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．(2019·湖北八校联考)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．(2019·河南郑州三模)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·江西南昌师大附中三模)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，2＋a5＝a6＋a3，则S7＝( )
A．2 B.7
C.14 D．28
答案 C
解析 ∵2＋a5＝a6＋a3，∴2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得a4＝2，∴S7＝＝7a4＝14，故选C.
5．(2019·河北衡水十三中质检四)平面内的一条直线将平面分成2部分，两条相交直线将平面分成4部分，三条两两相交且不共点的直线将平面分成7部分，…，则平面内六条两两相交且任意三条不共点的直线将平面分成的部分数为( )
A．16 B．20
C．21 D．22
答案 D
解析 由题意得由k条直线增加到k＋1条直线时增加k＋1个平面，所以平面内六条两两相交且任意三条不共点的直线将平面分成的部分数为6＋5＋4＋3＋2＋2＝22，故选D.
6．(2019·太原摸底考试)为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表：
患病
未患病
总计
服用药
10
45
55
没服用药
20
30
50
总计
30
75
105
由上述数据给出下列结论，其中正确结论的个数是( )
附：K2＝；
P(K2≥k0)
0.05
0.025
0.010
0.005
k0
3.841
5.024
6.635
7.879
①能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物有效；②不能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为药物有效；③能在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为药物有效；④不能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为药物有效．
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 B
解析 由表格数据可得K2＝≈6.1.又6.1>3.841，所以由参考数据知能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物有效，故①正确；又6.1>5.024，所以由参考数据知能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为药物有效，故②错误；又6.1<6.635，所以由参考数据知不能在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为药物有效，故③错误；又6.1<7.879，所以由参考数据知不能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为药物有效，故④正确．综上所述，正确结论的个数为2，故选B.
7．(2019·海南海口调研测试卷)5的展开式中系数为有理数的各项系数之和为( )
A．1 B．20
C．21 D．31
答案 C
解析 因为5展开式的通项为
Tk＋1＝C5－kxk＝C2xk，所以要使系数为有理数，只需为整数，又因为0≤k≤5且k∈Z，所以k＝2,5，所以系数为有理数的项为C3x2，x5，故所求系数之和为20＋1＝21，故选C.
8．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.
9．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？.
10．(2019·福建三明质检)斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1,1,2,3,5，…画出来的螺旋曲线．如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1,2,3,5为边长的正方形中画一个圆心角为90°的扇形，将其圆弧连接起来得到的，若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )
A． B．
C． D．
答案 D
解析 由图可知，阴影部分的面积为
S＝＋×π×12＋×π×22＋×π×32＋×π×52＝＋＋π＋＋＝1＋，矩形ABCD的面积为S1＝5×8＝40，故此点取自阴影部分的概率为＝，故选D.
11．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 因为半圆O的半径r＝1，则等边△ABC的边长为＝.当x＝0时，y＝EB＋BC＋CD＝BC＝；当x＝π时，此时y＝AB＋BC＋CA＝3×＝2；当x＝时，∠FOG＝，三角形OFG为正三角形，此时AM＝OH＝.
在正△AED中，AE＝ED＝DA＝1，
所以y＝EB＋BC＋CD＝AB＋BC＋CA－(AE＋AD)＝3×－2×1＝2－2，如图．
又当x＝时，图中y0＝＋×＝>2－2.
故当x＝时，对应的点(x，y)在图中线段PQ的下方，故D正确．
12．(2019·天津塘沽一中、育华中学三模)已知函数f(x)＝若不等式f(x)≥|2x－a|对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为( )
A． B．[3,3＋ln 5]
C．[3,4＋ln 2] D．
答案 C
解析 由题意得，设g(x)＝|2x－a|，
可得g(x)＝
(1)当x≥，由不等式f(x)≥|2x－a|对任意x∈(0，＋∞)恒成立，计算临界值，由f(x)与g(x)相切．
①当f(x)＝x2－4x＋6，x>1，g(x)＝2x－a，x≥时，可得f′(x)＝2x－4，此时切线斜率为2，即2x－4＝2，解得x＝3，即切点坐标为(3,3)，切线方程为y＝2x－3，即a＝3，综合函数图象可得a≥3.
②当f(x)＝3－ln x，x≤1，g(x)＝2x－a，x≥，可得f′(x)＝－，此时切线斜率为2，即－＝2，即x＝－，又因为－<0，所以不符合题意，舍去．
(2)同理，当x<，由f(x)与g(x)相切，①当f(x)＝x2－4x＋6，x>1，g(x)＝－2x＋a，x<时，可得f′(x)＝2x－4，此时切线斜率为－2，则2x－4＝－2，所以x＝1，与x>1不符，故无临界值．
②当f(x)＝3－ln x，x≤1，g(x)＝－2x＋a，x<，由f(x)与g(x)相切，得f′(x)＝－，此时切线斜率为－2，即－＝－2，则x＝，切点坐标为，切线方程为y－(3＋ln 2)＝－2，即y＝－2x＋4＋ln 2，即a＝4＋ln 2，综合函数图象得a≤4＋ln 2.综上所述可得3≤a≤4＋ln 2，故选C.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．(2018·全国卷Ⅱ)若x，y满足约束条件则z＝x＋y的最大值为________．
答案 9
解析 不等式组表示的可行域是以A(5,4)，B(1,2)，C(5，0)为顶点的三角形区域，如图所示，由图可知目标函数z＝x＋y的最大值在顶点A处取得，即当x＝5，y＝4时，zmax＝9.
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．(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
18. (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，AD＝CD＝2AB，E，F分别为PC，CD的中点．
(1)证明：平面APD∥平面BEF；
(2)设PA＝kAB(k>0)，且二面角E－BD－C的平面角大于60°，求k的取值范围．
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∵
∴平面APD∥平面BEF.5分
(2)以A为原点，以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设AB＝1，则B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，k)，C(2,2,0)，故E，从而＝(－1,2,0)，＝，设平面BCD的法向量为m1＝(0,0,1)，平面BDE的法向量为m2＝(x，y，z)，
则
∴取y＝1，可得m2＝，8分
设二面角E－BD－C的大小为θ，因为k>0，则cosθ＝|cos〈m1，m2〉|＝<，化简得k2>，则k>.12分
19．(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
20．(2019·山西吕梁一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eax－bln x＋b(a>0)，若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为(2e2－1)x－y＋2－e2＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)证明：f(x)>3＋ln 2.
解 (1)因为f(x)＝eax－bln x＋b(x>0)，
所以f′(x)＝aeax－，
又f(1)＝e2＋1，f′(1)＝2e2－1，
所以
①＋②可得(a＋1)ea＝3e2，2分
构造函数g(x)＝(x＋1)ex－3e2(x>0)，则g′(x)＝(x＋2)ex在区间(0，＋∞)内恒大于0，所以g(x)在区间(0，＋∞)内单调递增，又g(2)＝0，所以关于a的方程(a＋1)ea＝3e2的根为a＝2，把a＝2代入ea＋b＝e2＋1，解得b＝1，所以a＝2，b＝1. 5分
(2)证明：由(1)知f(x)＝e2x－ln x＋1，
则f′(x)＝2e2x－，
因为f′(x)＝2e2x－在区间(0，＋∞)上单调递增，f′<0，f′>0，所以f′(x)＝0有唯一实根，记为x0，即e＝>1，且x0∈，由e＝得ln e＝ln，
整理得－ln x0＝2x0＋ln 2，8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－ln x0＋1＝＋2x0＋ln 2＋1≥3＋ln 2，当且仅当＝2x0，即x0＝时取等号，因为x0∈，所以f(x)min>3＋ln 2，即f(x)>3＋ln 2. 12分
21．(2019·福建3月质量检测)(本小题满分12分)“工资条里显红利，个税新政人民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2019年1月1日实施的个税新政主要内容包括：(1)个税起征点为5000元；(2)每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；(3)专项附加扣除包括住房、子女教育和赡养老人等．
新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：
旧个税税率表
(个税起征点3500元)
新个税税率表
(个税起征点5000元)
缴税级数
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点
税率(%)
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除
税率(%)
1
不超过1500元部分
3
不超过3000元部分
3
2
超过1500元至4500元部分
10
超过3000元至12000元部分
10
3
超过4500元至9000元部分
20
超过12000元至25000元部分
20
4
超过9000元至35000元部分
25
超过25000元至35000元部分
25
5
超过35000元至55000元部分
30
超过35000元至55000元部分
30
…
…
…
…
随机抽取某市1000名同一收入层级的IT从业者的相关资料，经统计分析，预估他们2019年的人均月收入24000元．统计资料还表明，他们均符合住房专项扣除；同时，他们每人至多只有一个符合子女教育扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除、只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除、只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除、即符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人数之比是2∶1∶1∶1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1000元/月，子女教育每孩1000元/月，赡养老人2000元/月等．
假设该市该收入层级的IT从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：
(1)设该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税为X元，求X的分布列和期望；
(2)根据新旧个税方案，估计从2019年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴的个税之和就超过2019年的月收入？
解 (1)既不符合子女教育扣除也不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为24000－5000－1000＝18000，月缴个税X＝3000×0.03＋9000×0.1＋6000×0.2＝2190；
只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为24000－5000－1000－1000＝17000，月缴个税X＝3000×0.03＋9000×0.1＋5000×0.2＝1990；
只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为24000－5000－1000－2000＝16000，月缴个税X＝3000×0.03＋9000×0.1＋4000×0.2＝1790；
既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为
24000－5000－1000－1000－2000＝15000，月缴个税X＝3000×0.03＋9000×0.1＋3000×0.2＝1590, 4分
所以X的可能值为2190,1990,1790,1590.
依题意，上述四类人群的人数之比是2∶1∶1∶1，
所以P(X＝2190)＝，P(X＝1990)＝，P(X＝1790)＝，P(X＝1590)＝，
所以X的分布列为
X
2190
1990
1790
1590
P
所以E(X)＝2190×＋1990×＋1790×＋1590×＝1950. 7分
(2)因为在旧政策下该收入层级的IT从业者2019年每月应纳税所得额为24000－3500＝20500，其月缴个税为1500×0.03＋3000×0.1＋4500×0.2＋11500×0.25＝4120，因为在新政策下该收入层级的IT从业者2019年月缴个税为1950，所以该收入层级的IT从业者每月少缴的个税为4120－1950＝2170, 10分
设经过x个月，该收入层级的IT从业者少缴的个税的总和就超过24000，则2170x≥24000，因为x∈N，所以x≥12，所以经过12个月，该收入层级的IT从业者少缴的个税的总和就超过2019年的月收入. 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)，以坐标原点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ρcos＝2.
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)直线l与y轴的交点为P，经过点P的直线与曲线C交于A，B两点，证明：|PA|·|PB|为定值．
解 (1)由题意，得x2＋y2＝(cosα＋sinα)2＋(sinα－cosα)2＝4,
化简得曲线C的普通方程为x2＋y2＝4.3分
由ρcos＝2得ρcosθ－ρsinθ＝2，故l的直角坐标方程为x－y－4＝0.5分
(2)证明：显然P的坐标为(0，－4)，不妨设过点P的直线方程为(t为参数)，7分
代入x2＋y2＝4得t2－8tsinβ＋12＝0，所以|PA|·|PB|＝|t1t2|＝12为定值. 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，＋＝2.
求证：(1)a＋b≤2；
(2)2≤a2＋b2<16.
证明 (1)因为＋＝2，且a>0，b>0，所以2≥2>0，当且仅当a＝b＝1时，取“＝”，所以0<≤1，3分
所以a＋b＝(＋)＝2≤2. 5分
(2)由a2＋b2＝(a＋b)2－2ab，得a＋b＝(＋)2－2＝4－2，
所以a2＋b2＝16－16＋4ab－2ab＝2ab－16＋16＝2(ab－8＋16)－16＝2(－4)2－16＝2(4－)2－16，8分
因为0<≤1，所以3≤4－<4，所以9≤(4－)2<16，所以18≤2(4－)2<32，所以2≤a2＋b2<16. 10分
课件63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．(2019·湖北荆门四校六月考前模拟)已知集合M＝{x|x2<1|，N＝{y|y＝log2x，x>2}，则下列结论正确的是( )
A．M∩N＝N B．M∩(?RN)＝?
C．M∩N＝U D．M?(?RN)
答案 D
解析 由题意得M＝{x|－11}，因为M∩N＝?≠N，所以A错误；因为?RN＝{y|y≤1}，M∩(?RN)＝{x|－12．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．(2019·四川宜宾第三次诊断)设a，b是空间两条直线，则“a，b不平行”是“a，b是异面直线”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 B
解析 由a，b是异面直线?a，b不平行．反之，若直线a，b不平行，也可能相交，所以“a，b不平行”是“a，b是异面直线”的必要不充分条件．故选B.
4．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·湖南长郡中学考前冲刺)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.
7．已知(2x－1)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4，则a2＝( )
A．32 B．24
C．12 D．6
答案 B
解析 因为(2x－1)4＝[1＋2(x－1)]4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4，所以a2＝C·22＝24.
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．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的周期为π
B．函数y＝f(x－π)为奇函数
C．函数f(x)在上单调递增
D．函数f(x)的图象关于点对称
答案 C
解析 观察图象可得，函数的最小值为－2，所以A＝2，
又由图象可知函数过点(0，)，，
即结合×<<×和0<φ<π.
可得ω＝，φ＝，则f(x)＝2sin，
显然A错误；
对于B，f(x－π)＝2sin＝2sin，不是奇函数；
对于D，f＝2sin＝2sin≠0，故D错误，由此可知选C.
10．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．2 B．
C．4 D．
答案 D
解析 如图，该几何体可由棱长为2的正方体截得，其直观图如图所示，则该几何体的体积V＝VABE－DCF－VF－ADC＝×2×2×2－××2×2×2＝.
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．在△ABC中，若4cos2－cos2(B＋C)＝，则角A＝________.
答案
解析 ∵A＋B＋C＝π，即B＋C＝π－A，
∴4cos2－cos2(B＋C)＝2(1＋cosA)－cos2A
＝－2cos2A＋2cosA＋3＝，
∴2cos2A－2cosA＋＝0，∴cosA＝，
又014．欧阳修在《卖油翁》中写道：“(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．”可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为b＝2sinxdx cm的圆面，中间有边长为a＝dx cm的正方形孔，油滴是直径0.2 cm的球，随机向铜钱上滴一滴油，则油滴整体正好落入孔中的概率是________．
答案
解析 因为直径为b＝2sinxdx＝(－2cosx)＝4 cm的圆中有边长为a＝dx＝×＝1 cm的正方形，由几何概型的概率公式，得
“正好落入孔中”的概率为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．(2019·贵州凯里一中模拟)已知函数f(x)＝ex在点P(x1，f(x1))处的切线为l1，g(x)＝ln x在点Q(x2，g(x2))处的切线为l2，且l1与l2的斜率之积为1，则|PQ|的最小值为________．
答案
解析 对f(x)，g(x)分别求导，得到f′(x)＝ex，g′(x)＝，所以kl1＝e，kl2＝，则e·＝1，即e＝x2，x1＝ln x2，又因为P(x1，e)，Q(x2，ln x2)，所以由两点间距离公式可得|PQ|2＝(x1－x2)2＋(e－ln x2)2＝2(x2－ln x2)2，
设h(x)＝x－ln x(x>0)，则h′(x)＝1－，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以x＝1时，h(x)取极小值，也是最小值，最小值为h(1)＝1，
所以|PQ|2的最小值为2，即|PQ|的最小值为.
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}的前n项和为Sn.若3S3＝2S2＋S4，且a5＝32.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由3S3＝2S2＋S4，可得2S3－2S2＝S4－S3.
所以公比q＝2，又a5＝32，故an＝2n.4分
(2)因为bn＝＝，6分
所以Tn＝9分
＝＝－－.12分
18．(2019·安徽马鞍山一模)(本小题满分12分)已知三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1，AC＝AA1＝4，BC＝2.
(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
(2)若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B－A1P－C的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
解 (1)证明：∵AC＝AA1，∴四边形AA1C1C为菱形，连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1，且A1C∩A1B＝A1，∴AC1⊥平面A1CB，2分
则AC1⊥BC，又∠ACB＝90°，即BC⊥AC，
∴BC⊥平面A1ACC1，而BC?平面ABC，
∴平面A1ACC1⊥平面ABC.4分
(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AC＝AA1＝4，BC＝2，
∠A1AC＝60°，
∴C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(4，0,0)，A1(2,0,2)．
设线段AC上存在一点P，满足＝λ(0≤λ≤1)，使得二面角B－A1P－C的平面角的余弦值为，
则＝(－4λ，0,0)，＝＋＝(4，－2,0)＋(－4λ，0,0)＝(4－4λ，－2,0)，＝＋＝(2,0，－2)＋(－4λ，0,0)＝(2－4λ，0，－2)，＝(2,0,2)，6分
设平面BA1P的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由取x1＝1，得
m＝，8分
又平面A1PC的一个法向量为n＝(0,1,0)，
由|cos〈m，n〉|＝
＝＝，
解得λ＝或λ＝，因为0≤λ≤1，所以λ＝.
故在线段AC上存在一点P，满足＝，
使二面角B－A1P－C的平面角的余弦值为.12分
19．(2019·山东威海二模)(本小题满分12分)某蔬菜批发商分别在甲、乙两市场销售某种蔬菜(两个市场的销售互不影响)，已知该蔬菜每售出1吨获利500元，未售出的蔬菜低价处理，每吨亏损100元．现统计甲、乙两市场以往100个销售周期该蔬菜的市场需求量的频数分布，如下表：
甲市场
需求量(吨)
8
9
10
频数
30
40
30
乙市场
需求量(吨)
8
9
10
频数
20
50
30
以市场需求量的频率代替需求量的概率．设批发商在下个销售周期购进n吨该蔬菜，在甲、乙两市场同时销售，以X(单位：吨)表示下个销售周期两市场的需求量，T(单位：元)表示下个销售周期两市场的销售总利润．
(1)当n＝19时，求T与X的函数解析式，并估计销售利润不少于8900元的概率；
(2)以销售利润的期望为决策依据，判断n＝17与n＝18应选用哪—个．
解 (1)由题意可知，当X≥19时，T＝500×19＝9500；
当X<19时，T＝500×X－(19－X)×100＝600X－1900，
所以T与X的函数解析式为T＝3分
由题意可知，一个销售周期内甲市场的需求量为8,9,10的概率分别为0.3,0.4,0.3；乙市场的需求量为8,9,10的概率分别为0.2,0.5,0.3.
设销售的利润不少于8900元的事件记为A，
当X≥19时，T＝500×19＝9500>8900，
当X<19时，600X－1900≥8900，
解得X≥18，所以P(A)＝P(X≥18)．
由题意可知，P(X＝16)＝0.3×0.2＝0.06；
P(X＝17)＝0.3×0.5＋0.4×0.2＝0.23；
所以P(A)＝P(X≥18)＝1－0.06－0.23＝0.71.
所以销售利润不少于8900元的概率为0.71.6分
(2)由题意得P(X＝16)＝0.06，
P(X＝17)＝0.23，
P(X＝18)＝0.4×0.5＋0.3×0.3＋0.3×0.2＝0.35，
P(X＝19)＝0.4×0.3＋0.3×0.5＝0.27，
P(X＝20)＝0.3×0.3＝0.09.8分
①当n＝17时，E(T)＝(500×16－1×100)×0.06＋500×17×0.94＝8464；10分
②当n＝18时，E(T)＝(500×16－2×100)×0.06＋(500×17－1×100)×0.23＋18×500×0.71＝8790.
因为8464<8790，所以应选n＝18.12分
20．(2019·山东聊城二模)(本小题满分12分)已知以椭圆E：＋＝1(a>b>0)的焦点和短轴端点为顶点的四边形恰好是面积为4的正方形．
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线l：y＝kx＋m(km≠0)与椭圆E交于异于椭圆顶点的A，B两点，O为坐标原点，直线AO与椭圆E的另一个交点为C点，直线l和直线AO的斜率之积为1，直线BC与x轴交于点M.若直线BC，AM的斜率分别为k1，k2，试判断k1＋2k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
解 (1)由题意得解得
所以椭圆E的方程为＋＝1.4分
(2)设A(x1，y1)(x1y1≠0)，B(x2，y2)(x2y2≠0)，
则C(－x1，－y1)，kAO＝，
因为kAO·k＝1，所以k＝，联立
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
所以x1＋x2＝－，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，6分
所以k1＝＝－＝－，
因为直线BC的方程为y＋y1＝－(x＋x1)，
令y＝0，由y1≠0，得x＝－3x1，9分
所以M(－3x1,0)，k2＝＝，
所以k1＋2k2＝－＋2×＝0.
所以k1＋2k2为定值0.12分
21．(2019·辽宁沈阳一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x－1)2＋mln x，m∈R.
(1)当m＝2时，求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1解 (1)当m＝2时，f(x)＝(x－1)2＋2ln x，
其导数f′(x)＝2(x－1)＋，
所以f′(1)＝2，即切线斜率为2，又切点为(1,0)，
所以切线的方程为2x－y－2＝0.4分
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2(x－1)＋＝，
因为x1，x2为函数f(x)的两个极值点，所以x1，x2是方程2x2－2x＋m＝0的两个不等实根，由根与系数的关系知x1＋x2＝1，x1x2＝，(*)
又已知x1＝，
将(*)式代入得＝＝1－x2＋2x2ln x2，8分
令g(t)＝1－t＋2tln t，t∈，
则g′(t)＝2ln t＋1，令g′(t)＝0，解得t＝，
当x∈时，g′(t)<0，g(t)在上单调递减；
当x∈时，g′(t)>0，g(t)在上单调递增；
所以g(t)min＝g＝1－＝1－，
因为g(t)g＝－ln 2<0＝g(1)，所以g(t)<0.
所以的取值范围是.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62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·陕西西安八校4月联考)已知(x＋1)6(ax－1)2的展开式中，x3的系数为56，则实数a的值为( )
A．6或－1 B．－1或4
C．6或5 D．4或5
答案 A
解析 因为(x＋1)6(ax－1)2＝(x＋1)6(a2x2－2ax＋1)，所以(x＋1)6(ax－1)2的展开式中x3的系数是C＋C(－2a)＋Ca2＝6a2－30a＋20，∴6a2－30a＋20＝56，解得a＝6或－1.故选A.
6．(2019·内蒙古呼伦贝尔统一考试一)函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象向右平移个单位后关于原点对称，则函数f(x)在上的最大值为( )
A．－ B．
C． D．－
答案 B
解析 函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象向右平移个单位后，得到函数y＝sin＝sin的图象，则－＋φ＝kπ，k∈Z，
∵|φ|<，∴φ＝，f(x)＝sin，由题意x∈，得2x＋∈，∴sin∈，∴函数f(x)＝sin在区间的最大值为.故选B.
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的取值范围是(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．(2019·广东广州综合测试一)已知函数f(x)＝x3＋alog3x，若f(2)＝6，则f＝________.
答案
解析 由题意得f(2)＝8＋alog32＝6，变形得alog32＝－2，
则f＝3＋alog3＝－alog32＝.
15．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)∈.
16．(2019·广东测试二)圆锥Ω的底面半径为2，其侧面展开图是圆心角大小为180°的扇形．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，则圆锥的高为________，此正四棱柱的体积的最大值为________．
答案 2
解析 设圆锥的母线长为l，圆锥底面周长为2π×2＝4π＝π×l，
∴l＝4，∴圆锥的高为＝2.
设正四棱柱ABCD－A′B′C′D′的底面边长为2a，高为h，则＝，即2－a＝h，正四棱柱的体积V＝4a2h＝4a2(2－a)，设f(a)＝4a2(2－a)，f′(a)＝4a(4－3a)，令f′(a)＝0得a＝，当00，当a>，f′(a)<0，故f(a)的最大值为f＝.
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
18．(2019·湖南师大附中考前演练五)(本小题满分12分)在五边形AEBCD中，BC⊥CD，CD∥AB，AB＝2CD＝2BC，AE⊥BE，AE＝BE(如图1)．将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，线段AB的中点为O(如图2)．
(1)求证：平面ABE⊥平面DOE；
(2)求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小．
解 (1)证明：由题意AB＝2CD，O是线段AB的中点，则OB＝CD.又CD∥AB，则四边形OBCD为平行四边形，又BC⊥CD，则AB⊥OD，因AE＝BE，OB＝OA，则EO⊥AB，2分
又EO∩DO＝O，则AB⊥平面EOD，
又AB?平面ABE，故平面ABE⊥平面EOD. 4分
(2)由(1)易知OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，△EAB为等腰直角三角形，O为线段AB的中点，且AB＝2CD＝2BC，则OA＝OB＝OD＝OE，
取CD＝BC＝1，则O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)，则＝(－1,0,0)，＝(0，－1,1)，设平面ECD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得平面ECD的一个法向量n＝(0,1,1)，因为OD⊥平面ABE，则平面ABE的一个法向量为＝(0,1,0)，8分
设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ，
则cosθ＝|cos〈，n〉|＝＝，
因为θ∈(0,90°)，所以θ＝45°，故平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为45°. 12分
19．(2019·东北三省四市一模)(本小题满分12分)已知椭圆C：＋＝1的短轴端点为B1，B2，点M是椭圆C上的动点，且不与B1，B2重合，点N满足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
(1)求动点N的轨迹方程；
(2)求四边形MB2NB1的面积的最大值．
解 (1)解法一：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，
∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
∴直线NB1：y＋3＝－x， ①
直线NB2：y－3＝－x， ②2分
①×②得y2－9＝x2，
又∵＋＝1，∴y2－9＝x2＝－2x2，
整理得点N的轨迹方程为＋＝1(x≠0).6分
解法二：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，
∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
∴直线NB1：y＋3＝－x， ①
直线NB2：y－3＝－x， ②2分
由①②解得又＋＝1，
∴x＝－，故代入＋＝1得＋＝1.
∴点N的轨迹方程为＋＝1(x≠0).6分
解法三：设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，
则直线NB1：y＝－x－3， ①
直线MB1与椭圆C：＋＝1的交点M的坐标为.2分
则直线MB2的斜率为kMB2＝＝－.
∴直线NB2：y＝2kx＋3， ②
由①②解得，点N的轨迹方程为＋＝1(x≠0).6分
(2)解法一：设N(x1，y1)，M(x0，y0)(x0≠0)．
由(1)解法二得x1＝－，
四边形MB2NB1的面积
S＝|B1B2|(|x1|＋|x0|)＝3×|x0|＝|x0|，9分
∵0解法二：由(1)解法三得四边形MB2NB1的面积
S＝|B1B2|(|xM|＋|xN|)
＝3×＝
＝≤，
当且仅当|k|＝时，S取得最大值.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)＝ex＋bx－1(b∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．
解 (1)由题可得f′(x)＝ex＋b，
当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当b<0时，当x≥ln (－b)时，f′(x)>0，f(x)在(ln (－b)，＋∞)上单调递增；
当x(2)令g(x)＝ex＋bx－1－ln x，g′(x)＝ex＋b－，易知g′(x)单调递增且一定有大于0的零点，不妨设为x0，g′(x0)＝0，即e＋b－＝0，则b＝－e，故若有g(x)有两个零点，需满足g(x0)<0，
即ex0＋bx0－1－ln x0＝ex0＋x0－1－ln x0＝e－ex0－ln x0<0，7分
令h(x)＝ex－exx－ln x，则h′(x)＝－exx－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以e－ex0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，
由b＝－e，所以b<1－e.9分
又当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，
则g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，
令t(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，
由于x<1－e，所以x＋1<2－e<0，ex<1，所以(x＋1)(ex－1)>0，
故t(x)＝(x＋1)ex－x>0，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，
由ex增长速度大，所以g(x)>0，综上有b<1－e.12分
21．(2019·福建厦门第一次(3月)质检)(本小题满分12分)某公司生产一种产品，从流水线上随机抽取100件产品，统计其质量指数并绘制频率分布直方图(如图1)：
产品的质量指数在[50,70)的为三等品，在[70,90)的为二等品，在[90,110]的为一等品，该产品的三、二、一等品的销售利润分别为每件1.5,3.5,5.5(单位：元)，以这100件产品的质量指数位于各区间的频率代替产品的质量指数位于该区间的概率．
(1)求每件产品的平均销售利润；
(2)该公司为了解年营销费用x(单位：万元)对年销售量y(单位：万件)的影响，对近5年的年营销费用xi和年销售量yi(i＝1，2,3,4,5)数据做了初步处理，得到的散点图(如图2)及一些统计量的值．
i
i
(ui－)(vi－)
(ui－)2
16.30
24.87
0.41
1.64
表中ui＝ln xi，vi＝ln yi，＝i，＝i，
根据散点图判断，y＝a·xb可以作为年销售量y(万件)关于年营销费用x(万元)的回归方程．
①建立y关于x的回归方程；
②用所求的回归方程估计该公司应投入多少营销费，才能使得该产品一年的收益达到最大？(收益＝销售利润－营销费用，取e4.159＝64)
参考公式：对于一组数据：(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线v＝α＋βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝－ .
解 (1)设每件产品的销售利润为ξ元，则ξ的所有可能取值为1.5,3.5,5.5，
由直方图可得一、二、三等品的频率分别为0.4,0.45,0.15，2分
所以P(ξ＝1.5)＝0.15，P(ξ＝3.5)＝0.45，P(ξ＝5.5)＝0.4，
所以随机变量ξ的分布列为
ξ
1.5
3.5
5.5
P
0.15
0.45
0.4
则E(ξ)＝1.5×0.15＋3.5×0.45＋5.5×0.4＝4，故每件产品的平均销售利润为4元. 4分
(2)①由y＝a·xb得，ln y＝ln (a·xb)＝ln a＋bln x，
令u＝ln x，v＝ln y，c＝ln a，则v＝c＋bu，
由表中数据可得，＝＝＝0.25，
则＝－ ＝－0.25×＝4.159，
所以＝4.159＋0.25u，7分
即ln ＝4.159＋0.25ln x＝ln ，
因为e4.159＝64，所以＝64x，故所求的回归方程为y＝64x.9分
②设年收益为z万元，则z＝[E(ξ)]y－x＝256x－x，10分
设t＝x，f(t)＝256t－t4，
则f′(t)＝256－4t3＝4(64－t3)，
当t∈(0,4)时，f′(t)>0，f(t)在(0,4)上单调递增，当t∈(4，＋∞)时，f′(t)<0，f(t)在(4，＋∞)上单调递减．所以，当t＝4，即x＝256时，z有最大值为768，
即该厂应投入256万元营销费，能使得该产品一年的收益达到最大768万元.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66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．(2019·北京海淀一模)已知x>y，则下列各式中一定成立的是( )
A．< B．x＋>2
C．x>y D．2x＋2－y>2
答案 D
解析 x，y的符号不确定，当x＝2，y＝－1时，x>y，显然<不成立，x＋＝2－1＝1>2不成立，y＝x是减函数，所以x>y不成立，因为x－y>0，所以2x＋2－y≥2＝2>2＝2，正确，故选D.
4．(2019·浙江金华十校模拟)在下面四个x∈[－π，π]的函数图象中，函数y＝|x|sin2x的图象可能是( )
答案 C
解析 因为f(－x)＝|－x|sin(－2x)＝－|x|sin2x＝－f(x)，即f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D；当x＝π时，f(π)＝πsin2π＝0，排除A.故选C.
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. 已知ABCD为正方形，其内切圆I与各边分别切于E，F，G，H，连接EF，FG，GH，HE.现向正方形ABCD内随机抛掷一枚豆子，记事件A：豆子落在圆I内，事件B：豆子落在圆I内四边形EFGH外，则P(B|A)＝( )
A．1－ B．
C．1－ D．
答案 C
解析 设正方形ABCD的边长为a，
则圆I的半径为r＝，其面积为
S＝π×2＝πa2，
设正方形EFGH的边长为b，
则b＝a?b＝a，
其面积为S1＝2＝a2，
则在圆I内且不在EFGH内的面积为S－S1，
所以P(B|A)＝＝1－.
8．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.
9．(2019·湖北部分重点中学新起点考试)秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入x的值为5，则输出v的值为( )
A．511－1 B．
C． D．
答案 B
解析 依次运行程序框图中的程序，可得①k＝1满足条件，v＝1×5＋1＝5＋1，k＝2；②k＝2满足条件，v＝(5＋1)×5＋1＝52＋5＋1，k＝3；③k＝3满足条件，v＝(52＋5＋1)×5＋1＝53＋52＋5＋1，k＝4；
…
⑨k＝9满足条件，v＝(58＋57＋…＋5＋1)×5＋1＝59＋58＋57＋…＋5＋1，k＝10；
⑩k＝10满足条件，v＝(59＋58＋57＋…＋5＋1)×5＋1＝510＋59＋58＋…＋5＋1，k＝11.而k＝11不满足条件，停止运行，输出v＝510＋59＋58＋…＋5＋1＝＝.故选B.
10．(2019·青岛模拟)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.
11．(2019·辽宁五校联考)一条动直线l与抛物线C：x2＝4y相交于A，B两点，O为坐标原点，若＝2，则(－)2－42的最大值为( )
A．24 B．16
C．8 D．－16
答案 B
解析 由＝2，知G是线段AB的中点，
∴＝(＋)，
∴(－)2－42＝(－)2－(＋)2＝－4·.
由A，B是动直线l与抛物线C：x2＝4y的交点，不妨设A，B，∴－4·＝－4＝－4＝16－42≤16，即(－)2－42的最大值为16，故选B.
12．(2019·辽宁葫芦岛二模)已知函数f(x)＝ex－e＋x－(e为自然对数的底数)，g(x)＝ln x－ax－ea＋4.若存在实数x1，x2，使得f(x1)－＝g(x2)＝1，且1≤≤e，则实数a的最大值为( )
A． B．
C． D．1
答案 A
解析 由f(x1)－＝1化简得ex1－e＝－(x1－e)＋1，由于y＝et，y＝－t＋1只有一个交点(0,1)，所以x1－e＝0，故x1＝e.g(x)的定义域为(0，＋∞)，由1≤≤e，得e≤x2≤e2.由g(x2)＝1化简得ln x2＝a(x2＋e)－3.分别画出函数y＝ln x和y＝a(x＋e)－3的图象如图所示，由图可知，a的最大值即直线y＝a(x＋e)－3的斜率的最大值为kAB＝＝，故选A.
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．如图所示，在平面四边形ABCD中，AD＝2，CD＝4，△ABC为正三角形，则△BCD面积的最大值为________．
答案 4＋4
解析 设∠ADC＝α，∠ACD＝β，
由余弦定理可知，AC2＝20－16cosα，cosβ＝，
又由正弦定理，＝?sinβ＝，
∴S△BCD＝BC·CDsin
＝2BC
＝2BC
＝4sin＋4，所以最大值为4＋4.
16．(2019·河北石家庄模拟一)在棱长为1的透明密闭的正方形容器ABCD－A1B1C1D1中，装有容器总体积一半的水(不计容器壁的厚度)，将该正方体容器绕BD1旋转，并始终保持BD1所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为________．
答案
解析 如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在A1B1上，点F在CD上，满足A1E＝CF，则原问题等价于求解四边形BFD1E面积的最大值．
作EG⊥BD1于点G，当EG最大时，四边形BFD1E的面积有最大值．建立如图所示的空间直角坐标系，设E(m,0,1)(0≤m≤1)，设G(x，y，z)，
由于B(1,0,0)，D1(0,1,1)，由＝λ可得(x－1，y，z)＝λ(－1,1,1)，则故G(－λ＋1，λ，λ)，故＝(m＋λ－1，－λ，1－λ)，＝(－1,1,1)，由·＝－m－λ＋1－λ＋1－λ＝0，得λ＝，1－λ＝，
故|GE|＝＝·，结合二次函数的性质可知当m＝0或m＝1时，GE取得最大值，此时水面面积的最大值为.
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
18. (2019·辽宁丹东质量测试二)(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，CD＝2AD，M是BC的中点，N是线段SA上的点．
(1)若N是SA的中点，求证：MN∥平面SDC；
(2)设MN与平面SAD所成角为α，求sinα的最大值．
解 解法一：(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz，设DA＝2.则D(0,0,0)，S(0,0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，4,0)，所以M(1,3,0)，N(1，0,2)，＝(0，－3,2)．因为SD⊥平面ABCD，2分
所以SD⊥AD，又AD⊥CD，所以AD⊥平面SDC，平面SDC的一个法向量为＝(2,0,0)．因为·＝0，MN?平面SDC，所以MN∥平面SDC.5分
(2)＝(2,0，－4)，设＝λ(0≤λ≤1)，则N(2λ，0,4－4λ)，＝(2λ－1，－3,4－4λ)，
平面SAD的一个法向量为＝(0,4,0)，所以sinα＝＝.9分
因为0≤λ≤1，所以当λ＝，即SN＝9NA时，sinα取得最大值.12分
解法二：(1)证明：取AD的中点为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，因此MN∥平面SDC.5分
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz，设DA＝2，
则D(0,0,0)，S(0,0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，4,0)，所以M(1,3,0)，＝(2,0，－4)．
设＝λ(0≤λ≤1)，
则N(2λ，0,4－4λ)，＝(2λ－1，－3,4－4λ)．
平面SAD的一个法向量为＝(0,4,0)，
所以sinα＝＝.9分
因为0≤λ≤1，所以当λ＝，即SN＝9NA时，sinα取得最大值.12分
19. (2019·福建模拟)(本小题满分12分)春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策”．某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点处记录了大年初三上午9：20～10：40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如图所示，其中时间段9：20～9：40记作区间[20,40)，9：40～10：00记作[40,60)，10：00～10：20记作[60,80)，10：20～10：40记作[80,100]，比方：10点04分，记作时刻64.
(1)估计这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：20～10：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；
(3)由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ可用这600辆车在9：20～10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，σ2可用样本的方差近似代替(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)，已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数(结果保留到整数)．
参考数据：若T～N(μ，a2)，则P(μ－σ解 (1)这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为(30×0.005＋50×0.015＋70×0.020＋90×0.010)×20＝64，即10点04分.3分
(2)结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在[20,60)这一区间内的车辆数，即(0.005＋0.015)×20×10＝4，4分
所以X的可能取值为0,1,2,3,4.
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.7分
(3)由(1)可得μ＝64，σ2＝(30－64)2×0.1＋(50－64)2×0.3＋(70－64)2×0.4＋(90－64)2×0.2＝324，所以σ＝18. 9分
估计在9：46～10：40这一时间段内通过的车辆数，也就是46由T～N(μ，σ2)，得P(64－1820．(2019·广东湛江测试二)(本小题满分12分)已知动圆P过定点F，且和直线x＝－相切，动圆圆心P形成的轨迹是曲线C，过点Q(4，－2)的直线与曲线C交于A，B两个不同的点．
(1)求曲线C的方程；
(2)在曲线C上是否存在定点N，使得以AB为直径的圆恒过点N？若存在，求出N点坐标；若不存在，说明理由．
解 (1)设动圆圆心P到直线x＝－的距离为d，根据题意，d＝|PF|，∴动点P形成的轨迹是以F为焦点，以直线x＝－为准线的抛物线，∴抛物线的方程为y2＝2x. 4分
(2)根据题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线的方程为lAB：x＝n(y＋2)＋4，代入抛物线方程，整理得y2－2ny－4n－8＝0，Δ＝4n2＋16(n＋2)＝4(n2＋4n＋8)>0，y1＋y2＝2n，y1y2＝－4n－8，6分
若设抛物线上存在定点N，使得以AB为直径的圆恒过点N，设N(x0，y0)，则y＝2x0，
kNA＝＝＝，
同理可得kNB＝，8分
kNA·kNB＝·
＝
＝＝－1，
∴(2y0－4)n＋y－4＝0，∴解得y0＝2，x0＝2，∴在曲线C上存在定点N(2,2)，使得以AB为直径的圆恒过点N.12分
21．(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)＝ln (2＋ax)(a＞0)，g(x)＝(b∈R)．
(1)若函数f(x)的图象在点(3，f(3))处的切线与函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行，求a，b之间的关系；
(2)在(1)的条件下，若b＝a，且f(x)≥mg(x)对任意x∈恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)f′(x)＝，g′(x)＝＝，2分
因为函数f(x)的图象在点(3，f(3))处的切线与函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行，
所以f′(3)＝g′(1)．所以＝，化简得b＝.4分
(2)由(1)得，b＝，若b＝a，则a＝，
解得a＝2或a＝－(舍去，因为a＞0)．
所以a＝b＝2.
所以f(x)＝ln (2＋2x)，g(x)＝.
令2＋2x＞0，得x＞－1，
则函数f(x)＝ln (2＋2x)的定义域是(－1，＋∞)；
令1＋x≠0，得x≠－1，则函数g(x)＝的定义域是(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．
f(x)≥mg(x)对任意x∈恒成立，即ln (2＋2x)－≥0对任意x∈恒成立．
令h(x)＝ln (2＋2x)－，
则问题转化为h(x)≥0对任意x∈恒成立．
h′(x)＝－＝－＝.7分
①当m≤，即x＋1－m≥0时，h′(x)≥0且h′(x)不恒为0，所以函数h(x)＝ln (2＋2x)－在区间上单调递增．
又h＝ln －＝0，
所以h(x)≥0对任意x∈恒成立．故m≤符合题意.9分
②当m>时，令h′(x)＝<0，得－≤x0，得x＞m－1.
所以函数h(x)＝ln (2＋2x)－在区间上单调递减，在区间(m－1，＋∞)上单调递增，所以h(m－1)时，存在x0>－，使h(x0)＜0.故知h(x)≥0对任意x∈不恒成立．故m>不符合题意．
综上可知，实数m的取值范围是.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65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．(2019·山东四校联考)已知集合A＝{x|log2x<1}，集合B＝{y|y＝}，则A∪B＝( )
A．(－∞，2) B．(－∞，2]
C．(0,2) D．[0，＋∞)
答案 D
解析 由题意得A＝{x|02．(2019·湖南桃江一中5月模拟)复平面内表示复数z＝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 ∵z＝＝＝＝2＋2i，
∴z在复平面对应的点(2,2)在第一象限．故选A.
3．(2019·北京师范大学附中模拟三)设D为△ABC所在平面内一点，＝3，则( )
A．＝＋ B．＝－
C．＝－ D．＝－＋
答案 D
解析 如图，＝＋＝＋＝＋(＋)＝－.故选D.
4．(2019·广东梅州总复习质检)若中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的离心率为，则此双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
答案 D
解析 由题意得e＝＝，得＝，又因为双曲线焦点在y轴上，所以渐近线方程为y＝±x＝±x.故选D.
5．2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式．孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p，使得p＋2是素数．素数对(p，p＋2)称为孪生素数．从10以内的素数中任取2个构成素数对，其中能构成孪生素数的概率为( )
A． B．
C． D．
答案 D
解析 10以内的素数有2,3,5,7，共4个，从中任取2个构成的素数对有A个．根据素数对(p，p＋2)称为孪生素数，知10以内的素数组成的素数对(3,5)，(5,7)为孪生素数，所以能构成孪生素数的概率P＝＝，故选D.
6．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.
7．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＝.
8．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？.
9．已知函数f(x)＝－x3－7x＋sinx，若f(a2)＋f(a－2)>0，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，3)
C．(－1,2) D．(－2,1)
答案 D
解析 因为f′(x)＝－3x2－7＋cosx<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，又因为f(x)是奇函数，所以由f(a2)＋f(a－2)>0得f(a2)>－f(a－2)＝f(2－a)，即a2<2－a，即a2＋a－2<0，解得－210. 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.
11．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.
12．在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(c＋a)∶(b＋c)＝6∶5∶4，给出下列结论：
①△ABC被唯一确定；②△ABC一定是钝角三角形；③sinA∶sinB∶sinC＝7∶5∶3；④若b＋c＝8，则△ABC的面积是.
其中正确结论的序号是( )
A．①② B．②③
C．①②③ D．②③④
答案 B
解析 由已知可设a＋b＝6k，c＋a＝5k，b＋c＝4k(k>0)，则a＝k，b＝k，c＝k，所以a∶b∶c＝7∶5∶3，所以sinA∶sinB∶sinC＝7∶5∶3，所以③正确．又a，b，c的值不确定，所以①错误．在△ABC中，cosA＝＝－，A＝，所以②正确．因为b＋c＝8，所以b＝5，c＝3，所以S△ABC＝bcsinA＝，所以④错误．
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________．
1818 0792 4544 1716 5809 7983 8619…第1行
6206 7650 0310 5523 6405 0526 6238…第2行
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．在(x2＋2x＋)6的展开式中，x3y2的系数为________(用数字作答)．
答案 60
解析 (x2＋2x＋)6＝[(x2＋2x)＋y]6，它展开式中的第r＋1项为Tr＋1＝C(x2＋2x)6－ry，令＝2，
则r＝4，T5＝C(x2＋2x)2y2＝C(x4＋4x3＋4x2)y2，
∴x3y2的系数为C×4＝60.
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·广东深圳外国语学校第一次热身)已知函数f(x)＝x2cos，数列{an}中，an＝f(n)＋f(n＋1)(n∈N*)，则数列{an}的前40项和S40＝________.
答案 1680
解析 由题意得a1＝f(1)＋f(2)＝0－4＝－4，a2＝f(2)＋f(3)＝－4＋0＝－4，
a3＝f(3)＋f(4)＝0＋16＝16，a4＝f(4)＋f(5)＝16，
a5＝f(5)＋f(6)＝0－36＝－36，a6＝f(6)＋f(7)＝－36，…
可得数列{an}为－4，－4,16,16，－36，－36,64,64，－100，－100，…
即有数列{an}的前40项和
S40＝(－4－4＋16＋16)＋(－36－36＋64＋64)＋(－100－100＋144＋144)＋…＋(－1444－1444＋1600＋1600)＝24＋56＋88＋…＋312＝×10×(24＋312)＝1680.
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·广东潮州二模)(本小题满分12分)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
(2)已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．
解 (1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品全是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，
这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，
所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝×＋×＝.5分
(2)X可能的取值为400,500,800，6分
并且P(X＝800)＝，P(X＝500)＝，P(X＝400)＝1－－＝，故X的分布列如下：
X
400
500
800
P
故E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.12分
19．(2019·湖南长沙长郡中学一模)(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥AD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD＝λBC，AD∥BC，∠BCD＝90°，M为线段PB上一点．
(1)若λ＝，则在线段PB上是否存在点M，使得AM∥平面PCD？若存在，请确定M点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)已知PA＝2，AD＝1，若异面直线PA与CD成90°角，二面角B－PC－D的余弦值为－，求CD的长．
解 (1)延长BA，CD交于点E，连接PE，则PE?平面PCD，若AM∥平面PCD，由平面PBE∩平面PCD＝PE，AM?平面PBE，则AM∥PE，2分
由AD＝BC，AD∥BC，则＝＝，故点M是线段PB上靠近点P的一个三等分点.4分
(2)∵PA⊥AD，PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD?平面ABCD，CD?平面ABCD，
则PA⊥平面ABCD，5分
以点A为坐标原点，以AD，AP所在的直线分别为y轴、z轴，过点A与平面PAD垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设CD＝t，
则P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(t,1,0)，B，则＝，＝(t,1，－2)，＝(－t,0,0)，7分
设平面PBC和平面PCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
由n1⊥，n1⊥，得
即令x1＝1，则z1＝，
故n1＝.
同理可求得n2＝(0,2,1)，9分
则cosθ＝，则＝，
解得t＝±2(负值舍去)，
故t＝2.∴CD＝2.12分
20．(2018·北京高考)(本小题满分12分)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
解 (1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.3分
(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)．
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由得x2＋4kx－4＝0.4分
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.
同理得点B的横坐标xB＝－.7分
设点D(0，n)，则＝，
＝，
·＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2
＝－4＋(n＋1)2.9分
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3).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－ax－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设函数g(x)＝emx＋x2－mx(x>0，m∈R)，若存在x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，证明：g(x1·x2)解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－a，令f′(x)＝0，
所以x＝ea，当0当x>ea时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，ea)上单调递减，在(ea，＋∞)上单调递增，
所以f(x)极小值＝f(ea)＝－ea，
所以函数f(x)的极小值为－ea，无极大值.4分
(2)证明：g′(x)＝memx＋2x－m＝m(emx－1)＋2x，
当m>0时，由于x>0，所以emx>1，emx－1>0，
即g′(x)>0，
当m<0时，由于x>0，所以emx<1，emx－1<0，
即g′(x)>0，
当m＝0时，g′(x)＝2x>0，综上，g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，6分
故只须证明x1x2故a＝－1，
即证ln x1＋ln x2<2×－2，
即ln x1＋ln x2－2×<－2，即
<－2，
即<－2，
即<－2，
即ln ·<－2，
即ln ·<－2.9分
不妨设x1>x2，t＝>1，即证ln t·<－2，
ln t>－2×，即证ln t＋2×>0，
设h(t)＝ln t＋2×(t>1)，
则h′(t)＝＋2×
＝－＝>0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增．
因而h(t)>h(1)＝0，即ln t＋2×>0，因此结论成立.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55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．(2019·湖南六校联考)已知公差d≠0的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4－2，a6成等比数列，若正整数m，n满足m－n＝10，则am－an＝( )
A．10 B．20
C．30 D．5或40
答案 C
解析 由题意，知(a4－2)2＝a2a6，因为{an}为等差数列，所以(3d－1)2＝(1＋d)(1＋5d)，因为d≠0，解得d＝3，从而am－an＝(m－n)d＝30，故选C.
5．(2019·河北示范性高中4月联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．3x＋y－4＝0 B．3x＋y＋4＝0
C．3x－y－2＝0 D．3x－y－4＝0
答案 A
解析 若x>0，则－x<0，所以f(－x)＝，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝，此时f′(x)＝，则f′(1)＝－3，f(1)＝1，所以切线方程为y－1＝－3(x－1)，即3x＋y－4＝0，故选A.
6．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.
7．由射线y＝x(x≥0)逆时针旋转到射线y＝－x(x≤0)的位置所成角为θ，则cosθ＝( )
A．－ B．±
C．－ D．±
答案 A
解析 设y＝x(x≥0)的倾斜角为α，
则sinα＝，cosα＝.
设射线y＝－x(x≤0)的倾斜角为β，
则sinβ＝，cosβ＝－，
∴cosθ＝cos(β－α)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝×＋×＝－.
8．(2019·东北三省三校一模)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应着十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有( )
A．30种 B．50种
C．60种 D．90种
答案 B
解析 若同学甲选牛，那么同学乙只能选狗和羊中的一种，同学丙可以从剩下的10种中任意选，共有C·C＝20，若同学甲选马，那么同学乙能选牛、狗和羊中的一种，同学丙可以从剩下的10种中任意选，共有C·C＝30，所以共有20＋30＝50种，故选B.
9．在桥梁设计中，桥墩一般设计成圆柱型，因为其各向受力均衡，而且在相同截面下，浇筑用模最省．假设一桥梁施工队在浇筑桥墩时，采用由内向外扩张式浇筑，即保持圆柱高度不变，截面半径逐渐增大，设圆柱半径关于时间的函数为R(t)，若圆柱的体积以均匀速度c增长，则圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径( )
A．成正比，比例系数为c B．成正比，比例系数为c2
C．成反比，比例系数为c D．成反比，比例系数为c2
答案 C
解析 由V＝S·h＝πR2h，知V′＝2πhR·R′(t)．
即2πhR·R′(t)＝c，
∴R′(t)＝，又圆柱的侧面积S侧＝2πRh，
则其侧面积增长速度S′侧＝2πhR′(t)＝2πh·＝，
∴圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径成反比，比例系数为c，故选C.
10．P是双曲线C：x2－y2＝2左支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F2是双曲线C的右焦点，则|PF2|＋|PQ|的最小值为( )
A． B．
C．3 D．2＋
答案 C
解析 如图，设F1为双曲线C的左焦点，由题知|PF2|－|PF1|＝2a＝2，
则|PF2|＋|PQ|＝|PF1|＋|PQ|＋2，
当F1，P，Q在同一直线上时，
|PF1|＋|PQ|最小，
由渐近线方程y＝x，
|F1O|＝2知|F1Q|＝，
则|PF2|＋|PQ|的最小值为3.
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．(2019·湘赣十四校第二次联考)过抛物线x2＝8y的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若＝，则△AOB的面积为( )
A．3 B．12
C．6 D．9
答案 C
解析 解法一：易知直线AB的斜率存在，设为y＝kx＋2，
由得x2－8kx－16＝0，
∴xAxB＝－16，又∵＝，∴xB＝－2xA，
∴或
则S△OAB＝|OF||xB－xA|＝6.
解法二：由得
∴
∴
∴或
从而S△OAB＝|OF||xB－xA|＝6.
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·江苏四市教学情况调查二)已知偶函数f(x)的定义域为R，且在[0，＋∞)上为增函数，则不等式f(3x)>f(x2＋2)的解集为________．
答案 (－2，－1)∪(1,2)
解析 因为f(x)是偶函数，所以f(3x)＝f(|3x|)，所以f(3x)>f(x2＋2)等价于f(|3x|)>f(x2＋2)，又f(x)在[0，＋∞)上为增函数，且x2＋2>0，|3x|≥0，所以|3x|>x2＋2，即|x|2－3|x|＋2<0，解得1<|x|<2，即－2f(x2＋2)的解集为(－2，－1)∪(1,2)．
16．(2019·吉林五地六校联考)现有正整数构成的数表如下：
第一行：1
第二行：12
第三行：1123
第四行：11211234
第五行：1121123112112345
…
第k行：先抄写第1行，接着按原序抄写第2行，然后按原序抄写第3行，…，直至按原序抄写第k－1行，最后添上数k.(如第四行，先抄写第一行的数1，接着按原序抄写第二行的数1,2，接着按原序抄写第三行的数1,1,2,3，最后添上数4)．将按照上述方式写下的第n个数记作an(如a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝1，…，a7＝3，…，a14＝3，a15＝4，…)，用tk表示数表第k行的数的个数，则数列{tk}的前k项和Tk＝________.
答案 2k－1
解析 用tk表示数表第k行的数的个数，当k≥2时，tk＝t1＋t2＋…＋tk－1＋1，则tk＋1＝t1＋t2＋…＋tk＋1，于是tk＋1－tk＝tk，即tk＋1＝2tk，又t2＝2t1，且t1＝1，所以tk＝2k－1，故数列{tk}的前k项和Tk＝1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－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)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)∵在△ABC中，cosA＝，cosC＝，
∴sinA＝，sinC＝，2分
∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝，4分
由正弦定理，得＝，∴AB＝＝1040米，
∴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
18．(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＝2CB，∠ACB＝90°.
(1)求证：平面AB1C1⊥平面A1B1C；
(2)若A1A与平面ABC所成的线面角为60°，求二面角C1－AB1－C的余弦值．
解 (1)证明：因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，∠ACB＝90°，所以BC⊥平面ACC1A1，2分
因为A1C?平面ACC1A1，所以BC⊥A1C，
因为B1C1∥BC，所以A1C⊥B1C1，
因为ACC1A1是平行四边形，且AA1＝AC，
所以ACC1A1是菱形，则A1C⊥AC1，
因为AC1∩B1C1＝C1，所以A1C⊥平面AB1C1.
又A1C?平面A1B1C，所以平面AB1C1⊥平面A1B1C.5分
(2)取AC的中点M，连接A1M，
因为四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，
所以△ACA1是正三角形，
所以A1M⊥AC，且A1M＝AC，
令AA1＝AC＝2CB＝2，则A1M＝.7分
以C为原点，以CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过点C且平行于A1M的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(2，0,0)，C1(－1,0，)，
B(0,1,0)，A1(1,0，)，＝(2,0,0)，＝＋＝＋＝(－1,0，)＋(0,1,0)＝(－1,1，)，＝(1,0，)．
设平面ACB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则所以
得x＝0，令z＝1，
则y＝－，所以n＝(0，－，1).9分
由(1)知A1C⊥平面AB1C1，所以＝(1,0，)是平面AB1C1的一个法向量，
因为cos〈，n〉＝＝＝.
所以二面角C1－AB1－C的余弦值为.12分
19．(2019·湖北部分重点中学联考)(本小题满分12分)为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅为单位(一套住宅为一户)．
阶梯级别
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
月用电范围/度
[0,210]
(210,400]
(400，＋∞)
某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：
居民用
电编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
用电
量/度
53
86
90
124
132
200
215
225
300
410
(1)若规定第一阶梯电价每度0.5元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元，第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元，试计算居民用电户月用电410度时应交电费多少元？
(2)现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的用户数的分布列与期望．
(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到k户月用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值．
解 (1)由题意知，居民用电户月用电410度时应交电费210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元).3分
(2)设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，可知第二阶梯电量的用户有3户，则ξ可取0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝.
故ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.7分
(3)由题意可知，从全市中抽取10户，设其月用电量为第一阶梯的户数为X，则X～B，
P(X＝k)＝Ck10－k(k＝0,1,2,3，…，10)，
解得≤k≤，k∈N*，
所以当k＝6时，概率最大，所以k＝6.12分
20．(2019·广西柳州3月模拟)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x－－mx在区间(0,1)上为增函数，m∈R.
(1)求实数m的取值范围；
(2)当m取最大值时，若直线l：y＝ax＋b是函数F(x)＝f(x)＋2x的图象的切线，且a，b∈R，求a＋b的最小值．
解 (1)∵f(x)＝ln x－－mx，
∴f′(x)＝＋－m，
又函数f(x)在区间(0,1)上为增函数，
∴f′(x)＝＋－m≥0在(0,1)上恒成立，2分
∴m≤＋＝2－在(0,1)上恒成立，
令t(x)＝＋＝2－，x∈(0,1)，
则当x＝1时，t(x)取得最小值，且t(x)min＝2，
∴m≤2，∴实数m的取值范围为(－∞，2].5分
(2)由题意得F(x)＝＋2x＝ln x－，
则F′(x)＝＋，
设切点坐标为，则切线的斜率
a＝F′(x0)＝＋，
又ln x0－＝ax0＋b，∴b＝ln x0－－1，
∴a＋b＝ln x0＋－－1.8分
令h(x)＝ln x＋－－1(x>0)，
则h′(x)＝－＋＝＝，
故当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
∴当x＝1时，h(x)有最小值，且h(x)min＝h(1)＝－1，
∴a＋b的最小值为－1.12分
21．(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)的焦距为2，且经过点A.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，若椭圆上存在点P，使得四边形OMPN为平行四边形(其中O是坐标原点)，求平行四边形OMPN的面积．
解 (1)由题意可知椭圆的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，
又椭圆C经过点A，
所以|AF1|＋|AF2|＝2a，
即 ＋ ＝2a，3分
所以2a＝＋＝4，即a＝2，又b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.4分
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，由
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，
则有Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
即4k2＋1>m2，
又x1＋x2＝，x1x2＝.6分
因为四边形OMPN为平行四边形，所以＝＋，故xP＝x1＋x2＝，
yP＝y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k＋2m＝，所以P，
由点P在椭圆上可得＋2＝1，
化简得4m2＝4k2＋1，8分
而(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2－4×＝，
又因为4m2＝4k2＋1，
所以(x1－x2)2＝＝，
所以|x1－x2|＝，
所以|MN|＝·|x1－x2|＝·，又点O到直线l的距离d＝，
故△OMN的面积S△OMN＝|MN|·d＝
··＝.
所以平行四边形OMPN的面积为S＝2×＝.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．(2019·福建泉州第二次质量检查)(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，直线l的参数方程为(t为参数)，其中n>0.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，曲线C2的极坐标方程为ρ2cos2θ＝1.
(1)求C1，C2的直角坐标方程；
(2)已知点P(－2,0)，l与C1交于点Q，与C2交于A，B两点，且|PA|·|PB|＝|PQ|2，求l的普通方程．
解 (1)曲线C1的直角坐标方程为x＝0，2分
方程ρ2cos2θ＝1可化为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝1，得x2－y2＝1.4分
(2)由直线l的参数方程为(t为参数)，
得直线l过点P(－2,0)，5分
另设直线l的参数方程为
，
则点Q对应的参数值为，即|PQ|＝，
将代入x2－y2＝1，得(－2＋tcosα)2－(tsinα)2＝1，
整理，得(cos2α－sin2α)t2－4tcosα＋3＝0，
设A，B对应的参数值分别为t1，t2，
则t1＋t2＝，t1t2＝，
因为|PA|·|PB|＝|PQ|2，
所以＝，8分
所以＝或＝－，
解得tanα＝或tanα＝，
故l的普通方程为y＝x＋1或y＝x＋.10分
23．(2019·福建泉州第二次质量检查)(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝＋，集合M为不等式f(x)≤2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，2≥a－b.
解 (1)f(x)＝＋＝
2分
所以不等式f(x)≤2的解集为M＝[－1,1].4分
(2)证明：要证2≥a－b，
只需证2≥|a－b|，
即证4(1－ab)≥(a－b)2，6分
只需证4－4ab≥a2－2ab＋b2，即4≥a2＋2ab＋b2，
即证4≥(a＋b)2，只需证2≥|a＋b|，
因为a，b∈M，所以|a＋b|≤2，
所以原不等式成立.10分
课件68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．已知复数z满足z(1＋i)＝|－1＋i|，则复数z的共轭复数为( )
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.故选C.
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>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<0,2>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．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－，则＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
答案 A
解析 由题意，得a2－b2＝4c2，则－＝cosA＝，∴＝－，∴＝，∴＝×4＝6，故选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．要得到函数y＝sin的图象，只需将函数y＝2sinxcosx的图象( )
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
答案 C
解析 将函数y＝2sinxcosx＝sin2x的图象向左平移个单位可得到y＝sin2，即y＝sin的图象，故选C.
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的中点，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．(2019·江西景德镇第二次质检)已知F是抛物线x2＝4y的焦点，点P在抛物线上，点A(0，－1)，则的最小值是( )
A． B．
C．1 D．
答案 A
解析 由题意可得，抛物线x2＝4y的焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1，过点P作PM垂直于准线，垂足为M，
由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|，则＝＝sin∠PAM，因为∠PAM为锐角，故当∠PAM最小时，最小，即当PA和抛物线相切时，最小，设切点P(2，a)，由y＝x2，得y′＝x，则切线PA的斜率为×2＝＝，解得a＝1，即P(2,1)，此时|PM|＝2，|PA|＝2，所以sin∠PAM＝＝，故选A.
12．(2019·天津部分区一模联考)已知函数y＝f(x)的定义域为(－π，π)，且函数y＝f(x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，当x∈(0，π)时，f(x)＝πln x－f′sinx(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝f(logπ3)，b＝f(log9)，c＝f(π)，则a，b，c的大小关系是( )
A．b>a>c B．a>b>c
C．c>b>a D．b>c>a
答案 D
解析 ∵f(x)＝πln x－f′sinx，∴f′(x)＝－f′cosx，则f′＝2－f′cos＝2，即f′(x)＝－2cosx，当≤x<π时，2cosx≤0，f′(x)>0；当02,2cosx<2，∴f′(x)>0，即f(x)在(0，π)上单调递增，∵y＝f(x＋2)的图象关于x＝－2对称，∴y＝f(x＋2)向右平移2个单位得到y＝f(x)的图象关于y轴对称，即y＝f(x)为偶函数，b＝f(log9)＝f(－2)＝f(2)，0＝logπ1f(π)>f(logπ3)，即b>c>a.
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，所以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．已知腰长为2的等腰直角△ABC中， M为斜边AB的中点，点P为该平面内一动点，若||＝2，则(·)·(·) 的最小值是________．
答案 32－24
解析 根据题意，建立平面直角坐标系，
如图所示，
则C(0,0)，B(2,0)，A(0,2)，M(1,1)，
由||＝2，知点P的轨迹为圆心在原点，半径为2的圆，
设点P(2cosθ，2sinθ)，θ∈[0,2π)；
则＝(－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)，
设t＝sinθ＋cosθ，
∴t＝sin∈[－，]，
∴t2＝1＋2sinθcosθ，
∴2sinθcosθ＝t2－1，
∴y＝8(3－3t＋t2－1)＝82－2，
当t＝时，y取得最小值为32－24.
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．(2019·四川百校模拟冲刺)(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AA1⊥平面ABC，AB＝2，BB1＝4，AC＝BC，E是棱BB1的中点，当二面角E－A1C－D的大小为时，求线段DC的长度．
解 (1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，连接DF，而D是AB的中点，则BC1∥DF，
因为DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.
4分
(2)因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥CD，又AC＝BC，E是棱BB1的中点，
所以DC⊥AB，所以DC⊥平面ABB1A1，5分
以D为坐标原点，过D作AB的垂线为x轴，DB为y轴，DC为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
设DC的长度为t，
则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)，
分别设平面EA1C与平面DA1C的法向量为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＝，
所以线段DC的长度为.12分
19．(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，AF1与y轴相交于点B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝.
(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(k≠0)与l1，l2交于M，N两点，求证：∠MF1N＝∠MF2N.
解 (1)连接AF2，由题意，得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，
所以BO为△F1AF2的中位线，
又因为BO⊥F1F2，所以AF2⊥F1F2，且|AF2|＝2|BO|＝＝，
又e＝＝，a2＝b2＋c2，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)，又F1(－1,0)，
所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4,3k＋m)，
所以·＝－8＋m2－9k2.
联立
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.7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.
所以·＝－8＋m2－9k2＝0，
则⊥，故∠MF1N为定值.10分
同理＝(－4，－3k＋m)，＝(2,3k＋m)，
因为·＝0，
所以⊥，∠MF2N＝.
故∠MF1N＝∠MF2N.12分
20．(本小题满分12分)某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1 kg的包裹收费10元；重量超过1 kg 的包裹，除1 kg收费10元之外，超过1 kg的部分，每超出1 kg(不足1 kg，按1 kg计算)需再收5元．该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如下：
包裹重量(单位：kg)
1
2
3
4
5
包裹件数
43
30
15
8
4
公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数
(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
以上数据已做近似处理，并将频率视为概率．
(1)计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101～400之间的概率；
(2)①估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；
②公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用．目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，日工资100元．公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？
解 (1)样本中包裹件数在101～400之间的天数为48，频率f＝＝，故可估计概率为.
显然未来3天中，包裹件数在101～400之间的天数X服从二项分布，即X～B，
故所求概率为C×2×＝.4分
(2)①样本中快递费用及包裹件数如下表：
包裹重量(单位：kg)
1
2
3
4
5
快递费(单位：元)
10
15
20
25
30
包裹件数
43
30
15
8
4
故样本中每件包裹收取的快递费的平均值为
＝15(元)，
故该公司对每件包裹收取的快递费的平均值可估计为15元.6分
②根据题意及①，揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加15×＝5(元)，
将题目中的天数转化为频率，得
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数
(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数
(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数Y
50
150
250
350
450
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
E(Y)
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260
故公司平均每日利润的数学期望为260×5－3×100＝1000(元)；8分
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数
(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数Z
50
150
250
300
300
频率
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
故公司平均每日利润的数学期望为235×5－2×100＝975(元)，10分
因975<1000，故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利.12分
21．(2019·江西南昌一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex(－x＋ln x＋a)(e为自然对数的底数，a为常数，且a≤1)．
(1)判断函数f(x)在区间(1，e)内是否存在极值点，并说明理由；
(2)若当a＝ln 2时，f(x)解 (1)f′(x)＝ex，
令g(x)＝ln x－x＋＋a－1，x∈(1，e)，
则f′(x)＝exg(x)，2分
g′(x)＝－<0恒成立，
所以g(x)在(1，e)上单调递减，
所以g(x)＜g(1)＝a－1≤0，
所以f′(x)＝0在(1，e)内无解．
所以函数f(x)在区间(1，e)内无极值点.5分
(2)当a＝ln 2时，f(x)＝ex(－x＋ln x＋ln 2)，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ex，
令h(x)＝ln x－x＋＋ln 2－1，
由(1)知，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又h＝>0，h(1)＝ln 2－1＜0，
所以存在x1∈，使得h(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，h(x)＞0，即f′(x)＞0，
当x∈(x1，＋∞)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，＋∞)上单调递减，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∈，
则r′(x)＝ex>0恒成立，
所以r(x)在上单调递增，所以r又因为f＝e＝－>－1，
所以－1＜f(x)max＜0，所以若f(x)＜k(k∈Z)恒成立，则k的最小值为0.12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的极坐标方程是ρ＝2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，取相同的单位长度，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为(t为参数)．
(1)写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)设曲线C经过伸缩变换得到曲线C′，设曲线C′上任一点为M(x0，y0)，求x0＋y0的取值范围．
解 (1)由直线l的参数方程消去参数可得它的普通方程为x＋y－2－1＝0，由ρ＝2两端平方可得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2＝4.4分
(2)曲线C经过伸缩变换得到曲线C′的方程为x′2＋＝4，即＋＝1，则点M的参数方程为(θ为参数)，代入x0＋y0，得×2cosθ＋×4sinθ＝2sinθ＋2cosθ＝4sin，由三角函数的基本性质，知4sin∈[－4,4].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－a|－|3x＋2|(a>0)．
(1)当a＝1时，解不等式f(x)>x－1；
(2)若关于x的不等式f(x)>4有解，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，即解不等式|x－1|－|3x＋2|>x－1.
当x>1时，不等式可化为－2x－3>x－1，即x<－，与x>1矛盾，无解．
当－≤x≤1时，不等式可化为－4x－1>x－1，
即x<0，所以解得－≤x<0.
当x<－时，不等式可化为2x＋3>x－1，
即x>－4，所以解得－4综上所述，所求不等式的解集为(－4,0).5分
(2)f(x)＝7分
因为函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以当x＝－时，f(x)max＝＋a，8分
不等式f(x)>4有解等价于f(x)max＝＋a>4，
解得a>.
故a的取值范围为.10分
课件62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)＝x log23，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．(2019·安徽江淮十校第一次联考)勒洛三角形是定宽曲线所能构成的面积最小的图形，它是德国机械学家勒洛首先进行研究的．其画法是：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．如图所示，现要在勒洛三角形中随机取一点，则此点在正三角形ABC内的概率为( )
A． B．
C． D．
答案 B
解析 可令BC＝2，则以B为圆心的扇形面积S扇形ABC＝＝，△ABC的面积S△ABC＝×2×2×＝，由题图可知，勒洛三角形的面积为3个扇形ABC的面积减去2个正三角形ABC的面积，即×3－2＝2π－2，
所以在勒洛三角形中随机取一点，此点在正三角形ABC内的概率是＝，故选B.
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．(2019·北京东城二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，终边分别是射线OA和射线OB，射线OA，OC与单位圆的交点分别为A，C(－1,0)，若∠BOC＝，则cos(β－α)的值是( )
A． B．
C． D．
答案 C
解析 依题意，得cosα＝，sinα＝，cosβ＝－，sinβ＝，所以cos(β－α)＝cosβcosα＋sinβsinα＝－×＋×＝.故选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．(2018·全国卷Ⅱ)已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝( )
A．－50 B．0
C．2 D．50
答案 C
解析 因为f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，且f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(1＋x)＝－f(x－1)，
所以f(3＋x)＝－f(x＋1)＝f(x－1)，所以T＝4，
因此f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)，
因为f(3)＝－f(1)，f(4)＝－f(2)，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，
因为f(2)＝f(－2)＝－f(2)，所以f(2)＝0，从而f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝f(1)＝2.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．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A． B．
C． D．
答案 A
解析 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为，所以其面积为S＝6××2＝.故选A.
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．(2019·江苏南通高三模拟)已知实数x，y满足(x＋y－2)(x－2y＋3)≥0，则x2＋y2的最小值为________．
答案
解析 由(x＋y－2)(x－2y＋3)≥0，
得
或不等式组表示的平面区域如图所示，
x2＋y2＝(x－0)2＋(y－0)2表示平面区域内取一点到原点的距离的平方，又原点到x＋y－2＝0的距离为d＝＝，原点到x－2y＋3＝0的距离为d＝＝＝，
所以x2＋y2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．(2019·北京东城综合练习一)设函数f(x)＝若a＝1，则f(x)的最小值为________；若f(x)有最小值，则实数a的取值范围是________．
答案 0 [0，＋∞)
解析 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－2x，x<1，f′(x)＝ex－2，由f′(x)>0，得ln 20，所以f(x)的最小值为0.
(2)①当a<0时，由(1)知f(x)＝ex－2x，xf(a)；f(x)＝ax－1(x≥a)单调递减，故f(x)≤f(a)，故f(x)无最小值，舍去．②当a＝0时，f(x)最小值为－1，成立．③当a>0时，f(x)＝ax－1(x≥a)单调递增，故f(x)≥f(a)；对f(x)＝ex－2x，x当0f(a)，此时f(x)＝最小值在x＝a处取得，成立．
当a>ln 2，由(1)知f(x)≥f(ln 2)，此时f(x)＝最小值为min{f(ln 2)，f(a)}，即f(x)有最小值．
综上a≥0.
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
18．(2019·云南昆明1月诊断测试)(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2，E是棱PC上的一点．
(1)若PA∥平面BDE，证明：PE＝EC；
(2)在(1)的条件下，棱PB上是否存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：连接AC交BD于点F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线．因为PA∥平面BDE，PA?平面PAC，所以PA∥EF.又因为F是AC的中点，所以E是PC的中点．所以PE＝EC.4分
(2)由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，C(－2,2,0)，E(－1,1,1)，＝(－1,1,1)，＝(0,2,0)．
假设在棱PB上存在点M，设＝λ(0≤λ≤1)，
得M(0,2λ，2－2λ)，＝(0,2λ，2－2λ)．
记平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取z1＝1，则x1＝1，
所以n1＝(1,0,1).8分
要使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°，
则＝sin30°，
即＝，
解得λ＝∈[0,1]．
所以在棱PB上存在点M使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°.即PM∶MB＝1∶1.12分
19．(2019·湖南师大附中模拟三)(本小题满分12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点(2，－)，右焦点F是抛物线y2＝8x的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知动直线l过右焦点F，且与椭圆C分别交于M，N两点．试问x轴上是否存在定点Q，使得·＝－恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
解 (1)因为椭圆C过点(2，－)，所以＋＝1，又抛物线的焦点为(2,0)，则c＝2，
所以＋＝1，
解得a2＝3(舍去)或a2＝16.
所以椭圆C的方程为＋＝1.4分
(2)假设在x轴上存在定点Q(m,0)，
使得·＝－.
①当直线l的斜率不存在时，则M(2,3)，N(2，－3)，＝(2－m,3)，＝(2－m，－3)，
由·＝(2－m)2－9＝－，
解得m＝或m＝；
②当直线l的斜率为0时，则M(－4,0)，N(4,0)，＝(－4－m,0)，＝(4－m,0)，
由·＝m2－16＝－，
解得m＝－或m＝.
由①②可得m＝，即点Q的坐标为.7分
下面证明：当m＝时，·＝－恒成立．
当直线l的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立．
当直线l的斜率存在且不为0时，设方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线与椭圆联立得(3＋4k2)x2－16k2x＋16(k2－3)＝0，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且x1＋x2＝，x1x2＝.y1y2＝k(x1－2)·k(x2－2)＝k2x1x2－2k2(x1＋x2)＋4k2，8分
所以·＝·
＝x1x2－(x1＋x2)＋＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2－(x1＋x2)＋＋4k2
＝(1＋k2)－＋＋4k2
＝－恒成立．
综上所述，在x轴上存在点Q，使得·＝－恒成立.12分
20．(2019·福建龙岩5月月考)(本小题满分12分)国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”．教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元，国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”，有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p(0(1)记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)，求f(p)；
(2)若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其他费用总计为100万元．现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算？并说明理由．
解 (1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Cp2(1－p)＋Cp3，
一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Cp(1－p)2[1－(1－p)2]，2分
所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)＝Cp2(1－p)＋Cp3＋Cp(1－p)2[1－(1－p)2]＝3p2(1－p)＋p3＋3p(1－p)2[1－(1－p)2]＝－3p5＋12p4－17p3＋9p2.4分
(2)设每篇学位论文的评审费为X元，则X的可能取值为900,1500.
P(X＝1500)＝Cp(1－p)2，
P(X＝900)＝1－Cp(1－p)2，
所以E(X)＝900×[1－Cp(1－p)2]＋1500×Cp(1－p)2＝900＋1800p(1－p)2.7分
令g(p)＝p(1－p)2，p∈(0,1)，g′(p)＝(1－p)2－2p(1－p)＝(3p－1)(p－1)．
当p∈时，g′(p)>0，g(p)在上单调递增，当p∈时，g′(p)<0，g(p)在上单调递减，所以g(p)的最大值为g＝.10分
所以实施此方案，最高费用为100＋6000××10－4＝800(万元)．
综上，若以此方案实施，不会超过预算.12分
21．(2019·陕西榆林二模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝xln x.
(1)若函数g(x)＝－，求g(x)的极值；
(2)证明：f(x)＋1(参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，e≈4.48，e2≈7.39)
解 (1)因为g(x)＝－＝－(x>0)，
所以g′(x)＝，当x∈(0，e2)，g′(x)>0，
当x∈(e2，＋∞)，g′(x)<0，
∴g(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，
∴g(x)在x＝e2取得极大值，极大值为，无极小值.4分
(2)证明：要证f(x)＋1＜ex－x2.即证ex－x2－xln x－1＞0，先证明ln x≤x－1，5分
取h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝，易知h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”，故xln x≤x(x－1)，ex－x2－xln x－1≥ex－2x2＋x－1，
故只需证明当x＞0时，ex－2x2＋x－1＞0恒成立，7分
令k(x)＝ex－2x2＋x－1(x≥0)，
则k′(x)＝ex－4x＋1，
令F(x)＝k′(x)，则F′(x)＝ex－4，
令F′(x)＝0，解得x＝2ln 2，
因为F′(x)单调递增，故x∈[0,2ln 2]时，F′(x)≤0，F(x)单调递减，
即k′(x)单调递减，x∈(2ln 2，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，即k′(x)单调递增，
且k′(2ln 2)＝5－8ln 2＜0，k′(0)＝2＞0，k′(2)＝e2－8＋1＞0，由零点存在定理，可知?x1∈(0,2ln 2)，?x2∈(2ln 2，2)，
使得k′(x1)＝k′(x2)＝0，故0＜x＜x1或x＞x2时，k′(x)＞0，k(x)单调递增，当x1＜x＜x2时，k′(x)＜0，k(x)单调递减，故k(x)的最小值是k(0)＝0或k(x2)，由k′(x2)＝0，得e＝4x2－1，10分
k(x2)＝e－2x＋x2－1＝－(x2－2)(2x2－1)，
因为x2∈(2ln 2,2)，所以k(x2)＞0，
故x＞0时，k(x)＞0，即ex－x2－xln x－1>0，所以原不等式成立.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．(2019·福建省师大附中模拟)(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．(2019·上饶三模)(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68张PPT。2020高考仿真模拟卷(四)第三部分 刷模拟本课结束