图象变换，比较选项，易知D正确．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＋Sn＝2n2(n∈N*)，且a1≠0，a10＝28，则a1的值为( )
A．－8 B．6 C．－5 D．4
答案 C
解析 由Sn＋1＋Sn＝2n2，可得a2＋2a1＝2，
当n≥2时，Sn＋Sn－1＝2(n－1)2，
所以an＋1＋an＝4n－2，
当n≥3时，an＋an－1＝4(n－1)－2，
所以an＋1－an－1＝4，
于是a2，a4，a6，a8，a10成等差数列，首项为a2，公差为4，第5项是a10＝28，
于是28＝a2＋4×(5－1)，所以a2＝12，代入a2＋2a1＝2可得a1＝－5，故选C.
12．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)已知函数f(x)＝|ln x|－ax有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A. B．(0，e)
C. D．(e，＋∞)
答案 A
解析 由函数f(x)＝|ln x|－ax有三个零点，可转化为y＝|ln x|与直线y＝ax有三个交点，显然a≤0时不满足条件．当a＞0时，若x＞1，设切点坐标为(x0，ln x0)，由y＝ln x得y′＝，所以切线的斜率为，所以切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，由切线过原点，得x0＝e，此时切线的斜率为，结合图象可得当0＜a＜，且x＞1时，直线y＝ax与y＝|ln x|有两个交点；当0二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．(2019·北京高考)若x，y满足则y－x的最小值为________，最大值为________．
答案 －3 1
解析 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．
设z＝y－x，则y＝x＋z.
把z看作常数，则目标函数是可平行移动的直线，z的几何意义是直线y＝x＋z的纵截距，通过图象可知，当直线y＝x＋z经过点A(2,3)时，z取得最大值，此时zmax＝3－2＝1.
当直线y＝x＋z经过点B(2，－1)时，z取得最小值，此时zmin＝－1－2＝－3.
14．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：R(x)＝若f(x)是定义在R上且最小正周期为1的函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝R(x)，则f＋f(lg 20)＝________.
答案
解析 由函数的最小正周期为1可得，
f＋f(lg 20)＝f＋f(lg 2＋1)＝f＋f(lg 2)＝＋0＝.
15．抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝2与y轴的交点为M，与抛物线的交点为N，且4|NF|＝5|MN|，则p的值为________．
答案 1
解析 将y＝2代入抛物线方程，可以求得x＝，
利用题中条件，结合抛物线定义，
可以求得4＝5×，解得p＝1.
16．如图，正方形ABCD的边长为2，顶点A，B分别在y轴的非负半轴，x轴的非负半轴上移动，E为CD的中点，则·的最大值是________．
答案 5＋
解析 根据题意，设∠OBA＝α，
则A(0,2sinα)，B(2cosα，0)，
根据正方形的特点，可以确定出C(2cosα＋2sinα，2cosα)，D(2sinα，2sinα＋2cosα)，
根据中点坐标公式，可以求得E(cosα＋2sinα，sinα＋2cosα)，
所以有·＝2sinα(cosα＋2sinα)＋(2sinα＋2cosα)·(sinα＋2cosα)
＝4＋8sinαcosα＋2sin2α＝5＋4sin2α－cos2α
＝5＋sin(2α－φ)，
其中sinφ＝，cosφ＝，当2α－φ＝时，存在符合题意的角α，使sin(2α－φ)取得最大值1，
所以其最大值为5＋.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(2019·全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：
满意
不满意
男顾客
40
10
女顾客
30
20
(1)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
(2)能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？
附：K2＝.
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
解 (1)由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为＝0.8，因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8. 3分
女顾客中对该商场服务满意的比率为＝0.6，因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6. 6分
(2)K2的观测值k＝≈4.762.
由于4.762>3.841，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异. 12分
18．(本小题满分12分)已知三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若是和的等差中项．
(1)求角B的大小；
(2)若a＝2，b＝，求BC边上高的值．
解 (1)∵是和的等差中项，
∴2＝＋，
∴2bcosB＝acosC＋ccosA， 4分
由正弦定理得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA，
∴2sinBcosB＝sin(A＋C)＝sinB.∵sinB≠0，
∴cosB＝，∴角B为. 8分
(2)由余弦定理，b2＝c2＋a2－2accosB，解得c＝3.
设BC边上的高为h，则h＝csinB＝3×＝. 12分
19．(2019·四川攀枝花第二次统考)(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠BAD为直角，AB∥CD，PA＝AD＝CD＝2AB＝4，E，F分别为PC，CD的中点．
(1)证明：平面APD∥平面BEF；
(2)求三棱锥P－BED的体积．
解 (1)证明：∵AB∥CD，且∠BAD为直角，CD＝2AB，F为CD的中点，∴FD＝AB，故四边形ABFD是矩形，
∴AD∥BF，∴BF∥平面APD,
又∵E，F分别为PC，CD的中点．
∴EF∥PD，∴EF∥平面APD， 3分
又∵
所以平面APD∥平面BEF. 5分
(2)解法一：如图所示，
∵E为PC的中点，
∴VP－BED＝VP－DBC－VE－DBC＝S△DBC·AP， 9分
∴VP－BED＝×4××4×4＝. 12分
解法二：过点A作AG⊥PD交PD于点G(图略)，
∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AG，又AG⊥PD，
∴AG⊥平面PDE，又∵AB∥平面PDE， 8分
∴VP－BED＝VB－PDE＝·AG·S△PDC＝×2××4×4＝. 12分
20．(2019·贵州贵阳5月适应性考试二)(本小题满分12分)过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB.
(1)求p的值；
(2)若l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点．
解 (1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2)，B(2，－2)，由OA⊥OB得4－4p＝0，∴p＝1，
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)代入y2＝2px得ky2－2py－4pk＝0(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－4p，x1x2＝＝4，由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即4－4p＝0，所以p＝1，综上所述p＝1. 5分
(2)证明：由(1)知，抛物线方程为y2＝2x，由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x1，－y1)，所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)＝，即2x＋(y1－y2)y－y1y2＝0，又y1y2＝－4p＝－4，所以2x＋(y1－y2)y＋4＝0，所以直线BD恒过点(－2,0). 12分
21．(2019·新疆第三次诊断)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝＋a(ln x－x)．
(1)当a＝0时，求y＝f(x)在x＝2处的切线方程；
(2)当a＞0时，求f(x)的最小值．
解 (1)由题意，当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，
∴f′(2)＝， 2分
又f(2)＝，∴所求切线方程为y－＝(x－2)，即e2x－4y＝0. 4分
(2)f′(x)＝(x>0)，设g(x)＝ex－ax(x＞0)，a＞0，则g′(x)＝ex－a，
①当0＜a≤1时，∵g′(x)＞0，g(x)>g(0)＝1>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴f(x)min＝f(1)＝e－a，
②当1＜a≤e时，令g′(x)＝0可得x＝ln a，
且g(x)min＝g(ln a)＝a(1－ln a)≥0，
同①则f(x)min＝f(1)＝e－a. 8分
③当a＞e时，由②知g(x)min＝g(ln a)＝a(1－ln a)＜0，又g(0)>0，g(1)＝e－a＜0，∴g(x)＝0有两个实数根x1，x2，且0＜x1＜1＜x2，
∴f(x)在(0，x1)和(1，x2)上是减函数，在(x1,1)和(x2，＋∞)上是增函数，
∴f(x)在x1或x2处取得极小值，又f(x1)＝＋a(ln x1－x1)＝a＋a(ln x1－x1)，ex1＝ax1，
∴x1＝ln a＋ln x1，即ln x1－x1＝－ln a，
∴f(x1)＝a－aln a＝a(1－ln a)，
同理f(x2)＝a(1－ln a)，∴f(x)min＝a(1－ln a). 11分
综上所述，当a＞0时，f(x)min＝ 12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α为参数)，将C上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C1.以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1的极坐标方程；
(2)设M，N为C1上两点，若OM⊥ON，求＋的值．
解 (1)由题意，得C1的参数方程为(α为参数)，消去α，得C1的普通方程为x2＋＝1. 2分
将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋＝1，得C1的极坐标方程为ρ2cos2θ＋＝1. 5分
(2)不妨设M，N的极坐标分别为M(ρ1，θ)，N，
则ρcos2θ＋＝1，
ρcos2＋＝1， 7分
从而＝cos2θ＋，＝sin2θ＋，
所以＋＝，因此，＋＝. 10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x－1|－|2x－a|(a>1，且a∈R)．
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥x；
(2)若f(x)的最大值为M，且正实数b，c满足＋＝a－M，求＋的最小值．
解 (1)由a＝2，得f(x)＝|2x－1|－|2x－2|，
①当x≤时，f(x)＝－1≥x?x≤－2；
②当③当x≥1时，f(x)＝1≥x?1≤x≤2，
综上所述，不等式的解集为x∈(－∞，－2]∪. 4分
(2)由绝对值三角不等式可得|2x－1|－|2x－a|≤|(2x－1)－(2x－a)|＝|a－1|＝a－1，
∴＋＝a－M＝a－(a－1)＝1?＋＝1?b＝，
∵b>0，c>0，∴c>2，6分
∴＋＝＋＝c－2＋≥2＝2，
∴＋的最小值为2，
当且仅当c－2＝，即c＝3时取等号. 10分
课件55张PPT。2020高考仿真模拟卷(一)第三部分 刷模拟本课结束2020高考仿真模拟卷(七)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A＝{－1,2,3}，B＝{0,1,2,3,4}，则?B(A∩B)＝( )
A．{0,4} B．{0,1,4} C．{1,4} D．{0,1}
答案 B
解析 由题意得A∩B＝{2,3}，所以?B(A∩B)＝{0,1,4}．
2．已知复数z1＝6－8i，z2＝－i，则＝( )
A．8－6i B．8＋6i C．－8＋6i D．－8－6i
答案 B
解析 ＝＝(6－8i)i＝8＋6i.
3．已知p：?x∈R，x2＋2x＋a>0；q：2a<8.若“p∧q”是真命题，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，3)
C．(1,3) D．(－∞，1)∪(3，＋∞)
答案 C
解析 p∧q为真，所以p为真，q为真，p为真?Δ＝4－4a<0?a>1；q为真?a<3，所以p∧q为真，得14．设x，y满足约束条件则下列不等式恒成立的是( )
A．x≥1 B．y≤1
C．x－y＋2≥0 D．x－3y－6≤0
答案 C
解析 作出约束条件所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，易知A(3，－1)，B(0,2)，C(0，－3)．这样易判断x≥1，y≤1都不恒成立，可排除A，B；又直线x－3y－6＝0过点(0，－2)，这样x－3y－6≤0不恒成立，可排除D.故选C.
5．在△ABC中，CA⊥CB，CA＝CB＝1，D为AB的中点，将向量绕点C按逆时针方向旋转90°得向量，则向量在向量方向上的投影为( )
A．－1 B．1 C．－ D.
答案 C
解析 如图，以CA，CB为x，y轴建立平面直角坐标系，
则＝(1,0)，＝，且＝，所以向量在向量方向上的投影为＝＝－.
6．(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)函数f(x)＝log2(x2－3x－4)的单调减区间为( )
A．(－∞，－1) B.
C. D．(4，＋∞)
答案 A
解析 由x2－3x－4＞0?(x－4)(x＋1)＞0?x＞4或x＜－1，所以函数f(x)＝log2(x2－3x－4)的单调减区间为(－∞，－1)，故选A.
7．从某企业生产的某种产品中随机抽取10件，测量这些产品的一项质量指标值，其频率分布表如下：
质量指标值分组
[10,30)
[30,50)
[50,70]
频率
0.1
0.6
0.3
则可估计这种产品该项质量指标值的方差为( )
A．140 B．142 C．143 D．144
答案 D
解析 ＝20×0.1＋40×0.6＋60×0.3＝44，
所以方差为×[(20－44)2×1＋(40－44)2×6＋(60－44)2×3]＝144.
8．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，数列的通项以及求和由如图所示的框图给出，则最后输出的结果等于( )
A．aN＋1 B．aN＋2 C．aN＋1－1 D．aN＋2－1
答案 D
解析 第一次循环：i＝1，a3＝2，s＝s3＝4；第二次循环：i＝2，a4＝3，s＝s4＝7；第三次循环：i＝3，a5＝5，s＝s5＝12；第四次循环：i＝4，a6＝8，s＝s6＝20；第五次循环：i＝5，a7＝13，s＝s7＝33；…；第N－1次循环：此时i＋2＝N＋1>N，退出循环，故输出s＝sN，归纳可得sN＝aN＋2－1.故选D.
9．(2019·资阳模拟)如图，平面α与平面β相交于BC，AB?α，CD?β，点A?BC，点D?BC，则下列叙述错误的是( )
A．直线AD与BC是异面直线
B．过AD只能作一个平面与BC平行
C．过AD只能作一个平面与BC垂直
D．过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行
答案 C
解析 根据异面直线的判定定理，知直线AD与BC是异面直线，所以A正确；根据异面直线的性质，知过AD只能作一个平面与BC平行，所以B正确；根据异面直线的性质，知过AD不一定能作一个平面与BC垂直，只有AD⊥BC时能，所以C错误；根据线面垂直与平行的判定定理，知过点D只能作唯一平面与BC垂直，但过点D可作无数个平面与BC平行，所以D正确．故选C.
10．(2019·济南摸底考试)函数f(x)＝sin2x－(cos2x－sin2x)的图象为C，则下列结论正确的是( )
①f(x)的最小正周期为π；
②对任意的x∈R，都有f＋f＝0；
③f(x)在上是增函数；
④由y＝2sin2x的图象向右平移个单位长度可以得到图象C.
A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④
答案 C
解析 f(x)＝sin2x－(cos2x－sin2x)＝sin2x－cos2x＝2sin.f(x)的最小正周期T＝＝π，故①正确．f＝2sin＝2sin0＝0，即函数f(x)的图象关于点对称，即对任意x∈R，都有f＋f＝0成立，故②正确．③当x∈时，2x∈，2x－∈，所以f(x)在上是增函数，故③正确．④由y＝2sin2x的图象向右平移个单位长度得到y＝2sin＝2sin的图象，故④错误．故正确的结论是①②③.选C.
11．如图，已知直线l：y＝k(x＋1)(k>0)与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，且A，B两点在抛物线准线上的投影分别是M，N，若|AM|＝2|BN|，则k的值是( )
A. B.
C. D．2
答案 C
解析 设抛物线C：y2＝4x的准线为l1：x＝－1.
直线y＝k(x＋1)(k>0)恒过点P(－1，0)，
过点A，B分别作AM⊥l1于点M，BN⊥l1于点N，
由|AM|＝2|BN|，所以点B为|AP|的中点．
连接OB，则|OB|＝|AF|，所以|OB|＝|BF|，
点B的横坐标为，所以点B的坐标为.
把代入直线l：y＝k(x＋1)(k>0)，
解得k＝.
12．已知函数f(x)＝－8cosπ，则函数f(x)在x∈(0，＋∞)上的所有零点之和为( )
A．6 B．7 C．9 D．12
答案 A
解析 设函数h(x)＝，则h(x)＝＝的图象关于x＝对称，
设函数g(x)＝8cosπ，由π＝kπ，
k∈Z，可得x＝－k，k∈Z，令k＝－1可得x＝，所以函数g(x)＝8cosπ，也关于x＝对称，由图可知函数h(x)＝＝的图象与函数g(x)＝8cosπ的图象有4个交点，所以函数f(x)＝－8cosπ在x∈(0，＋∞)上的所有零点个数为4，所以函数f(x)＝－8cosπ在x∈(0，＋∞)上的所有零点之和为4×＝6.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝，则S4＝________.
答案
解析 设等比数列的公比为q，又a1＝1，则an＝a1qn－1＝qn－1.
∵S3＝，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝，
即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－，
∴S4＝＝.
14．在区间[－1,1]上随机取一个数k，使直线y＝kx＋与圆x2＋y2＝1相交的概率为________．
答案
解析 由圆心到直线的距离d＝<1，得k>或k<－，所以所求概率为P＝.
15．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的实轴长为16，左焦点为F，M是双曲线C的一条渐近线上的点，且OM⊥MF，O为坐标原点，若S△OMF＝16，则双曲线C的离心率为________．
答案
解析 因为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的实轴长为16，所以2a＝16，a＝8，
设F(－c,0)，双曲线C的一条渐近线方程为y＝x，
可得|MF|＝＝b，即有|OM|＝＝a，
由S△OMF＝16，可得ab＝16，
所以b＝4.
又c＝＝＝4，
所以a＝8，b＝4，c＝4，
所以双曲线C的离心率为＝.
16．△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b＝sin，a＝1，D是以BC为直径的圆上一点，则|AD|的最大值为________．
答案 ＋1
解析 由b＝sin，a＝1，
得b＝asin，由正弦定理，
得sinB＝sinAsin.
∴sin(A＋C)＝sinAsin，
∴sinAcosC＋cosAsinC
＝sinA，
∴sinAcosC＋cosAsinC＝sinAsinC＋sinAcosC，
∴cosAsinC＝sinAsinC，
∵sinC≠0，∴sinA＝cosA，∴tanA＝1，
∵A∈(0，π)，∴A＝.
如图，作出△ABC的外接圆，当直线AD经过△ABC外接圆的圆心且垂直于BC时，|AD|最大．
设BC的中点为O，此时，|OA|＝＝＝＝，
∴|AD|＝|OA|＋|OD|＝＋＝＋1.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)Sn＝n2＋n＋2，①
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)＋2；②
①－②得an＝2n，当n＝1时，a1＝4，
an＝(n∈N*).5分
(2)由题意，bn＝7分
当n＝1时，T1＝；8分
当n≥2时，
Tn＝＋×＝＋×＝，易知T1＝符合此式.11分
故Tn＝.12分
18．(2019·四川百校冲刺模拟)(本小题满分12分)如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D是棱AB的中点．
(1)证明：BC1∥平面A1CD；
(2)若E是棱BB1的中点，求三棱锥C－AA1E的体积与三棱柱A1B1C1－ABC的体积之比．
解 (1)证明：连接AC1交A1C于点O，连接OD，
∵CC1∥AA1，CC1＝AA1，
∴四边形AA1C1C是平行四边形，2分
∴O是AC1的中点，又D是棱AB的中点，
∴OD∥BC1，又OD?平面A1CD，BC1?平面A1CD，∴BC1∥平面A1CD.4分
(2)设三棱柱A1B1C1－ABC的高为h，则三棱柱A1B1C1－ABC的体积V＝S△ABC·h，
又V＝VC1－ABB1A1＋VC－ABC1，VC－ABC1＝VC1－ABC＝S△ABC·h＝，∴VC1－ABB1A1＝，7分
∵CC1∥BB1，CC1?平面ABB1A1，BB1?平面ABB1A1，
∴CC1∥平面ABB1A1，
∴VC－ABB1A1＝VC1－ABB1A1＝， 9分
∵S△A1AE＝S平行四边形AA1B1B，
∴VC－AA1E＝VC－ABB1A1＝×＝，
∴三棱锥C－AA1E的体积与三棱柱A1B1C1－ABC的体积之比为.12分
19．(2019·辽宁葫芦岛二模)(本小题满分12分)伴随着科技的迅速发展，国民对“5G”一词越来越熟悉，“5G”全称是第五代移动电话行动通信标准，也称第五代移动通信技术，2017年12月10日，工信部正式对外公布，已向中国电信、中国移动、中国联通发放了5G系统中低频率使用许可.2019年2月18日上海虹桥火车站正式启动5G网络建设．为了了解某市市民对“5G”的关注情况，通过问卷调查等方式对该市300万人口进行统计分析，数据分析结果显示：约60%的市民“掌握一定5G知识(即问卷调查分数在80分以上)”将这部分市民称为“5G爱好者”．某机构在“5G爱好者”中随机抽取了年龄在15～45岁之间的100人按照年龄绘制成以下频率分布直方图(如图所示)，其分组区间为(15,20]，(20,25]，(25,30]，(30,35]，(35,40]，(40,45]．
(1)求频率分布直方图中的a的值；
(2)估计全市居民中35岁以上的“5G爱好者”的人数；
(3)若该市政府制定政策：按照年龄从小到大，选拔45%的“5G爱好者”进行5G的专业知识深度培养，将当选者称为“5G达人”，按照上述政策及频率分布直方图，估计该市“5G达人”的年龄上限．
解 (1)依题意，得(0.014＋0.04＋0.06＋a＋0.02＋0.016)×5＝1，所以a＝0.05.3分
(2)根据题意，全市“5G爱好者”有300×60%＝180(万人)，4分
由样本频率分布直方图可知，35岁以上“5G爱好者”的频率为(0.02＋0.016)×5＝0.18，5分
据此可估计全市35岁以上“5G爱好者”的人数为180×0.18＝32.4(万人).6分
(3)样本频率分布直方图中前两组的频率之和为(0.014＋0.04)×5＝0.27＜45%，8分
前3组频率之和为(0.014＋0.04＋0.06)×5＝0.57＞45%，10分
所以年龄上限在25～30之间，不妨设年龄上限为m，由0.27＋(m－25)×0.06＝0.45，得m＝28.
所以估计该市“5G达人”的年龄上限为28岁.12分
20．(2019·湖南长郡中学一模)(本小题满分12分)已知动点G(x，y)满足 ＋ ＝4.
(1)求动点G的轨迹C的方程；
(2)若点A，B分别位于x轴与y轴的正半轴上，直线AB与曲线C相交于M，N两点，|AB|＝1，试问在曲线C上是否存在点Q，使得四边形OMQN(O为坐标原点)为平行四边形．若存在，求出直线AB的方程；若不存在，说明理由．
解 (1)由已知，得动点G到点P(－，0)，E(，0)的距离之和为4，且|PE|＝2＜4，2分
∴动点G的轨迹为椭圆，且a＝2，c＝，∴b＝1，
∴动点G的轨迹C的方程为＋y2＝1.4分
(2)由题意，知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y＝kx＋t，
∵|AB|＝1，∴2＋t2＝1，即＋t2＝1， ① 6分
联立得(4k2＋1)x2＋8ktx＋4(t2－1)＝0,
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝，
∵四边形OMQN为平行四边形，
∴Q，8分
∴2＋2＝1，
整理，得4t2＝4k2＋1， ②10分
将①代入②可得4k4＋k2＋1＝0，该方程无解，故这样的直线不存在. 12分
21．(2019·河北五个一名校联盟第一次诊断)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)令g(a)＝，若对任意的x＞0，a＞0，恒有f(x)≥g(a)成立，求实数k的最大整数．
解 (1)此函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝，
当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；2分
当a＞0，x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0，x∈(0，a)时，f(x)单调递减，x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增.4分
(2)由(1)，知f(x)min＝f(a)＝ln a＋1，∴f(x)≥g(a)恒成立，则只需ln a＋1≥g(a)恒成立，
则ln a＋1≥＝k－5－，
即ln a＋≥k－6, 6分
令h(a)＝ln a＋，则只需h(a)min≥k－6，
∵h′(a)＝－＝，
∴a∈(0,2)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减，
a∈(2，＋∞)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增，∴h(a)min＝h(2)＝ln 2＋1，10分
即ln 2＋1≥k－6，∴k≤ln 2＋7，∴k的最大整数为7.12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
已知曲线C的极坐标方程为ρ＝，直线l的参数方程为(t为参数，0≤α＜π)．
(1)求曲线C的直角坐标方程，并说明曲线C的形状；
(2)若直线l经过点M(1,0)且与曲线C交于A，B两点，求|AB|.
解 (1)对于曲线C：ρ＝，可化为ρsinθ＝.
把互化公式代入，得y＝，即y2＝4x，为抛物线．(可验证原点也在曲线上)5分
(2)根据已知条件可知直线l经过两定点(1,0)和(0,1)，所以其方程为x＋y＝1.
由消去x并整理得y2＋4y－4＝0，7分
令A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－4，y1y2＝－4.
所以|AB|＝·
＝×＝8.10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x－1|.
(1)解关于x的不等式f(x)－f(x＋1)≤1；
(2)若关于x的不等式f(x)解 (1)由f(x)－f(x＋1)≤1可得|2x－1|－|2x＋1|≤1.所以或
或2分
于是x≥或－≤x<，即x≥－，4分
所以原不等式的解集为.5分
(2)由条件知，不等式|2x－1|＋|2x＋1|(|2x－1|＋|2x＋1|)min即可．
由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋2x＋1|＝2，8分
当且仅当(1－2x)(2x＋1)≥0，即x∈时等号成立，故m>2.
所以m的取值范围是(2，＋∞).10分
课件60张PPT。2020高考仿真模拟卷(七)第三部分 刷模拟本课结束2020高考仿真模拟卷(三)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设集合P＝{(x，y)|y＝k}，Q＝{(x，y)|y＝2x}，已知P∩Q＝?，那么k的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0] D．(1，＋∞)
答案 C
解析 由P∩Q＝?可得，函数y＝2x的图象与直线y＝k无公共点，所以k∈(－∞，0]．
2．“(綈p)∨q为真命题”是“p∧(綈q)为假命题”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 C
解析 (綈p)∨q为真命题包括以下三种情况：p假q真、p假q假、p真q真；p∧(綈q)为假命题包括以下三种情况：p假q真、p假q假、p真q真；所以“(綈p)∨q为真命题”是“p∧(綈q)为假命题”的充要条件．
3．欧拉公式 eix＝cosx＋isinx(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，已知eai为纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 A
解析 eai＝cosa＋isina是纯虚数，所以cosa＝0，sina≠0，所以a＝kπ＋，k∈Z，所以2a＝2kπ＋π，k∈Z，sin2a＝0，所以＝＝＝＋i，在复平面内对应的点位于第一象限．
4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是( )
A．①② B．②④ C．②③ D．①④
答案 D
解析 从上下方向上看，△PAC的投影为①图所示的情况；从左右方向上看，△PAC的投影为④图所示的情况；从前后方向上看，△PAC的投影为④图所示的情况．
5．(2019·河南洛阳月考)学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[50,60)的同学有30人，则n的值为( )
A．100 B．1000 C．90 D．900
答案 A
解析 由频率分布直方图可知，支出在[50,60)的同学的频率为0.03×10＝0.3，∴n＝＝100.
6．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为( )
A．1＋ B．1－
C．1－ D．1＋
答案 C
解析 s＝0，n＝1<5，且n＝1是奇数，则s＝0－sinπ＝0；n＝2<5，且n＝2不是奇数，则s＝0＋sin＝1；n＝3<5，且n＝3是奇数，则s＝1－sin＝1－；n＝4<5，且n＝4不是奇数，则s＝1－＋sin＝1－＋；n＝5时结束循环，输出的s＝1－＋＝1－.
7．已知sinα－cosα＝，则cos＋sin＝( )
A．0 B. C．－ D.
答案 C
解析 依题意，sin＝；因为－＝，故α＋＝＋，则cos＝cos＝－sin＝－；
而－＝π，故＝π＋，故sin＝－sin＝－，
故cos＋sin＝－.
8．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，抛物线上一点P，若|PF|＝5，则△PFK的面积为( )
A．4 B．5 C．8 D．10
答案 A
解析 由抛物线的方程y2＝4x，可得
F(1,0)，K(－1,0)，准线方程为x＝－1，
设P(x0，y0)，则|PF|＝x0＋1＝5，即x0＝4，
不妨设P(x0，y0)在第一象限，则P(4,4)，
所以S△PKF＝|FK|·|y0|＝×2×4＝4.
9．如图，△GCD为正三角形，AB为△GCD的中位线，AB＝3AE，BC＝3BF，O为DC的中点，则向量，夹角的余弦值为( )
A. B．－ C．－ D.
答案 B
解析 解法一：以O为坐标原点，DC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系如图所示，设△GCD的边长为4，则A(－1，)，E，
B(1，)，C(2,0)，F，
＝，＝，·＝－，||＝，||＝，cos〈，〉＝＝－.
解法二：设△GCD的边长为4，连接OE，OA，如图，易得△ADO为正三角形，∠OAE＝60°，AO＝2，AE＝，由余弦定理得OE＝，同理得EF＝，OF＝，∴∠EFO＝60°，∴cos〈，〉＝cos120°＝－.
10．王老师的班上有四个体育健将甲、乙、丙、丁，他们都特别擅长短跑，在某次运动会上，他们四人要组成一个4×100米接力队，王老师要安排他们四个人的出场顺序，以下是他们四人的对话：
甲：我不跑第一棒和第二棒；乙：我不跑第一棒和第四棒；丙：我也不跑第一棒和第四棒；丁：如果乙不跑第二棒，我就不跑第一棒；
王老师听了他们四人的对话，安排了一种合理的出场顺序，满足了他们的所有要求，据此我们可以断定，在王老师安排的出场顺序中，跑第三棒的人是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
答案 C
解析 由题意知乙、丙均不跑第一棒和第四棒，则跑第三棒的人只能是乙、丙中的一个，当丙跑第三棒时，乙只能跑第二棒，这时丁跑第一棒，甲跑第四棒，符合题意，故跑第三棒的人是丙．
11．已知点P为双曲线－＝1(a>b>0)右支上一点，点F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，点I是△PF1F2的内心(三角形内切圆的圆心)，若恒有S△IPF1－S△IPF2≥S△IF1F2成立，则双曲线离心率的取值范围是( )
A．(1,2] B．(1,2) C．(0,3] D．(1,3]
答案 D
解析 设△PF1F2的内切圆的半径为r，
由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝2a，|F1F2|＝2c，
S△IPF1＝|PF1|·r，S△IPF2＝|PF2|·r，
S△IF1F2＝·2c·r＝cr，
由题意，得|PF1|·r－|PF2|·r≥cr，
故c≤(|PF1|－|PF2|)＝3a，
故e＝≤3，又e>1，
所以双曲线的离心率取值范围是(1,3]．
12．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若对任意给定的m∈[0,2]，关于x的方程f(x)＝g(m)在区间[0,2]上总存在唯一的一个解，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B.
C．(0,1)∪{－1} D．(－1,0)∪
答案 B
解析 f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，
①当a＝0时，f(x)＝1，g(x)＝，
显然不可能满足题意；
②当a>0时，f′(x)＝6ax(x－1)，
x，f′(x)，f(x)的变化如下：
又因为当a>0时，g(x)＝－x＋是减函数，
对任意m∈[0,2]，g(m)∈，
由题意，必有g(m)max≤f(x)max，且g(m)min>f(0)，
故解得≤a＜1；
③当a<0时，g(x)＝－x＋是增函数，不符合题意．
综上，a∈.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．为了在一条河上建一座桥，施工前在河两岸打上两个桥位桩A，B(如图)，要测算两点的距离，测量人员在岸边定出基线BC，测得BC＝50 m，∠ABC＝105°，∠BCA＝45°，就可以计算出A，B两点的距离为________．
答案 50 m
解析 根据三角形内角和为180°，所以∠BAC＝30°，
由正弦定理＝，得＝.
解得AB＝50 m.
14．已知实数x，y满足约束条件则sin(x＋y)的取值范围为________(用区间表示)．
答案
解析 作出约束条件表示的平面区域(如图阴影部分所示)．
设z＝x＋y，作出直线l：x＋y＝z，当直线l过点B时，z取得最小值；当直线l过点A时，z取得最大值，所以≤x＋y≤，所以sin(x＋y)∈.
15．已知14C的半衰期为5730年(是指经过5730年后，14C的残余量占原始量的一半)．设14C的原始量为a，经过x年后的残余量为b，残余量b与原始量a的关系如下：b＝ae－kx，其中x表示经过的时间， k为一个常数．现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时14C的残余量约占原始量的76.7%.请你推断一下马王堆汉墓的大致年代为距今________年．(已知log20.767≈－0.4)
答案 2292
解析 由b＝ae－kx及题意，得＝e－5730k，
两边取2为底的对数可得，
－1＝－5730klog2e，①
又0.767＝e－kx，
两边取2为底的对数可得，
log20.767＝－kxlog2e，②
②÷①可得0.4≈，即x≈2292.
16．(2019·广东湛江测试二)圆锥 Ω的底面半径为2，母线长为4，正四棱柱ABCD－A′B′C′D′的上底面的顶点A′，B′，C′，D′均在圆锥 Ω的侧面上，棱柱下底面在圆锥 Ω的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为________．
答案
解析 设正四棱柱的底面边长为x，棱柱的高为h，根据相似性可得＝，
解得h＝(其中0＜x＜2)．所以此正四棱柱的体积为V＝x2h＝x2·，
V′＝，令V′＝0，解得x＝，易得V＝x2·在上单调递增，在上单调递减，所以此正四棱柱体积的最大值为2×＝.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(2019·四川教考联盟第三次诊断) (本小题满分12分)槟榔原产于马来西亚，中国主要分布在云南、海南及台湾等热带地区，亚洲热带地区广泛栽培．槟榔是重要的中药材，在南方一些少数民族还有将果实作为一种咀嚼嗜好品，但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物．云南某民族中学为了解A，B两个少数民族班的学生咀嚼槟榔的情况，分别从这两个班中随机抽取5名学生进行调查，将他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本绘制成如图所示的茎叶图(图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字)．
(1)你能否估计哪个班的学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多？
(2)从A班不超过19的样本数据中随机抽取一个数据记为a，从B班不超过21的样本数据中随机抽取一个数据记为b，求a≥b的概率．
解 (1)A班样本数据的平均数为×(9＋11＋14＋20＋31)＝17.由此估计A班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为17； 2分
B班样本数据的平均数为×(11＋12＋21＋25＋26)＝19，由此估计B班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为19颗．故估计B班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多. 5分
(2)A班的样本数据中不超过19的数据a有3个，分别为9,11,14，B班的样本数据中不超过21的数据b也有3个，分别为11,12,21. 6分
从A班和B班的样本数据中各随机抽取一个共有9种不同情况，分别为(9,11)，(9,12)，(9,21)，(11,11)，(11,12)，(11,21)，(14,11)，(14,12)，(14,21). 9分
其中a≥b的情况有(11,11)，(14,11)，(14,12)三种，
故a≥b的概率P＝＝. 12分
18．(本小题满分12分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若数列{logan}是公差为－1的等差数列，且a2＋2是a1，a3的等差中项．
(1)证明：数列{an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn是数列的前n项和，且Tn解 (1)证明：依题意，logan＋1－logan＝－1，
故log＝－1，故＝3； 2分
故数列{an}是公比为3的等比数列．
因为2(a2＋2)＝a1＋a3，故2(3a1＋2)＝a1＋9a1， 4分
解得a1＝1，故数列{an}的通项公式为an＝3n－1. 6分
(2)依题意，＝，故数列是以1为首项，
为公比的等比数列， 8分
故Tn＝＋＋＋…＋＝1＋＋…＋＝＝<， 10分
故M≥，即实数M的取值范围为. 12分
19．(2019·湖南师大附中考前演练五)(本小题满分12分)在梯形ABCD中(图1)，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，过点A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，且AE＝2DE，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，使得CF⊥FE，且DE∥CF，得空间几何体ADE－BCF(图2)．直线AC与平面ABFE所成角的正切值是.
(1)求证：BE∥平面ACD；
(2)求多面体ADE－BCF的体积．
解 (1)证明：如图，设BE交AF于点O，取AC的中点H，连接OH，DH，
因为四边形ABFE为矩形，则OH是△AFC的中位线，所以OH∥CF且OH＝CF， 2分
设DE＝x，则AE＝2x，CF＝3－x，
因为直线AC与平面ABFE所成角的正切值是，所以tan∠CAF＝＝＝，
解得x＝1，
所以DE＝1，AE＝2，CF＝2.因为DE∥CF且DE＝CF，所以DE∥OH且DE＝OH，所以四边形DEOH为平行四边形，DH∥EO，又因为EO?平面ABFE，DH?平面ABFE，DH?平面ACD，所以EO∥平面ACD，即BE∥平面ACD. 5分
(2)由已知CF⊥FE，CF⊥BF，EF∩BF＝F，得CF⊥平面BEF，又CF?平面CDEF，所以平面CDEF⊥平面BEF，又AE⊥EF，所以AE⊥平面CDEF， 7分
由(1)知DE＝1，AE＝2，CF＝2，
所以S矩形ABFE＝4，S△CDE＝×1×2＝1， 10分
则VADE－BCF＝VC－ABFE＋VA－CDE＝×4×2＋×2×1＝. 12分
20．(2019·吉林长春质量监测二)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(a－1)ln x－－x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在[1,3]上的最大值为－2，求实数a的值．
解 (1)因为a＝2时，f(x)＝ln x－－x，
所以f′(x)＝＋－1，
又f(2)＝ln 2－3，f′(2)＝0，
所以所求切线方程为y＝ln 2－3. 4分
(2)因为f′(x)＝(1≤x≤3)， 5分
当a≤1时，f′(x)＜0，f(x)在[1,3]上单调递减，
此时f(x)max＝f(1)＝－a－1＝－2，a＝1， 7分
当a≥3时，f′(x)＞0，f(x)在[1,3]上单调递增，
此时f(x)max＝f(3)＝aln 3－ln 3－－3＝－2，
a＝(舍去)； 9分
当1＜a＜3时，f(x)在(1，a)上单调递增，在(a,3)上单调递减，
此时f(x)max＝f(a)＝aln a－ln a－1－a＝－2，a＝e.
综上a＝1或a＝e. 12分
21．(2019·东北三省四市一模)(本小题满分12分)如图所示，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，B1，B2是椭圆C的短轴端点，且B1到焦点的距离为3，点M在椭圆C上运动，且点M不与B1，B2重合，点N满足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形MB2NB1的面积的最大值．
解 (1)∵e＝，∴a＝c，
又a2＝b2＋c2＝(3)2，∴a2＝18，b2＝9，
∴椭圆C的方程为＋＝1. 4分
(2)解法一：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，
∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，B1(0，－3)，B2(0,3)，
∴直线NB1：y＋3＝－x， ①
直线NB2：y－3＝－x, ② 6分
由①②解得x＝，又＋＝1，∴x＝－，
则四边形MB2NB1的面积
S＝|B1B2|·(|x|＋|x0|)＝×6×＝3×|x0|， 9分
∵0＜x≤18，∴当x＝18时，S的最大值为3××3＝. 12分
解法二：设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，
则直线NB1：y＝－x－3, ①
则直线MB1与椭圆C：＋＝1的交点M的坐标为， 6分
则直线MB2的斜率kMB2＝＝－，
∴直线NB2：y＝2kx＋3. ②
由①②解得xN＝－， 9分
则四边形MB2NB1的面积S＝|B1B2|·(|xM|＋|xN|)＝×6×＝＝≤，
当且仅当|k|＝时，S取得最大值. 12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为ρ＝.
(1)试判断直线l与曲线C的位置关系；
(2)若直线θ＝(ρ∈R)与直线l交于点A，与曲线C交于M，N两点，求|AM|·|AN|的值．
解 (1)曲线C的普通方程为x2＋(y－)2＝7，圆心C(0，)，
半径r＝， 2分
直线l的普通方程为x＋y－2＝0， 3分
∵圆心C到直线l的距离
d＝＝∴直线l与圆C相交.5分
(2)曲线C的极坐标方程为ρ2－2ρsinθ－4＝0，
将θ＝代入ρ＝，得ρ＝1， 7分
将θ＝代入ρ2－2ρsinθ－4＝0得ρ2－3ρ－4＝0，则ρ1＝4，
ρ2＝－1. 8分
∴|AM|＝ρ1－ρ＝3，|AN|＝ρ－ρ2＝2， 9分
∴|AM|·|AN|＝3×2＝6.10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝ln (|x－2|＋|ax－a|)(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的值域；
(2)若?x∈R，都有f(x)＋1≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln (|x－2|＋|x－1|)，
∵|x－2|＋|x－1|≥|(x－2)－(x－1)|＝1， 3分
∴ln (|x－2|＋|x－1|)≥ln 1＝0，即函数f(x)的值域为[0，＋∞). 5分
(2)由f(x)＋1≥0，即ln (|x－2|＋|ax－a|)≥－1，得|x－2|＋|ax－a|≥，
令g(x)＝|x－2|＋|ax－a|，
则函数g(x)的最小值g(x)min＝{g(1)，g(2)}min， 7分
∴只需满足 9分
解得a≤－或a≥，故实数a的取值范围是∪. 10分
课件63张PPT。2020高考仿真模拟卷(三)第三部分 刷模拟本课结束2020高考仿真模拟卷(二)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{2,3,6,7}，C＝{3,4,5,6}，则图中阴影部分表示的集合是( )
A．{2,3} B．{6}
C．{3} D．{3,6}
答案 B
解析 由题可知，A∩B∩C＝{3}，B∩C＝{3,6}，故阴影部分表示的集合是{6}．
2．若(－1＋2i)z＝－5i，则|z|的值为( )
A．3 B．5 C. D.
答案 D
解析 由(－1＋2i)z＝－5i，可得z＝＝＝＝－2＋i.所以|z|＝＝.
3．设a，b，c，d，x为实数，且b>a>0，c>d，下列不等式正确的是( )
A．d－aC．bc>ad D.≤
答案 D
解析 取a＝2，b＝4，c＝3，d＝2，d－a＝0，c－b＝－1，此时d－a>c－b，A错误；取b＝3，a＝2，x＝－1，则＝，＝2，此时<，B错误；取b＝3，a＝，c＝1，d＝－3，bc＝3，ad＝8，此时bc4．函数f(x)＝1＋x2＋的部分图象大致为( )
答案 D
解析 由函数是偶函数，排除A，C；当x∈时，tanx>0.故选D.
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．2 B. C. D．3
答案 C
解析 由三视图可知该几何体为四棱锥，记为四棱锥E－ABCD，将其放入棱长为2的正方体中，如图，易知四棱锥E－ABCD的底面积S四边形ABCD＝4，高为，故所求体积为×4×＝.
6．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称．若tanα＝，则tan(α－β)的值为( )
A．0 B. C. D.
答案 D
解析 由角α与角β的始边相同，终边关于y轴对称可知tanα＝－tanβ.又tanα＝，所以tanβ＝－，
所以tan(α－β)＝＝＝.
7．(2019·四川名校联盟信息卷一)不等式组所表示的平面区域为 Ω，用随机模拟方法近似计算 Ω的面积，先产生两组(每组100个)区间[0,1]上的均匀随机数x1，x2，…，x100和y1，y2，…，y100，由此得到100个点(xi，yi)(i＝1,2，…，100)，再数出其中满足yi＜x(i＝1,2，…，100)的点数为33，那么由随机模拟方法可得平面区域 Ω面积的近似值为( )
A．0.33 B．0.66 C．0.67 D.
答案 C
解析 设平面区域 Ω的面积为S，依题意，得≈.∴S≈0.67.故选C.
8．已知单位向量a，b的夹角为，若向量m＝2a，n＝4a－λb，且m⊥n，则|n|＝( )
A．2 B．4 C．8 D．16
答案 B
解析 依题意，m⊥n，故2a·(4a－λb)＝0，故8a2－2λa·b＝0，故4－λ·＝0，解得λ＝－4，故n＝4a＋4b，故|n|2＝(4a＋4b)2＝16，故|n|＝4.
9．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产．龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则log2(a3a5)的值为( )
A．8 B．10 C．12 D．16
答案 C
解析 依题意a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝1016，
又因为数列{an}是公比为2的等比数列，则＝1016，
所以a1＝8，所以a3a5＝(a4)2＝(8×23)2＝212，
所以log2(a3a5)＝log2212＝12.
10．执行如图所示的程序框图，输出S的值为( )
A．－1008 B．－1010 C．1009 D．1007
答案 C
解析 执行程序框图：
S＝0＋1·sin＝0＋1，i＝3,3>2018？，否；
S＝0＋1＋3·sin＝0＋1－3，i＝5,5>2018？，否；
S＝0＋1－3＋5·sin＝0＋1－3＋5，i＝7,7>2018？，否；
…
S＝0＋1－3＋…＋2017·sin＝0＋1－3＋…＋2017，
i＝2019,2019>2018？，是．
输出S＝0＋1－3＋5－7…－2015＋2017
＝(0＋1)＋(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋(－2015＋2017)
＝1＋2＋2＋…＋2＝1＋504×2＝1009.
11．(2019·江西临川一中考前模拟)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与抛物线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a的值为( )
A．0 B．0或8 C．8 D．1
答案 C
解析 由题意，得y′＝1＋，当x＝1时，切线的斜率k＝2，切线方程为y＝2(x－1)＋1＝2x－1，因为它与抛物线相切，所以ax2＋(a＋2)x＋1＝2x－1有唯一解，即ax2＋ax＋2＝0有唯一解，故解得a＝8，故选C.
12．已知定义域为R的奇函数f(x)，当x>0时，满足f(x)＝则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝( )
A．log25 B．－log25
C．－2 D．0
答案 B
解析 由题意，得f(－1)＝f(2)＝f(5)＝…＝f(2＋672×3)＝f(2018)，f(0)＝f(3)＝f(6)＝…＝f(3＋672×3)＝f(2019)，f(1)＝f(4)＝f(7)＝…＝f(4＋672×3)＝f(2020)，又因为f(－1)＝－f(1)＝log25，f(0)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝673×[f(1)＋f(2)＋f(3)]＋f(2020)＝673×0＋f(1)＝－log25.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某学校男女比例为2∶3，从全体学生中按分层抽样的方法抽取一个样本容量为m的样本，若女生比男生多10人，则m＝________.
答案 50
解析 由题意，得－＝10，解得m＝50.
14．已知双曲线－x2＝1(m>0)的一个焦点与抛物线y＝x2的焦点重合，则此双曲线的离心率为________．
答案
解析 ∵双曲线－x2＝1(m>0)的一个焦点与抛物线y＝x2的焦点重合，
抛物线y＝x2的焦点坐标为(0,2)，
∴c＝2，∴1＋m＝4即m＝a2＝3，∴a＝，
∴e＝＝.
15．(2019·辽宁丹东质量测试二)长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，若在侧棱AA1上存在点E，使得∠C1EB＝90°，则侧棱AA1的长的最小值为________．
答案 2
解析 如图，设侧棱AA1的长为x，A1E＝t，则AE＝x－t，∵长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，∠C1EB＝90°，∴C1E2＋BE2＝BC，
∴2＋t2＋1＋(x－t)2＝1＋x2，整理，得t2－xt＋1＝0，
∵在侧棱AA1上至少存在一点E，使得∠C1EB＝90°，∴Δ＝(－x)2－4≥0，解得x≥2.
∴侧棱AA1的长的最小值为2.
16．(2019·揭阳模拟)在△ABC中，AD是BC边上的中线，∠ABD＝.若AB＝BD，则∠CAD＝________；若AC＝2AD＝2，则△ABC的面积为________．
答案
解析 设BD＝m，则AB＝m，BC＝2m，根据余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD＝m2，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABD＝m2，∴AD＝DC＝AC＝m，即△ACD是正三角形，
∴∠CAD＝.记△ABC的三内角∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的三条边分别为a，b，c，则BD＝a，由余弦定理可得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD，∴1＝c2＋2－ac，即4＝4c2＋a2－2ac，又AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，∴4＝c2＋a2－ac，于是，4c2＋a2－2ac＝c2＋a2－ac，∴a＝c，代入c2＋a2－ac＝4可得c＝2，a＝2，
∴S△ABC＝acsin∠ABC＝.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(2019·天津部分区一模联考)(本小题满分12分)“微信运动”已经成为当下最热门的健身方式，小李的微信朋友圈内也有大量的好友参加了“微信运动”．他随机地选取了其中30人，记录了他们某一天走路的步数，将数据整理如下：
步数
[0,5000]
[5001,8000]
[8001，＋∞)
人数
5
13
12
(1)若采用样本估计总体的方式，试估计小李所有微信好友中每日走路步数超过5000步的概率；
(2)已知某人一天的走路步数若超过8000步则他被系统评定为“积极型”，否则评定为“懈怠型”，将这30人按照“积极型”“懈怠型”分成两层，进行分层抽样，从中抽取5人，将这5人中属于“积极型”的人依次记为Ai(i＝1,2,3，…)，属于“懈怠型”的人依次记为Bi(i＝1,2，3，…)，现在从这5人中随机抽取2人接受问卷调查．设M为事件“抽取的2人来自不同的类型”，求事件M发生的概率．
解 (1)由题意，知30人中一天走路步数超过5000步的有25人，频率为，
∴估计小李所有微信好友中每日走路步数超过5000步的概率为. 4分
(2)5人中“积极型”有5×＝2人，这两人分别记为A1，A2,5人中“懈怠型”有5×＝3人，这三人分别记为B1，B2，B3. 6分
在这5人中任选2人，共有以下10种不同的等可能结果：{A1，A2}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}. 9分
事件M“抽取的2人来自不同的类型”有以下6种不同的等可能结果：
{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}．其概率为＝.
∴事件M发生的概率为. 12分
18．(本小题满分12分)已知等差数列{an}中，a1＝2，a2＋a4＝16.
(1)设bn＝2an，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求{an＋bn}的前n项和．
解 (1)证明：设{an}的公差为d，
由a2＋a4＝16，可得(a1＋d)＋(a1＋3d)＝16，
即2a1＋4d＝16. 2分
又a1＝2，可得d＝3.
故an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1. 3分
依题意，bn＝23n－1，因为＝＝23(常数)，
故数列{bn}是首项为4，公比q＝8的等比数列. 6分
(2){an}的前n项和为＝. 8分
{bn}的前n项和为
＝＝·23n＋2－. 10分
故{an＋bn}的前n项和为
＋·23n＋2－. 12分
19．(2019·辽宁丹东质量测试)(本小题满分12分)如图，四棱锥S－ABCD中，SD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，SD＝CD，AB＝AD＝2，CD＝2AD，M是BC的中点，N是SA的中点．
(1)求证：MN∥平面SDC；
(2)求点A到平面MDN的距离．
解 (1)证明：取AD的中点E，连接ME，NE，则ME∥DC，
因为ME?平面SDC，
所以ME∥平面SDC， 2分
同理NE∥平面SDC.
所以平面MNE∥平面SDC，
所以MN∥平面SDC. 4分
(2)因为CD⊥AD，所以ME⊥AD.
因为SD⊥平面ABCD，所以SD⊥CD，ME⊥SD.
又因为AD∩SD＝D，
所以ME⊥平面SAD. 6分
因为DA＝2，则ME＝3，NE＝2，MN＝＝，MD＝，ND＝.
在△MDN中，由余弦定理，得cos∠MDN＝，
从而sin∠MDN＝，所以△MDN的面积为， 9分
连接AM，则△ADM的面积为×2×3＝3.
设点A到平面MDN的距离为d，
由VA－MDN＝VN－AMD，得d＝3NE，
因为NE＝2，所以点A到平面MDN的距离d＝. 12分
20．(2019·河南九师联盟1月质量检测)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(1－a2)x＋＋2aln x(a＞0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意x∈[1，＋∞)，有f(x)≤2x－a2.
解 (1)f′(x)＝1－a2－＋＝[(1－a2)x2＋2ax－1]＝[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]. 2分
①当0＜a≤1时，由f′(x)＜0，得[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]＜0，解得0＜x＜；
由f′(x)＞0，得[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]＞0，解得x＞.
故函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. 4分
②当a＞1时，由f′(x)＜0，得0＜x＜或x＞；
由f′(x)＞0，得＜x＜.
故函数f(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为. 6分
(2)证明：构造函数g(x)＝f(x)－2x＋a2＝－(1＋a2)x＋＋2aln x＋a2，
则g′(x)＝－(1＋a2)－＋＝－. 8分
因为Δ＝(2a)2－4(1＋a2)＜0,1＋a2>0，
所以(1＋a2)x2－2ax＋1＞0，即g′(x)＜0.
故g(x)在区间[1，＋∞)上是减函数．
又因为x≥1，所以g(x)≤g(1)＝－(1＋a2)＋1＋a2＝0.
故对任意x∈[1，＋∞)，有f(x)≤2x－a2. 12分
21．(2019·广东湛江测试二)(本小题满分12分)已知定点F(1,0)，横坐标不小于0的动点T在y轴上的射影为H，若|TF|＝|TH|＋1.
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)若点P(4,4)不在直线l：y＝kx＋m上，并且直线l与曲线C相交于A，B两个不同点．问是否存在常数k使得当m的值变化时，直线PA，PB的斜率之和是一个定值．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设点T在直线x＝－1上的射影是R，则由于T的横坐标不小于0，所以|TR|＝|TH|＋1，又|TF|＝|TH|＋1，所以|TF|＝|TR|，即点T到点F(1,0)的距离与点T到直线x＝－1的距离相等，所以T的轨迹是以F(1,0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线．即动点T的轨迹C的方程是y2＝4x. 4分
(2)由于A，B两点在曲线C：y2＝4x上，所以可设A，B，则
PA的斜率k1＝＝，PB的斜率k2＝＝，
所以k1＋k2＝＋＝. 8分
又曲线C与直线l相交于A，B两点，所以k≠0，联立整理，得ky2－4y＋4m＝0，所以a＋b＝，ab＝.
则k1＋k2＝＝＝＝1＋， 11分
此式随着m的变化，值也在变化，所以不存在k值满足题意. 12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，已知点P(1，－2)，直线l：(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2cosθ，直线l和曲线C的两交点为A，B.
(1)求直线l和曲线C的普通方程；
(2)求|PA|＋|PB|.
解 (1)直线l：(t为参数)，消去t，可得直线l的普通方程为x－y－3＝0. 2分
曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2cosθ，即为ρ2sin2θ＝2ρcosθ，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ可得曲线C的普通方程为y2＝2x. 5分
(2)直线l的标准参数方程为(t′为参数)，
代入曲线C：y2＝2x，
可得t′2－6t′＋4＝0，
有t′1＋t′2＝6，t′1t′2＝4，
则|PA|＋|PB|＝|t′1|＋|t′2|＝t′1＋t′2＝6. 10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知a>0，b>0，a2＋b2＝a＋b.证明：
(1)(a＋b)2≤2(a2＋b2)；
(2)(a＋1)(b＋1)≤4.
证明 (1)因为(a＋b)2－2(a2＋b2)＝2ab－a2－b2＝－(a－b)2≤0.
所以(a＋b)2≤2(a2＋b2). 4分
(2)证法一：由(1)及a2＋b2＝a＋b得a＋b≤2.
因为(a＋1)(b＋1)≤2＝2≤4.
于是(a＋1)(b＋1)≤4. 10分
证法二：由(1)及a2＋b2＝a＋b得a＋b≤2.
因为ab≤2，所以ab≤1.
故(a＋1)(b＋1)＝ab＋a＋b＋1≤4. 10分
课件55张PPT。2020高考仿真模拟卷(二)第三部分 刷模拟本课结束2020高考仿真模拟卷(五)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设全集U＝R，集合A＝{x|(2x－1)(x－3)<0}，B＝{x|(x－1)(x－4)≤0}，则(?UA)∩B＝( )
A．[1,3) B．(－∞，1)∪[3，＋∞)
C．[3,4] D．(－∞，3)∪(4，＋∞)
答案 C
解析 因为集合A＝，B＝{x|1≤x≤4}，
所以?UA＝，所以(?UA)∩B＝{x|3≤x≤4}．
2．在复平面内，复数z＝(i是虚数单位)，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 B
解析 因为z＝＝＝＝－1－2i，所以z的共轭复数＝－1＋2i在复平面内对应的点(－1,2)位于第二象限．
3．在△ABC中，点D在边AB上，且＝，设＝a，＝b，则＝( )
A.a＋b B.a＋b
C.a＋b D.a＋b
答案 B
解析 因为＝，＝a，＝b，故＝a＋＝a＋＝a＋(b－a)＝a＋b.
4．(2019·济南模拟)在平面直角坐标系xOy中，与双曲线－＝1有相同的渐近线，且位于x轴上的焦点到渐近线的距离为3的双曲线的标准方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
答案 C
解析 与双曲线－＝1有相同的渐近线的双曲线的方程可设为－＝λ(λ≠0)，因为该双曲线的焦点在x轴上，故λ>0.又焦点(，0)到渐近线y＝x的距离为3，所以＝3，解得λ＝3.所以所求双曲线的标准方程为－＝1.
5．若正项等比数列{an}满足anan＋1＝22n(n∈N*)，则a6－a5的值是( )
A. B．－16 C．2 D．16
答案 D
解析 因为anan＋1＝22n(n∈N*)，所以an＋1an＋2＝22n＋2(n∈N*)，两式作比可得＝4(n∈N*)，即q2＝4，又an>0，所以q＝2，因为a1a2＝22＝4，所以2a＝4，所以a1＝，a2＝2，所以a6－a5＝(a2－a1)q4＝16.
6．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A．4 B. C．2 D.
答案 B
解析 由三视图还原几何体如图所示，
该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥H－EFG，三角形ABC的面积S＝×2×＝.
∴该几何体的体积V＝×4－××2＝.
7．执行如图所示的程序框图，若输出的结果是，则判断框中可填入的条件是( )
A．i<10? B．i<9? C．i>8? D．i<8?
答案 B
解析 由程序框图的功能可得S＝1×××…×＝××××…×＝××××…××＝＝，所以i＝8，i＋1＝9，故判断框中可填入i<9？.
8．现有大小形状完全相同的4个小球，其中红球有2个，白球与蓝球各1个，将这4个小球排成一排，则中间2个小球不都是红球的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设白球为A，蓝球为B，红球为C，则不同的排列情况为ABCC，ACBC，ACCB，BACC，BCAC，BCCA，CABC，CACB，CBCA，CBAC，CCAB，CCBA共12种情况，其中红球都在中间的有ACCB，BCCA两种情况，所以红球都在中间的概率为＝，故中间两个小球不都是红球的概率为1－＝.
9．(2019·东北三省三校一模)圆周率是圆的周长与直径的比值，一般用希腊字母π表示．早在公元480年左右，南北朝时期的数学家祖冲之就得出精确到小数点后7位的结果，他是世界上第一个把圆周率的数值计算到小数点后第七位的人，这比欧洲早了约1000年．在生活中，我们也可以通过设计下面的实验来估计π的值：从区间[－1，1]内随机抽取200个数，构成100个数对(x，y)，其中满足不等式y＞ 的数对(x，y)共有11个，则用随机模拟的方法得到的π的近似值为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 在平面直角坐标系中作出边长为1的正方形和单位圆，则符合条件的数对表示的点在x轴上方、正方形内且在圆外的区域，区域面积为2－，由几何概型概率公式可得≈，解得π≈.故选A.
10．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 解法一：(平行线法)如图1，取DB1的中点O和AB的中点M，连接OM，DM，则MO∥AD1，∠DOM为异面直线AD1与DB1所成的角．依题意得DM2＝DA2＋AM2＝1＋2＝.
OD2＝2＝×(1＋1＋3)＝，
OM2＝2＝×(1＋3)＝1.
∴cos∠DOM＝＝＝＝.
解法二：(割补法)如图2，在原长方体后面补一个全等的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.
∵DE1∥AD1，∴∠B1DE1就是异面直线AD1与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＝＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
11．如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．根据椭圆的光学性质解决下题：已知曲线C的方程为x2＋4y2＝4，其左、右焦点分别是F1，F2，直线l与椭圆C切于点P，且|PF1|＝1，过点P且与直线l垂直的直线l′与椭圆长轴交于点M，则|F1M|∶|F2M|＝( )
A.∶ B．1∶ C．1∶3 D．1∶
答案 C
解析 由椭圆的光学性质可知，直线l′平分∠F1PF2，
因为＝，
又＝＝，故＝.由|PF1|＝1，|PF1|＋|PF2|＝4，得|PF2|＝3，故|F1M|∶|F2M|＝1∶3.
12．设x1，x2分别是函数f(x)＝x－a－x和g(x)＝xlogax－1的零点(其中a>1)，则x1＋4x2的取值范围是( )
A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)
C．[5，＋∞) D．(5，＋∞)
答案 D
解析 令f(x)＝x－a－x＝0，则＝ax，所以x1是指数函数y＝ax(a>1)的图象与y＝的图象的交点A的横坐标，且01)的图象与y＝的图象的交点B的横坐标．由于y＝ax与y＝logax互为反函数，从而有x1＝，所以x1＋4x2＝x1＋.由y＝x＋在(0,1)上单调递减，可知x1＋4x2>1＋＝5，故选D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设某总体是由编号为01,02，…，19,20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体编号为________．
答案 19
解析 由题意，从随机数表第1行的第3列数字1开始，从左到右依次选取两个数字的结果为：
18,07,17,16,09,19，…，
故选出来的第6个个体编号为19.
14．(2019·湖南师范大学附中模拟三)若函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，φ＞0,0＜φ＜π)的图象经过点，且相邻两条对称轴间的距离为，则f的值为________．
答案
解析 由题意得＝π，∴ω＝2，则f(x)＝2sin(2x＋φ)，又函数的图象经过点，则sin＝1，∵0＜φ＜π，∴φ＝，即f(x)＝2sin，则f＝2sin＝.
15．已知抛物线y2＝2px(p>0)的准线方程为x＝－2，点P为抛物线上的一点，则点P到直线y＝x＋3的距离的最小值为________．
答案
解析 由题设得抛物线方程为y2＝8x，
设P点坐标为P(x，y)，
则点P到直线y＝x＋3的距离为
d＝＝
＝＝≥，
当且仅当y＝4时取最小值.
16．(2019·南宁摸底考试)在数列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝，则数列{an}的通项公式为an＝________，数列{bn}的前n项和Sn的最小值为________．
答案 －
解析 由题意知，an＝2－(n≥2，n∈N*)，∴bn＝＝＝＝1＋＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又b1＝＝－，∴数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列，∴bn＝n－，即＝n－，∴an＝.又b1＝－＜0，b2＝＞0，∴Sn的最小值为S1＝b1＝－.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A≠，且3sinAcosB＋bsin2A＝3sinC.
(1)求a的值；
(2)若A＝，求△ABC周长的最大值．
解 (1)由3sinAcosB＋bsin2A＝3sinC，得3sinAcosB＋bsinAcosA＝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，因为A≠，所以b2＋c2－a2≠0，所以a＝3.
(另解：由sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB代入条件变形即可)6分
(2)在△ABC中，A＝，a＝3，由余弦定理得，9＝b2＋c2＋bc，因为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，当且仅当b＝c＝时，等号成立．
故当b＝c＝时，△ABC周长的最大值为3＋2.12分
18．(2019·黑龙江齐齐哈尔市二模)(本小题满分12分)某县共有户籍人口60万，经统计，该县60岁及以上、百岁以下的人口占比为13.8%，百岁及以上老人15人．现从该县60岁及以上、百岁以下的老人中随机抽取230人，得到如下频数分布表：
年龄段(岁)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100)
人数(人)
125
75
25
5
(1)从样本中70岁及以上老人中，采用分层抽样的方法抽取21人，进一步了解他们的生活状况，则80岁及以上老人应抽多少人？
(2)从(1)中所抽取的80岁及以上老人中，再随机抽取2人，求抽到90岁及以上老人的概率；
(3)该县按省委办公厅、省人民政府办公厅《关于加强新时期老年人优待服务工作的意见》精神，制定如下老年人生活补贴措施，由省、市、县三级财政分级拨款：
①本县户籍60岁及以上居民，按城乡居民养老保险实施办法每月领取55元基本养老金；
②本县户籍80岁及以上老年人额外享受高龄老人生活补贴．
(a)百岁及以上老年人，每人每月发放345元的生活补贴；
(b)90岁及以上、百岁以下老年人，每人每月发放200元的生活补贴；
(c)80岁及以上、90岁以下老年人，每人每月发放100元的生活补贴．
试估计政府执行此项补贴措施的年度预算．
解 (1)样本中70岁及以上老人共105人，其中80岁及以上老人30人，所以应抽取的21人中，80岁及以上老人应抽30×＝6人.3分
(2)在(1)中所抽取的80岁及以上的6位老人中，90岁及以上老人1人，记为A，其余5人分别记为B，C，D，E，F，从中任取2人，基本事件共15个：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，这15个基本事件发生的可能性相等.6分
记“抽到90岁及以上老人”为事件M，则M包含5个基本事件，
所以P(M)＝＝.8分
(3)样本中230人的月预算为230×55＋25×100＋5×200＝16150(元)，10分
用样本估计总体，年预算为×12＝6984×104(元)．
所以政府执行此项补贴措施的年度预算为6984万元.12分
19．(2019·湖南长沙长郡中学一模)(本小题满分12分)如图，在多边形ABPCD中(图1)，四边形ABCD为长方形，△BPC为正三角形，AB＝3，BC＝3，现以BC为折痕将△BPC折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2)．
(1)证明：PD⊥平面PAB；
(2)若点E在线段PB上，且PE＝PB，当点Q在线段AD上运动时，求三棱锥Q－EBC的体积．
解 (1)证明：过点P作PO⊥AD，垂足为O.
由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上，
∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AB，
∵四边形ABCD为矩形，∴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)设点E到底面QBC的距离为h，
则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＝××＝3.12分
20．(本小题满分12分)抛物线y2＝4x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)若点T(－1,0)，且直线AT，BT的斜率分别为k1，k2，求证：k1＋k2为定值；
(2)设A，B两点在抛物线的准线上的射影分别为P，Q，线段PQ的中点为R，求证：AR∥FQ.
证明 (1)设直线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(1,0)，
kAR＝＝＝，kQF＝＝－，8分
kAR－kQF＝＋＝
＝＝
＝＝0，
即kAR＝kQF，所以直线AR与直线FQ平行.12分
21．(2019·山东潍坊一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝xln x－(a＋1)x，g(x)＝f(x)－a，a∈R.
(1)当x＞1时，求f(x)的单调区间；
(2)设F(x)＝ex＋x3＋x，若x1，x2为函数g(x)的两个不同极值点，证明：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)单调递增，
若a＞0，由ln x－a＝0，解得x＝ea，2分
且x∈(1，ea)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
x∈(ea，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)；
当a＞0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(1，ea).5分
(2)证明：F′(x)＝ex＋3x2＋1＞0，故F(x)在R上单调递增，即证x1x＞e2，也即证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为方程ln x＝ax的两根，
即
即证ax1＋2ax2＞2，即a(x1＋2x2)＞2，
而①－②得a＝，8分
即证·(x1＋2x2)＞2，
则证ln ·＞2，变形得ln ·＞2，
不妨设x1＞x2，t＝＞1，
即证ln t·＞2，整理得ln t－＞0，
设h(t)＝ln t－，则h′(t)＝－＝＝＞0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)＞h(1)＝0，即结论成立.12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的方程为＋y2＝1，曲线C2的参数方程为(φ为参数)，曲线C3的方程为y＝xtanα，曲线C3与曲线C1，C2分别交于P，Q两点．
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)求|OP|2·|OQ|2的取值范围．
解 (1)因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲线C1的极坐标方程为
＋ρ2sin2θ＝1，即ρ2＝，2分
由(φ为参数)，消去φ，
即得曲线C2的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，
将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入化简，
可得曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ.5分
(2)曲线C3的极坐标方程为θ＝α.6分
由(1)得|OP|2＝，|OQ|2＝4sin2α，
即|OP|2·|OQ|2＝＝，8分
因为0<α<，所以0所以|OP|2·|OQ|2∈(0,4).10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x－5|－|x＋3|.
(1)解关于x的不等式f(x)≥x＋1；
(2)记函数f(x)的最大值为m，若a>0，b>0，ea·e4b＝e2ab－m，求ab的最小值．
解 (1)当x≤－3时，由5－x＋x＋3≥x＋1，得x≤7，所以x≤－3；当－3综上可知，x≤，即不等式f(x)≥x＋1的解集为.5分
(2)因为|x－5|－|x＋3|≤|x－5－x－3|＝8，所以函数f(x)的最大值m＝8.6分
因为ea·e4b＝e2ab－8，所以a＋4b＝2ab－8.
又a>0，b>0，所以a＋4b≥2＝4，当且仅当a＝4b时，等号成立，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的最小值为6＋2.10分
课件61张PPT。2020高考仿真模拟卷(五)第三部分 刷模拟本课结束2020高考仿真模拟卷(八)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A＝{x|(x－2)(x＋2)≤0}，B＝{y|x2＋y2＝16}，则A∩B＝( )
A．[－3,3] B．[－2,2] C．[－4,4] D．?
答案 B
解析 由题意，得A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{y|－4≤y≤4}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤2}．
2．已知复数z＝2＋bi(b∈R)(i为虚数单位)的共轭复数为，且满足z2为纯虚数，则z＝( )
A．2 B．2 C．8 D．12
答案 C
解析 ∵z2＝4－b2＋4bi为纯虚数，∴
解得b＝±2，∴z＝|z|2＝22＋b2＝8.
3．按照如图的程序框图执行，若输出结果为15，则M处条件为( )
A．k≥16? B．k<8? C．k<16? D．k≥8?
答案 A
解析 程序运行过程中，各变量的值如下表所示：
S
k
是否继续循环
循环前
0
1
—
第一圈
1
2
是
第二圈
3
4
是
第三圈
7
8
是
第四圈
15
16
否
故退出循环的条件应为k≥16？.
4．甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，平均数也相同，则图中的m，n的比值＝( )
A. B. C．2 D．3
答案 A
解析 由题意得，甲组数据为：24,29,30＋m,42；
乙组数据为：25,20＋n,31,33,42.
∴甲、乙两组数据的中位数分别为，31，
且甲、乙两组数的平均数分别为
甲＝＝，
乙＝＝，
由题意得解得
∴＝＝.
5．(2019·南昌调研)给出下列四个函数：①f(x)＝2x－2－x；②f(x)＝xsinx；③f(x)＝log3；④f(x)＝|x＋3|－|x－3|.
其中是奇函数的编号为( )
A．①③ B．①③④ C．①②③ D．①②③④
答案 B
解析 对于①，f(－x)＝2－x－2x＝－(2x－2－x)＝－f(x)，所以是奇函数；对于②，f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以是偶函数；对于③，f(－x)＝log3＝－log3＝－f(x)，所以是奇函数；对于④，f(－x)＝|－x＋3|－|－x－3|＝|x－3|－|x＋3|＝－(|x＋3|－|x－3|)＝－f(x)，所以是奇函数．故选B.
6．已知实数x，y满足约束条件则z＝(x＋1)2＋(y＋1)2的最小值为( )
A. B．5 C. D.
答案 A
解析 作出不等式组对应的平面区域如图中阴影部分(包括边界)：
其中A(1,2)，B(0,1)，C(1,0)，z＝(x＋1)2＋(y＋1)2表示可行域内的点与P(－1，－1)距离的平方，过点P作直线x＋y－1＝0的垂线，设垂足为Q，|PQ|＝＝，
zmin＝|PQ|2＝.
7. 如图在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD的顶点D被阴影遮住，请设法计算·＝( )
A．10 B．11 C．12 D．13
答案 B
解析 以A点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(4,1)，C(6,4)，
据此可得＝(4,1)，＝(6,4)，
结合平面向量的平行四边形法则有＝－＝(2,3)，则·＝(4,1)·(2,3)＝8＋3＝11.
8．(2019·辽宁葫芦岛二模)近年来随着计划生育政策效果的逐步显现以及老龄化的加剧，我国经济发展的“人口红利”在逐渐消退，在当前形势下，很多二线城市开始了“抢人大战”，自2018年起，像西安、南京等二线城市人才引进与落户等政策放宽力度空前，至2019年发布各种人才引进与落户等政策的城市已经有16个．某二线城市2018年初制定人才引进与落户新政(即放宽政策，以下简称新政)：硕士研究生及以上可直接落户并享有当地政府依法给予的住房补贴，本科学历毕业生可以直接落户，专科学历毕业生在当地工作两年以上可以落户，高中及以下学历人员在当地工作10年以上可以落户．新政执行一年，2018年全年新增落户人口较2017年全年增加了一倍，为了深入了解新增落户人口结构及变化情况，相关部门统计了该市新政执行前一年(即2017年)与新政执行一年(即2018年)新增落户人口学历构成比例，得到如下饼状图：
则下面结论中错误的是( )
A．新政实施后，新增落户人员中本科生已经超过半数
B．新政实施后，高中及以下学历人员新增落户人口减少
C．新政对硕士研究生及以上的新增落户人口数量暂时未产生影响
D．新政对专科生在该市落实起到了积极的影响
答案 B
解析 设2017年全年新增落户人数为x，则2018年全年新增落户人数为2x，根据两个饼状图可知：
年份
高中及以下
全年新增
落户人数
专科全年
新增落户
人数
本科全年
新增落户
人数
硕士及以上
全年新增
落户人数
2017
0.09x
0.26x
0.49x
0.16x
2018
0.1x
0.58x
1.16x
0.16x
所以选项B错误，故选B.
9．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知一个四棱锥的正视图、侧视图如图所示，其底面梯形的斜二测画法的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且该梯形的面积为，则该四棱锥的体积是( )
A．4 B. C. D.
答案 A
解析 由三视图可知，该四棱锥的高是3，记斜二测画法中的等腰梯形的上底为a，高为x，则直观图中等腰梯形的腰为x，面积S′＝(a＋a＋2x)x＝(a＋x)x，由斜二测画法的特点知原底面梯形的高为2x，面积S＝(a＋a＋2x)·2x＝2(a＋x)x，∴S＝2S′＝2×＝4，故四棱锥的体积V＝Sh＝×4×3＝4，故选A.
10．(2019·全国卷Ⅰ)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为( )
A．2sin40° B．2cos40° C. D.
答案 D
解析 由题意可得－＝tan130°，所以e＝ ＝＝ ＝＝.故选D.
11．某同学为研究函数f(x)＝＋(0≤x≤1)的性质，构造了如图所示的两个边长为1的正方形ABCD和BEFC，点P是边BC上的一个动点，设CP＝x，则AP＋PF＝f(x)．函数g(x)＝3f(x)－8的零点的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 A
解析 由题意可得函数f(x)＝＋＝AP＋PF，当A，P，F三点共线时，f(x)取得最小值；当P与B或C重合时，f(x)取得最大值＋1.求函数g(x)＝3f(x)－8的零点的个数，即为求f(x)＝的解的个数，由f(x)的最大值＋1<，可知函数f(x)＝无解．
12．已知A，B是过抛物线y2＝2px(p>0)焦点F的直线与抛物线的交点，O是坐标原点，且满足＝2，S△OAB＝|AB|，则抛物线的标准方程为( )
A．y2＝4x B．y2＝x C．y2＝8x D．y2＝x
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，＝2，
则y1＝－2y2，又由抛物线焦点弦性质，y1y2＝－p2，
所以－2y＝－p2，得|y2|＝p，|y1|＝p，
＋＝＝，
得|BF|＝p，|AF|＝p，|AB|＝p.
S△OAB＝··(|y1|＋|y2|)＝p2＝·p，得p＝2，抛物线的标准方程为y2＝4x.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设向量a＝(1，－2)，a＋b＝(x,8)，c＝(－2,1)，若b∥c，则实数x的值为________．
答案 －19
解析 由已知可得b＝(x－1,10)，由b∥c得x－1＝－20，则x＝－19.
14．如图，在体积为V1的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面，共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为V2，则＝________.
答案
解析 设上下圆锥的高分别为h1，h2，圆柱的底面圆的半径为r，圆柱的高为h，则＝＝＝.
15．(2019·太原模拟)已知θ为锐角，且sinθsin＝5cos2θ，则tanθ＝________.
答案
解析 由已知得sinθ＝5(cos2θ－sin2θ)，即sinθ(sinθ＋cosθ)＝5(sinθ＋cosθ)(cosθ－sinθ)．因为θ为锐角，所以＝5，所以＝5，得tanθ＝.
16．已知数列{an}，令Pn＝(a1＋2a2＋…＋2n－1an)(n∈N＋)，则称{Pn}为{an}的“伴随数列”，若数列{an}的“伴随数列”{Pn}的通项公式为Pn＝2n＋1(n∈N＋)，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S4对任意的正整数n恒成立，则实数k的取值范围为________．
答案
解析 由题意，Pn＝(a1＋2a2＋…＋2n－1an)(n∈N＋)，
则a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，
a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n，
则2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)2n＝(n＋1)2n，
则an＝2(n＋1)，对a1也成立，故an＝2(n＋1)，
则an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{an－kn}为等差数列，
故Sn≤S4对任意的n(n∈N＋)恒成立可化为a4－4k≥0，a5－5k≤0，即解得≤k≤.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(2019·河南八市重点高中联盟第五次测评)(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AA1＝AC，∠ACB＝90°.
(1)求证：平面AB1C1⊥平面A1B1C；
(2)若∠A1AC＝60°，AC＝2CB＝2，求四棱锥A－BCC1B1的体积．
解 (1)证明：∵平面ACC1A1⊥平面ABC，
平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，
∠ACB＝90°，∴BC⊥平面ACC1A1，
∵A1C?平面ACC1A1，∴BC⊥A1C，
∵B1C1∥BC，∴A1C⊥B1C1，2分
∵四边形ACC1A1是平行四边形，且AA1＝AC，
∴四边形ACC1A1是菱形，∴A1C⊥AC1，
∵AC1∩B1C1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1，又A1C?平面A1B1C，∴平面AB1C1⊥平面A1B1C.5分
(2)∵四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，AC＝2，∴S△ACC1＝×2×2×sin60°＝，7分
∵B1C1∥BC，B1C1＝BC，BC⊥平面ACC1A1，BC＝1，
∴VB1－ACC1＝S△ACC1·B1C1＝××1＝，10分
∴VA－BCC1B1＝2VA－CC1B1＝2VB1－ACC1＝，
即四棱锥A－BCC1B1的体积为. 12分
18．(本小题满分12分)如图，旅客从某旅游区的景点A处下山至C处有两种路径，一种是从A沿直线步行到C，另一种从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分钟，在甲出发2分钟后，乙从A乘缆车到B，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130米/分钟，山路AC长1260米，经测量，cosA＝，cosC＝.
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
解 (1)因为在△ABC中，cosA＝，cosC＝，
所以sinA＝，sinC＝，2分
所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝，4分
由正弦定理得＝，
所以AB＝＝1040米，
所以索道AB的长为1040米.6分
(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，
此时，甲行走了(100＋50t)米，乙距离A处130t米，所以由余弦定理，得7分
d2＝(130t)2＋2500(t＋2)2－2·130t·50(t＋2)·
＝200(37t2－70t＋50)
＝200，t∈[0,8]，11分
故当t＝时，甲、乙的距离最短．
所以乙出发分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短.12分
19．(2019·山东济南3月模拟)(本小题满分12分)某客户考察了一款热销的净水器，使用寿命为十年，该款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现．在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换3个一级滤芯就需要更换1个二级滤芯，三级滤芯无需更换．其中一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元．记一台净水器在使用期内需要更换的二级滤芯的个数构成的集合为M.如图是根据100台该款净水器在十年使用期内更换的一级滤芯的个数制成的柱状图．
(1)结合图形，写出集合M；
(2)根据以上信息，求出一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1200元的概率(以100台净水器更换二级滤芯的频率代替1台净水器更换二级滤芯发生的概率)；
(3)若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯可享受5折优惠(使用过程中如需再购买无优惠)．假设上述100台净水器在购机的同时，每台均购买a个一级滤芯、b个二级滤芯作为备用滤芯(其中b∈M，a＋b＝14)，计算这100台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平均数，并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数也为14个，则其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？
解 (1)由题意可知当一级滤芯更换9,10,11个时，二级滤芯需要更换3个，2分
当一级滤芯更换12个时，二级滤芯需要更换4个，所以M＝{3,4}. 4分
(2)由题意可知二级滤芯更换3个，需1200元，二级滤芯更换4个，需1600元，5分
在100台净水器中，二级滤芯需要更换3个的净水器共70台，
二级滤芯需要更换4个的净水器共30台，6分
设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1200元”为事件A，所以P(A)＝＝0.3.7分
(3)因为a＋b＝14，b∈M，
①若a＝10，b＝4，则这100台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为
＝2000.9分
②若a＝11，b＝3，则这100台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为
＝1880，11分
所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为14个，客户应该购买一级滤芯11个，二级滤芯3个.12分
20．(2019·湖北宜昌元月调考)(本小题满分12分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(0,4)的直线l与椭圆C交于M、N两点，F是椭圆C的上焦点．问：是否存在直线l，使得S△MAF＝S△MNF.若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵＝，b＝，且有a2＝b2＋c2，
解得a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.4分
(2)由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx＋4，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立?(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0，
∴ 6分
∵S△MAF＝SMNF，∴M为线段AN的中点，
∴x2＝2x1， ④
将④代入②，解得x1＝－， ⑤8分
将④代入③，得x＝， ⑥
将⑤代入⑥，解得k2＝， ⑦10分
将⑦代入①检验成立，∴k＝±，即存在直线l：6x－y＋4＝0或6x＋y－4＝0符合题意.12分
21．(2019·山西吕梁一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex－ln x＋1.
(1)求函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)＞3.
解 (1)因为f′(x)＝ex－，
又f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
所以y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，
即所求切线方程为y＝(e－1)x＋2.4分
(2)证明：由(1)，知f′(x)＝ex－，易知f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
因为f′＜0，且f′(1)＞0，所以?x0∈，使得f′(x0)＝0，即f′(x)＝0有唯一的根，
记为x0，则f′(x0)＝ex0－＝0，对e x0＝两边取对数，
得ln e x0＝ln ，整理，得x0＝－ln x0，8分
因为x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝e x0－ln x0＋1＝＋x0＋1≥3，当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立，
因为x0∈，所以f(x)min＞3，即f(x)＞3.12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)＝λ(λ>0)，直线l与曲线C交于A，B两点．
(1)若OA⊥OB，求直线l的直角坐标方程；
(2)若直线l与x轴交于P点，△OAP的面积是△OBP面积的3倍，求λ的值．
解 (1)消去参数α，得曲线C的普通方程为＋y2＝1，将代入ρ(cosθ＋sinθ)＝λ，
得直线l的直角坐标方程为x＋y＝λ(λ>0)，2分
联立，得消去x，得3y2－2λy＋λ2－2＝0，
Δ＝4λ2－12(λ2－2)>0，即λ2<3，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝(λ－y1)(λ－y2)＋y1y2＝2y1y2－λ(y1＋y2)＋λ2＝0，4分
即2×－λ×＋λ2＝0，
则λ2＝，由于λ>0，因而λ＝，
故直线l的直角坐标方程为3x＋3y－2＝0.5分
(2)易知S△OAP＝|OP|·|y1|
＝3S△OBP＝|OP|·|y2|，
因而|y1|＝3|y2|，6分
由(1)知y1＋y2＝，y1y2＝，
①若y1，y2均为正，则y1＝3y2，
则4y2＝，3y＝，得λ＝；8分
②若y1，y2一正一负，则y1＝－3y2，
则－2y2＝，－3y＝，得λ＝1.10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x－1|，不等式f(x)＋2|x|≤4的解集为A.
(1)求集合A；
(2)证明：对于任意的x，y∈?RA，|xy＋1|>|x＋y|恒成立．
解 (1)不等式f(x)＋2|x|≤4，即|x－1|＋2|x|≤4，
当x≥1时，得x－1＋2x≤4?x≤，所以1≤x≤；2分
当0当x≤0时，得1－x－2x≤4?x≥－1，
所以－1≤x≤0.4分
综上，不等式的解集A＝.5分
(2)证明：若证|xy＋1|>|x＋y|，
即证|xy＋1|2>|x＋y|2，
即证x2y2＋2xy＋1>x2＋2xy＋y2成立，
即证x2y2－x2－y2＋1>0，即证(x2－1)(y2－1)>0.7分
∵A＝，
∴?RA＝.8分
∵x，y∈?RA，∴|x|>1，|y|>1，
∴x2>1，y2>1，
∴(x2－1)(y2－1)>0成立，即原命题得证.10分
课件61张PPT。2020高考仿真模拟卷(八)第三部分 刷模拟本课结束2020高考仿真模拟卷(六)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2019·张家口模拟)已知实数a，b满足(a＋bi)(2＋i)＝3－5i(其中i为虚数单位)，则复数z＝b－ai的共轭复数为( )
A．－＋i B．－－i
C.＋i D.－i
答案 A
解析 依题意，a＋bi＝＝＝，故a＝，b＝－，故z＝b－ai＝－－i，故复数z的共轭复数为＝－＋i，故选A.
2．已知集合A＝{(x，y)|x2＝4y}，B＝{(x，y)|y＝x}，则A∩B的真子集的个数为( )
A．1 B．3
C．5 D．7
答案 B
解析 依题意，在同一平面直角坐标系中分别作出x2＝4y与y＝x的图象，观察可知，它们有2个交点，即A∩B有2个元素，故A∩B的真子集的个数为3，故选B.
3．已知命题p：“?a>b，|a|>|b|”，命题q：“?x0<0，2 x0>0”，则下列为真命题的是( )
A．p∧q B．(綈p)∧(綈q)
C．p∨q D．p∨(綈q)
答案 C
解析 对于命题p，当a＝0，b＝－1时，0>－1，
但是|a|＝0，|b|＝1，|a|<|b|，所以命题p是假命题．
对于命题q，?x0<0,2x0>0，如x0＝－1,2－1＝>0.
所以命题q是真命题，所以p∨q为真命题．
4．“a＝”是“直线l1：ax＋a2y＋2＝0与直线l2：(a－1)x＋y＋1＝0垂直”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 C
解析 “直线l1：ax＋a2y＋2＝0与直线l2：(a－1)x＋y＋1＝0垂直”等价于－·(1－a)＝－1，即a＝.
5．执行如图所示的程序框图，则输出的T＝( )
A．8 B．6 C．7 D．9
答案 B
解析 由题意，得T＝1×log24×log46×…×log6264＝××…×＝＝6，故选B.
6．(2019·全国卷Ⅱ)若x1＝，x2＝是函数f(x)＝sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( )
A．2 B. C．1 D.
答案 A
解析 由题意及函数y＝sinωx的图象与性质可知，
T＝－，∴T＝π，∴＝π，∴ω＝2.故选A.
7．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，且经过点(2,2)，则双曲线的实轴长为( )
A. B．1 C．2 D.
答案 C
解析 由题意双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，即＝?c2＝3a2.
又由c2＝a2＋b2，即b2＝2a2，
所以双曲线的方程为－＝1，
又因为双曲线过点(2,2)，代入双曲线的方程，得
－＝1，解得a＝，所以双曲线的实轴长为2a＝2.
8．若x，y满足则x2＋y2的最大值为( )
A．5 B．11.6 C．17 D．25
答案 C
解析 作出不等式组所表示的可行域如下图所示，则x2＋y2的最大值在点B(1,4)处取得，故x2＋y2的最大值为17.
9．设函数f(x)＝|lg x|，若存在实数0A．M>N>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|，∴lg 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－A1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是( )
A. B．4＋ C．2＋ D.
答案 D
解析 (1)从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，则MN＝＝＝.
(2)从底面到N点，沿棱柱的AC，BC剪开、展开，如图2.
则MN＝
＝ ＝ ，
∵ <，∴MNmin＝ .
11．(2018·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 依题意易知|PF2|＝|F1F2|＝2c，且P在第一象限内，由∠F1F2P＝120°可得P点的坐标为(2c，c)．又因为kAP＝，即＝，
所以a＝4c，e＝，故选D.
12．函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x－1)为偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，若函数g(x)＝f(x)－x－b恰有一个零点，则实数b的取值范围是( )
A.，k∈Z
B.，k∈Z
C.，k∈Z
D.，k∈Z
答案 D
解析 ∵f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x－1)为偶函数，∴f(－x－1)＝f(x－1)＝－f(x＋1)，
即f(x)＝－f(x＋2)，
则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函数f(x)的周期是4，∵f(x－1)为偶函数，∴f(x－1)关于x＝0对称，
则f(x)关于x＝－1对称，同时也关于x＝1对称．
若x∈[－1,0]，则－x∈[0,1]，
此时f(－x)＝＝－f(x)，则f(x)＝－，x∈[－1,0]；
若x∈[－2，－1]，x＋2∈[0,1]，
则f(x)＝－f(x＋2)＝－，x∈[－2，－1]；
若x∈[1,2]，x－2∈[－1,0]，
则f(x)＝－f(x－2)＝＝，x∈[1,2]．
作出函数f(x)的图象如图：
由函数g(x)＝f(x)－x－b＝0得f(x)＝x＋b，
由图象知当x∈[－1,0]时，由－＝x＋b，平方得x2＋(2b＋1)x＋b2＝0，
由判别式Δ1＝(2b＋1)2－4b2＝0得4b＋1＝0，得b＝－，此时f(x)与y＝x＋b的图象有两个交点，
当x∈[4,5]，x－4∈[0,1]，则f(x)＝f(x－4)＝，
由＝x＋b，平方得x2＋(2b－1)x＋4＋b2＝0，
由判别式Δ2＝(2b－1)2－16－4b2＝0得4b＝－15，
得b＝－，
此时f(x)与y＝x＋b的图象有两个交点，
则要使此时f(x)与y＝x＋b的图象恰有一个交点，则在[0,4]内，b满足－即实数b的取值范围是4n－即4(n－1)＋令k＝n－1，则4k＋∴D正确．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．平面向量a与b的夹角为45°，a＝(1，－1)，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.
答案
解析 由题意，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．已知函数f(x)＝ax－log2(2x＋1)(a∈R)为偶函数，则a＝________.
答案
解析 由f(x)＝f(－x)，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，∴a＝.
15．如图，为测量竖直旗杆CD的高度，在旗杆底部C所在水平地面上选取相距4 m的两点A，B，且AB所在直线为东西方向，在A处测得旗杆底部C在西偏北20°的方向上，旗杆顶部D的仰角为60°；在B处测得旗杆底部C在东偏北10°方向上，旗杆顶部D的仰角为45°，则旗杆CD的高度为________m.
答案 12
解析 设CD＝x，
在Rt△BCD中，∠CBD＝45°，∴BC＝x，
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，∴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.即旗杆CD的高度为12 m.
16．(2019·安徽师大附中期中)如图，已知正方形ABCD的边长为2，点E为AB的中点．以A为圆心，AE为半径，作弧交AD于点F.若P为劣弧上的动点，则·的最小值为________．
答案 5－2
解析 如图，以A为坐标原点，边AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，C(2,2)，D(0,2)，设P(cosθ，sinθ)，θ∈，则·＝(2－cosθ，2－sinθ)·(－cosθ，2－sinθ)＝(2－cosθ)·(－cosθ)＋(2－sinθ)2＝5－2(cosθ＋2sinθ)＝5－2sin(θ＋φ)，tanφ＝，当sin(θ＋φ)＝1时，·取得最小值5－2.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(本小题满分12分)已知等比数列{an}中，an>0，a1＝，－＝，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n·(log2an)2，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，则q>0，
因为－＝，所以－＝，
因为q>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，
设cn＝n－7，则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＝＝n(2n－13)＝2n2－13n.12分
18．(2019·福建模拟)(本小题满分12分)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，其中点D在以AB为直径的圆上，SD＝，SC＝，AB＝2AD＝4，平面SCD⊥平面ABCD.
(1)证明：SD⊥平面ABCD；
(2)设点P是线段SB(不含端点)上一动点，当三棱锥P－SAC的体积为1时，求异面直线AD与CP所成角的余弦值．
解 (1)证明：连接BD，因为点D在以AB为直径的圆上，所以∠ADB＝90°，因为AB＝2AD＝4，所以∠ABD＝30°，∠DAB＝60°，所以BD＝AB·cos∠ABD＝4×cos30°＝2.2分
因为四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，所以CD＝AB－2AD·cos60°＝4－2×2×＝2.
又因为SD＝，SC＝，
所以SD2＋CD2＝SC2，即SD⊥CD. 4分
又因为平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD＝CD，所以SD⊥平面ABCD.5分
(2)由(1)，得VS－ABC＝S△ABC·SD＝·AC·BC·SD＝2，设BP＝λBS，则VP－ABC＝S△ABC·λSD＝2λ，所以VP－SAC＝VS－ABC－VP－ABC＝2－2λ＝1，解得λ＝，7分
即点P是线段SB的中点，取AB的中点为M，连接CM，则由(1)及题设条件得AM∥CD，且AM＝CD＝2，
所以四边形AMCD为平行四边形，从而CM∥AD，且CM＝AD＝2，
所以∠PCM(或其补角)为异面直线AD与CP所成的角，8分
因为SA＝＝，所以PM＝，
因为SB＝＝，
所以cos∠PBC＝＝，
所以CP2＝PB2＋BC2－2PB·BC·cos∠PBC＝，
所以cos∠PCM＝＝，
即异面直线AD与CP所成角的余弦值为. 12分
19．(2019·山东烟台5月适应性练习二)(本小题满分12分)混凝土具有原材料丰富、抗压强度高、耐久性好等特点，是目前使用量最大的土木建筑材料．抗压强度是混凝土质量控制的重要技术参数，也是实际工程对混凝土要求的基本指标．为了解某型号某批次混凝土的抗压强度(单位：MPa)随龄期(单位：天)的发展规律，质检部门在标准试验条件下记录了10组混凝土试件在龄期xi(i＝1,2，…，10)分别为2,3,4,5,7,9,12,14,17,21时的抗压强度yi的值，并对数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
(xi－)2
(wi－)2
(xi－)·
(yi－)
(wi－)·
(yi－)
9.4
29.7
2
366
5.5
439.2
55
表中wi＝ln xi，＝wi.
(1)根据散点图判断y＝a＋bx与y＝c＋dln x哪一个适宜作为抗压强度y关于龄期x的回归方程类型？选择其中的一个模型，并根据表中数据，建立y关于x的回归方程；
(2)工程中常把龄期为28天的混凝土试件的抗压强度f28视作混凝土抗压强度标准值．已知该型号混凝土设置的最低抗压强度标准值为40 MPa.
①试预测该批次混凝土是否达标？
②由于抗压强度标准值需要较长时间才能评定，早期预测在工程质量控制中具有重要的意义．经验表明，该型号混凝土第7天的抗压强度f7与第28天的抗压强度f28具有线性相关关系f28＝1.2f7＋7，试估计在早期质量控制中，龄期为7天的混凝土试件需达到的抗压强度．
附：＝，＝－ ，参考数据：ln 2≈0.69，ln 7≈1.95.
解 (1)由散点图可以判断，y＝c＋dln x适宜作为抗压强度y关于龄期x的回归方程类型.
令w＝ln x，先建立y关于w的线性回归方程．
由于＝＝＝10，3分
＝－ ＝29.7－10×2＝9.7，所以y关于w的线性回归方程为＝9.7＋10w，
因此y关于x的线性回归方程为＝9.7＋10ln x．6分
(2)①由(1)知，当龄期为28天，即x＝28时，
抗压强度y的预测值＝9.7＋10ln 28＝9.7＋10×(2ln 2＋ln 7)≈43.8分
因为43＞40，所以预测该批次混凝土达标.9分
②令f28＝1.2f7＋7≥40，得f7≥27.5.
所以估计龄期为7天的混凝土试件需达到的抗压强度为27.5 MPa.12分
20．(2019·江西南昌一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex(ln x－ax＋a＋b)，a，b∈R，直线y＝x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线(e为自然对数的底数)．
(1)求a，b的值；
(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)f′(x)＝ex，由已知，
有即
解得a＝1，b＝.4分
(2)由(1)，知f(x)＝ex，
则f′(x)＝ex，
令g(x)＝ln x－x＋＋，
则g′(x)＝－＜0恒成立，6分
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为g(1)＝＞0，g(2)＝ln 2－1＜0，
所以存在唯一的x0∈(1,2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减.9分
又因为当x→0时，f(x)＜0，f(1)＝＞0，f(2)＝e2＞0，f(e)＝ee＜0，
所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点.12分
21．(2019·湖南长沙统一检测)(本小题满分12分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2交于M，N两点，求证：∠MF1N的定值．
解 (1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝.又e＝＝，a2＝b2＋c2，解得a2＝9，b2＝8，
故所求椭圆C的标准方程为＋＝1.4分
(2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3，
直线l与直线l1，l2联立可得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，6分
所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4,3k＋m)．
所以·＝－8＋m2－9k2.
联立得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.8分
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简，得m2＝9k2＋8.10分
所以·＝－8＋m2－9k2＝0，所以⊥，故∠MF1N为定值.12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(2018·全国卷Ⅱ)(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为
(θ为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)．
(1)求C和l的直角坐标方程；
(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2)，求l的斜率．
解 (1)曲线C的参数方程为
∴曲线C的直角坐标方程为＋＝1.3分
∵直线l的参数方程为
∴当cosα≠0时，y－2＝(x－1)tanα，
得直线l的直角坐标方程为y＝(x－1)tanα＋2；
当cosα＝0时，直线l的直角坐标方程为x＝1.5分
(2)将与曲线C：4x2＋y2＝16联立可得，
4(1＋tcosα)2＋(2＋tsinα)2＝16.
化简得，(4cos2α＋sin2α)t2＋(8cosα＋4sinα)t－8＝0.
∴t1＋t2＝－.7分
∵曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内，
∴t1＋t2＝0，∴8cosα＋4sinα＝0，tanα＝－2，
∴直线l的斜率为－2.10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
所以f(x)＝
∴当x>1时，f(x)＝2>1恒成立；
当－1≤x≤1时，f(x)＝2x>1，x>，
∴当x<－1时，f(x)＝－2>1不成立；
综上所述，f(x)>1的解集为.5分
(2)当x∈(0,1)时，
f(x)＝x＋1－|ax－1|>x，
即|ax－1|<1，所以－1∴0∴即0所以a的取值范围是(0,2].10分
课件63张PPT。2020高考仿真模拟卷(六)第三部分 刷模拟本课结束2020高考仿真模拟卷(四)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合M＝{y|y＝x2－1，x∈R}，N＝{x|y＝}，则M∩N＝( )
A．[－，] B．[－1，]
C．? D．(－1，]
答案 B
解析 因为集合M＝{y|y＝x2－1，x∈R}＝{y|y≥－1}，N＝{x|y＝}＝{x|－≤x≤}，则M∩N＝[－1，]．
2．设命题p：?x∈Q,2x－ln x<2，则綈p为( )
A．?x∈Q,2x－ln x≥2 B．?x∈Q,2x－ln x<2
C．?x∈Q,2x－ln x≥2 D．?x∈Q,2x－ln x＝2
答案 C
解析 綈p为?x∈Q,2x－ln x≥2.
3．若函数f(x)是幂函数，且满足＝3，则f＝( )
A. B．3 C．－ D．－3
答案 A
解析 设f(x)＝xα(α为常数)，
∵满足＝3，∴＝3，∴α＝log23.
∴f(x)＝xlog23，则f＝2－log23＝.
4．已知下列四个命题：
①存在a∈R，使得z＝(1－i)(a＋i)为纯虚数；②对于任意的z∈C，均有z＋∈R，z·∈R；③对于复数z1，z2，若z1－z2>0，则z1>z2；④对于复数z，若|z|＝1，则z＋∈R.
其中正确命题的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 ①z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，若z为纯虚数，则a＋1＝0，1－a≠0，得a＝－1，故①正确；②设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，那么z＋＝2a∈R，z·＝a2＋b2∈R，故②正确；③令z1＝3＋i，z2＝－2＋i，满足z1－z2>0，但不满足z1>z2，故③不正确；④设z＝a＋bi(a，b∈R)，其中a，b不同时为0，由|z|＝1，得a2＋b2＝1，则z＋＝a＋bi＋＝a＋bi＋＝2a∈R，故④正确．
5．关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是( )
A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥b
B．若α⊥β，m∥α，则m⊥β
C．若a⊥α，α∥β，则α⊥β
D．若a∥α，b⊥a，则b⊥α
答案 C
解析 A错误，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B错误，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能m在β内；由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D错误，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．
6．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6,3a4，－a5成等差数列，则＝( )
A．3 B．9 C．10 D．13
答案 C
解析 因为a6,3a4，－a5成等差数列，所以6a4＝a6－a5，设等比数列{an}的公比为q，则6a4＝a4q2－a4q，解得q＝3或q＝－2(舍去)，所以＝＝1＋q2＝10.
7．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－2,0)，过点F1作倾斜角为30°的直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为b，则椭圆的标准方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案 B
解析 由左焦点为F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4，过点F1作倾斜角为30°的直线的方程为y＝(x＋2)，圆心(0,0)到直线的距离d＝＝1，
由直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为b，
可得2＝b，解得b＝2，a＝2，
则椭圆的标准方程为＋＝1.
8．甲、乙、丙、丁四人商量是否参加研学活动．甲说：“乙去我就肯定去．”乙说：“丙去我就不去．”丙说：“无论丁去不去，我都去．”丁说：“甲、乙中只要有一人去，我就去．”以下推论可能正确的是( )
A．乙、丙两个人去了 B．甲一个人去了
C．甲、丙、丁三个人去了 D．四个人都去了
答案 C
解析 因为乙说“丙去我就不去”，且丙一定去，所以A，D不可能正确．因为丁说“甲、乙中只要有一人去，我就去”，所以B不可能正确．选C.
9．下图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”．已知正整数n被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n的最小值．执行该程序框图，则输出的n＝( )
A．50 B．53 C．59 D．62
答案 B
解析 模拟程序运行，变量n值依次为1229,1061,893,725,557,389,221,53，此时不符合循环条件，输出n＝53.
10．(2019·天津高考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若g＝，则f＝( )
A．－2 B．－ C. D．2
答案 C
解析 ∵函数f(x)为奇函数，且|φ|<π，∴φ＝0.
又f(x)的最小正周期为π，
∴＝π，解得ω＝2.∴f(x)＝Asin2x.
由题意可得g(x)＝Asinx，又g＝，
即Asin＝，解得A＝2.
故f(x)＝2sin2x.∴f＝2sin＝.故选C.
11．已知数列{an}，定义数列{an＋1－2an}为数列{an}的“2倍差数列”，若{an}的“2倍差数列”的通项公式为an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，若数列{an}的前n项和为Sn，则S33＝( )
A．238＋1 B．239＋2 C．238＋2 D．239
答案 B
解析 根据题意，得an＋1－2an＝2n＋1，a1＝2，
∴－＝1，
∴数列是首项为1，公差d＝1的等差数列，
∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n，
∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，
∴－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1
＝－2＋(1－n)2n＋1，
∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2，
S33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2.
12．(2019·全国卷Ⅲ)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则( )
A．f>f(2)>f(2)
B．f>f(2)>f(2)
C．f(2)>f(2)>f
D．f(2)>f(2)>f
答案 C
解析 因为f(x)是定义域为R的偶函数，
所以f＝f(－log34)＝f(log34)．
又因为log34>1>2>2－>0，
且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(log34)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某学校高一学生有720人，现从高一、高二、高三这三个年级学生中采用分层抽样方法，抽取180人进行英语水平测试，已知抽取高一学生人数是抽取高二学生人数和高三学生人数的等差中项，且高二年级抽取65人，则该校高三年级学生人数是________．
答案 660
解析 根据题意，设高三年级抽取x人，
则高一抽取(180－x－65)人，
由题意可得2(180－x－65)＝x＋65，
解得x＝55.高一学生有720人，
则高三年级学生人数为720×＝660.
14．若实数x，y满足且z＝mx＋ny(m>0，n>0)的最大值为4，则＋的最小值为________．
答案 2
解析 不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，
当直线z＝mx＋ny(m>0，n>0)过直线x＝y与直线2x－y＝2的交点(2,2)时，
目标函数z＝mx＋ny(m>0，n>0)取得最大值4，
即2m＋2n＝4，即m＋n＝2，
而＋＝(m＋n)
＝≥×(2＋2)＝2，
当且仅当m＝n＝1时取等号，故＋的最小值为2.
15．设F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P在双曲线上，若·＝0，△PF1F2的面积为9，且a＋b＝7，则该双曲线的离心率为________．
答案
解析 设||＝m，||＝n，
∵·＝0，△PF1F2的面积为9，
∴mn＝9，即mn＝18，
∵在Rt△PF1F2中，根据勾股定理，得m2＋n2＝4c2，
∴(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝4c2－36，
结合双曲线的定义，得(m－n)2＝4a2，
∴4c2－36＝4a2，化简整理，得c2－a2＝9，即b2＝9，
可得b＝3.结合a＋b＝7得a＝4，∴c＝＝5，
∴该双曲线的离心率为e＝＝.
16．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x．若函数f(x)在上无零点，则a的最小值为________．
答案 2－4ln 2
解析 因为f(x)<0在区间上恒成立不可能，故要使函数f(x)在上无零点，只要对任意的x∈，f(x)>0恒成立，
即对任意的x∈，a>2－恒成立．
令l(x)＝2－，x∈，
则l′(x)＝，
再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，
则m′(x)＝－＋＝<0，
故m(x)在上为减函数，于是m(x)>m＝2－2ln 2>0，
从而l′(x)>0，于是l(x)在上为增函数，所以l(x)故要使a>2－恒成立，只要a∈[2－4ln 2，＋∞)，
综上，若函数f(x)在上无零点，则a的最小值为2－4ln 2.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(2019·陕西咸阳模拟二)(本小题满分12分)交强险是车主须为机动车购买的险种．若普通7座以下私家车投保交强险第一年的费用(基本保费)是a元，在下一年续保时，实行费率浮动制，其保费与上一年度车辆发生道路交通事故情况相联系，具体浮动情况如下表：
类型
浮动因素
浮动比率
A1
上一年度未发生有责任的道路交通事故
下浮10%
A2
上两年度未发生有责任的道路交通事故
下浮20%
A3
上三年度未发生有责任的道路交通事故
下浮30%
A4
上一年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
0%
A5
上一年度发生两次及以上有责任不涉及死亡的道路交通事故
上浮10%
A6
上三年度发生有责任涉及死亡的道路交通事故
上浮30%
据统计，某地使用某一品牌7座以下的车大约有5000辆，随机抽取了100辆车龄满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保情况，统计得到如下表格：
类型
A1
A2
A3
A4
A5
A6
数量
50
10
10
m
3
2
将这100辆该品牌汽车的投保类型的频率视为概率，按照我国《机动车交通事故责任保险条例》汽车交强险价格为a＝950元．
(1)求m的值，并估计该地本年度使用这一品牌7座以下汽车交强险费大于950元的辆数；
(2)试估计该地使用该品牌汽车的一续保人本年度的保费不超过950元的概率．
解 (1)m＝100－50－10－10－3－2＝25，3分
估计该地本年度使用这一品牌7座以下汽车交强险费大于950元的辆数为5000×＝250.6分
(2)解法一：保费不超过950元的类型有A1，A2，A3，A4，所求概率为＝0.95.12分
解法二：保费超过950元的类型有A5，A6，概率为＝0.05，因此保费不超过950元的概率为1－0.05＝0.95.12分
18．(本小题满分12分)已知向量a＝(cosx，－1)，b＝，函数f(x)＝(a＋b)·a－2.
(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)在△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知函数f(x)的图象经过点，b，a，c成等差数列，且·＝9，求a的值．
解 f(x)＝(a＋b)·a－2＝|a|2＋a·b－2＝cos2x＋sin2x＝
sin.2分
(1)最小正周期T＝＝π，由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z).4分
所以函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z).5分
(2)由f(A)＝sin＝可得，2A＋＝＋2kπ或＋2kπ(k∈Z)，所以A＝，7分
又因为b，a，c成等差数列，所以2a＝b＋c，而·＝bccosA＝bc＝9，所以bc＝18，9分
所以cosA＝＝－1＝－1＝－1，
所以a＝3.12分
19．(2019·昆明模拟)(本小题满分12分) 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，∠BCC1＝，AB＝BB1＝2，BC＝1，D为CC1的中点．
(1)求证：DB1⊥平面ABD；
(2)求点A1到平面ADB1的距离．
解 (1)证明：在平面四边形BCC1B1中，
因为BC＝CD＝DC1＝1，∠BCD＝，所以BD＝1，
又易知B1D＝，BB1＝2，所以∠BDB1＝90°，
所以B1D⊥BD，
因为AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥DB1，3分
所以B1D与平面ABD内两相交直线AB和BD同时垂直，
所以DB1⊥平面ABD.5分
(2)对于四面体A1－ADB1，A1到直线DB1的距离，即A1到平面BB1C1C的距离，A1到B1D的距离为2，设A1到平面AB1D的距离为h，
因为△ADB1为直角三角形，
所以S△ADB1＝AD·DB1＝××＝，
所以VA1－ADB1＝××h＝h，7分
因为S△AA1B1＝×2×2＝2，
D到平面AA1B1的距离为，
所以VD－AA1B1＝×2×＝，9分
因为VA1－ADB1＝VD－AA1B1，所以＝，
解得h＝.
所以点A1到平面ADB1的距离为.12分
20．(2019·湖南师大附中模拟三)(本小题满分12分)已知点F(1,0)，直线l：x＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且·＝·.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)设直线y＝kx＋b与轨迹C交于两点，A(x1，y1)、B(x2，y2)，且|y1－y2|＝a(a＞0，且a为常数)，过弦AB的中点M作平行于x轴的直线交轨迹C于点D，连接AD，BD.试判断△ABD的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解 (1)设P(x，y)，则Q(－1，y)，
∵·＝·，
∴(x＋1,0)·(2，－y)＝(x－1，y)·(－2，y)，
即2(x＋1)＝－2(x－1)＋y2，即y2＝4x，所以动点P的轨迹C的方程为y2＝4x.4分
(2)联立得ky2－4y＋4b＝0，
依题意，知k≠0，且y1＋y2＝，y1y2＝，
由|y1－y2|＝a，得(y1＋y2)2－4y1y2＝a2，
即－＝a2，整理，得16－16kb＝a2k2，
所以a2k2＝16(1－kb)， ①7分
因为AB的中点M的坐标为，
所以点D，
则S△ABD＝|DM|·|y1－y2|＝a，9分
由方程ky2－4y＋4b＝0的判别式Δ＝16－16kb＞0，得1－kb＞0，所以S△ABD＝··a，
由①，知1－kb＝，所以S△ABD＝··a＝，又a为常数，
故S△ABD的面积为定值.12分
21．(2019·陕西榆林二模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)＜·ex＋x－ax3.
解 (1)f(x)＝1＋ln x－ax2(x＞0)，
f′(x)＝，
当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；2分
当a＞0时，x∈，f′(x)＞0，x∈，f′(x)＜0，∴函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.4分
(2)证法一：xf(x)＜·ex＋x－ax3，即证·－ln x＞0，令φ(x)＝·－ln x(x＞0)，φ′(x)＝，令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，r′(x)＝2xex－e2，7分
r′(x)在(0，＋∞)上单调递增，r′(1)＜0，r′(2)＞0，
故存在唯一的x0∈(1,2)使得r′(x)＝0，
∴r(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∵r(0)＜0，r(2)＝0，
∴当x∈(0,2)时，r(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，r(x)＞0；
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝1－ln 2＞0，得证.12分
证法二：要证xf(x)＜·ex－ax3，即证·＞，
令φ(x)＝·(x＞0)，φ′(x)＝，7分
∴当x∈(0,2)时，φ′(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)＞0.
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝.
令r(x)＝，则r′(x)＝，
当x∈(0，e)时，r′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，r′(x)＜0.
∴r(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴r(x)≤r(e)＝，
∴φ(x)≥＞≥r(x)，∴·>，得证.12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(θ为参数)，M为曲线C1上的动点，动点P满足＝a(a>0且a≠1)，P点的轨迹为曲线C2.
(1)求曲线C2的方程，并说明C2是什么曲线；
(2)在以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，A点的极坐标为，射线θ＝α与C2的异于极点的交点为B，已知△AOB面积的最大值为4＋2，求a的值．
解 (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
由＝a，得∴
∵M在C1上，∴
即(θ为参数)，
消去参数θ得(x－2a)2＋y2＝4a2(a≠1)，
∴曲线C2是以(2a,0)为圆心，以2a为半径的圆.5分
(2)解法一：A点的直角坐标为(1，)，
∴直线OA的普通方程为y＝x，即x－y＝0，
设B点的坐标为(2a＋2acosα，2asinα)，则B点到直线x－y＝0的距离d＝＝a，
∴当α＝－时，dmax＝(＋2)a，
∴S△AOB的最大值为×2×(＋2)a＝4＋2，
∴a＝2.10分
解法二：将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入(x－2a)2＋y2＝4a2并整理得，ρ＝4acosθ，令θ＝α得ρ＝4acosα，
∴B(4acosα，α)，
∴S△AOB＝|OA|·|OB|sin∠AOB
＝4acosα
＝a|2sinαcosα－2cos2α|
＝a|sin2α－cos2α－|＝a.
∴当α＝－时，S△AOB取得最大值(2＋)a，
依题意有(2＋)a＝4＋2，∴a＝2.10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|3x－1|＋|3x＋k|，g(x)＝x＋4.
(1)当k＝－3时，求不等式f(x)≥4的解集；
(2)设k>－1，且当x∈时，都有f(x)≤g(x)，求k的取值范围．
解 (1)当k＝－3时，f(x)＝
故不等式f(x)≥4可化为或
或解得x≤0或x≥，
∴所求解集为.5分
(2)当x∈时，由k>－1有，3x－1<0,3x＋k≥0，
∴f(x)＝1＋k，不等式f(x)≤g(x)可变形为1＋k≤x＋4，
故k≤x＋3对x∈恒成立，
即k≤－＋3，解得k≤，而k>－1，故－1∴k的取值范围是.10分
课件63张PPT。2020高考仿真模拟卷(四)第三部分 刷模拟本课结束