高考理科数学总复习刷模拟高考仿真模拟卷四理.doc

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My|yx21，xR，Nx|y，则MN()A，B1，CD(1，答案B解析因为集合My|yx21，xRy|y1，Nx|yx|x，则MN1，2设命题p：xQ,2xln x<2，则綈p为()AxQ,2xln x2BxQ,2xln x<2CxQ,2xln x2DxQ,2xln x2答案C解析綈p为xQ,2xln x2.3若函数f(x)是幂函数，且满足3，则f()AB3CD3答案A解析设f(x)x(为常数)，满足3，3，log23.f(x)x log23，则f2log23.4已知下列四个命题：存在aR，使得z(1i)(ai)为纯虚数；对于任意的zC，均有zR，zR；对于复数z1，z2，若z1z2>0，则z1>z2；对于复数z，若|z|1，则zR.其中正确命题的个数为()A1B2C3D4答案C解析z(1i)(ai)a1(1a)i，若z为纯虚数，则a10,1a0，得a1，故正确；设zabi(a，bR)，则abi，那么z2aR，za2b2R，故正确；令z13i，z22i，满足z1z2>0，但不满足z1>z2，故不正确；设zabi(a，bR)，其中a，b不同时为0，由|z|1，得a2b21，则zabiabi2aR，故正确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()ABCD答案B解析可令BC2，则以B为圆心的扇形面积S扇形ABC，ABC的面积SABC22，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3222，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()A3B9C10D13答案C解析因为a6,3a4，a5成等差数列，所以6a4a6a5，设等比数列an的公比为q，则6a4a4q2a4q，解得q3或q2(舍去)，所以1q210.7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x2y2b2相交的弦长为b，则椭圆的标准方程为()A1B1C1D1答案B解析由左焦点为F1(2,0)，可得c2，即a2b24，过点F1作倾斜角为30的直线的方程为y(x2)，圆心(0,0)到直线的距离d1，由直线与圆x2y2b2相交的弦长为b，可得2b，解得b2，a2，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，角与角均以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()的值是()ABCD答案C解析依题意，得cos，sin，cos，sin，所以cos()coscossinsin.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()A50B53C59D62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n53.10(2018全国卷)已知f(x)是定义域为(，)的奇函数，满足f(1x)f(1x)若f(1)2，则f(1)f(2)f(3)f(50)()A50B0C2D50答案C解析因为f(x)是定义域为(，)的奇函数，且f(1x)f(1x)，所以f(1x)f(x1)，所以f(3x)f(x1)f(x1)，所以T4，因此f(1)f(2)f(3)f(50)12f(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an12an为数列an的“2倍差数列”，若an的“2倍差数列”的通项公式为an12an2n1，且a12，若数列an的前n项和为Sn，则S33()A2381B2392C2382D239答案B解析根据题意，得an12an2n1，a12，1，数列是首项为1，公差d1的等差数列，1(n1)n，ann2n，Sn121222323n2n，2Sn122223324n2n1，Sn22223242nn2n1，n2n122n1n2n12(1n)2n1，Sn(n1)2n12，S33(331)233122392.12(2018全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()ABCD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ABCDA1B1C1D1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S62.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(180x65)人，由题意可得2(180x65)x65，解得x55.高一学生有720人，则高三年级学生人数为720660.14(2019江苏南通高三模拟)已知实数x，y满足(xy2)(x2y3)0，则x2y2的最小值为_答案解析由(xy2)(x2y3)0，得或不等式组表示的平面区域如图所示，x2y2(x0)2(y0)2表示平面区域内取一点到原点的距离的平方，又原点到xy20的距离为d，原点到x2y30的距离为d，所以x2y2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ab7，则该双曲线的离心率为_答案解析设|m，|n，0，PF1F2的面积为9，mn9，即mn18，在RtPF1F2中，根据勾股定理，得m2n24c2，(mn)2m2n22mn4c236，结合双曲线的定义，得(mn)24a2，4c2364a2，化简整理，得c2a29，即b29，可得b3.结合ab7得a4，c5，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a1，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00，)解析(1)当a1时，f(x)ex2x，x<1，f(x)ex2，由f(x)>0，得ln 2<x<1，由f(x)<0，得x<ln 2，故f(x)minf(ln 2)22ln 2；当f(x)x1(x1)，f(x)单调递增，故f(x)minf(1)0，又22ln 2>0，所以f(x)的最小值为0.(2)当a<0时，由(1)知f(x)ex2x，x<a单调递减，故f(x)>f(a)；f(x)ax1(xa)单调递减，故f(x)f(a)，故f(x)无最小值，舍去当a0时，f(x)最小值为1，成立当a>0时，f(x)ax1(xa)单调递增，故f(x)f(a)；对f(x)ex2x，x<a.当0<aln 2，由(1)知f(x)>f(a)，此时f(x)最小值在xa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minf(ln 2)，f(a)，即f(x)有最小值综上a0.三、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1721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)(ab)a2.(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)(ab)a2|a|2ab2cos2xsin2xsin.2分(1)最小正周期T，由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ).4分所以函数f(x)的单调递增区间为(kZ).5分(2)由f(A)sin可得，2A2k或2k(kZ)，所以A，7分又因为b，a，c成等差数列，所以2abc，而bccosAbc9，所以bc18，9分所以cosA111，所以a3.12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PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD平面ABCD，PDADBD2，AB2，E是棱PC上的一点(1)若PA平面BDE，证明：PEEC；(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PMMB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PAEF.又因为F是AC的中点，所以E是PC的中点所以PEEC.4分(2)由已知条件可知AD2BD2AB2，所以ADBD，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(01)，得M(0,2，22)，(0,2，22)记平面BDE的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即取z11，则x11，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PMMB11.12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y28x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c2，所以1，解得a23(舍去)或a216.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.当直线l的斜率不存在时，则M(2,3)，N(2，3)，(2m,3)，(2m，3)，由(2m)29，解得m或m；当直线l的斜率为0时，则M(4,0)，N(4,0)，(4m,0)，(4m,0)，由m216，解得m或m.由可得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，由知结论成立当直线l的斜率存在且不为0时，设方程为yk(x2)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线与椭圆联立得(34k2)x216k2x16(k23)0，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且x1x2，x1x2.y1y2k(x12)k(x22)k2x1x22k2(x1x2)4k2，8分所以x1x2(x1x2)y1y2(1k2)x1x2(x1x2)4k2(1k2)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<p<1)，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立(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(1p)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(1p)21(1p)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(1p)Cp3Cp(1p)21(1p)23p2(1p)p33p(1p)21(1p)23p512p417p39p2.4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(X1500)Cp(1p)2，P(X900)1Cp(1p)2，所以E(X)9001Cp(1p)21500Cp(1p)29001800p(1p)2.7分令g(p)p(1p)2，p(0,1)，g(p)(1p)22p(1p)(3p1)(p1)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1006000104800(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<exx2.(参考数据：ln 20.69，ln 31.10，e4.48，e27.39)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xe2取得极大值，极大值为，无极小值.4分(2)证明：要证f(x)1exx2.即证exx2xln x10，先证明ln xx1，5分取h(x)ln xx1，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 xx1，当且仅当x1时取“”，故xln xx(x1)，exx2xln x1ex2x2x1，故只需证明当x0时，ex2x2x10恒成立，7分令k(x)ex2x2x1(x0)，则k(x)ex4x1，令F(x)k(x)，则F(x)ex4，令F(x)0，解得x2ln 2，因为F(x)单调递增，故x0,2ln 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)58ln 20，k(0)20，k(2)e2810，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0xx1或xx2时，k(x)0，k(x)单调递增，当x1xx2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e4x21，10分k(x2)e2xx21(x22)(2x21)，因为x2(2ln 2,2)，所以k(x2)0，故x0时，k(x)0，即exx2xln x1>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44：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(为参数)，M为曲线C1上的动点，动点P满足a(a>0且a1)，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，射线与C2的异于极点的交点为B，已知AOB面积的最大值为42，求a的值解(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，由a，得M在C1上，即(为参数)，消去参数得(x2a)2y24a2(a1)，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yx，即xy0，设B点的坐标为(2a2acos，2asin)，则B点到直线xy0的距离da，当时，dmax(2)a，SAOB的最大值为2(2)a42，a2.10分解法二：将xcos，ysin代入(x2a)2y24a2并整理得，4acos，令得4acos，B(4acos，)，SAOB|OA|OB|sinAOB4acosa|2sincos2cos2|a|sin2cos2|a.当时，SAOB取得最大值(2)a，依题意，有(2)a42，a2.10分23(2019上饶三模)(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|3x1|3xk|，g(x)x4.(1)当k3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k3时，f(x)故不等式f(x)4可化为或或解得x0或x，所求解集为.5分(2)当x时，由k>1，有3x1<0,3xk0，f(x)1k，不等式f(x)g(x)可变形为1kx4，故kx3对x恒成立，即k3，解得k，而k>1，故1<k.k的取值范围是.10分