高考理科数学总复习刷模拟高考仿真模拟卷五理.doc

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1、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Ax|log2x1，集合By|y，则AB()A(，2)B(，2C(0,2)D0，)答案D解析由题意得Ax|0x0，所以q2，因为a1a2224，所以2a4，所以a1，a22，所以a6a5(a2a1)q416.7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()A4BC2D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HEFG，三角形ABC的面积S2.该几何体的体积

2、V42.8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()Ai10?Bi8?Di8?答案B解析由程序框图的功能可得S1，所以i8，i19，故判断框中可填入i0，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)3x27cosx0得f(a2)f(a2)f(2a)，即a22a，即a2a20，解得2a1)，则x14x2的取值范围是()A4，)B(4，)C5，)D(5，)答案D解析令f(x)xax0，则ax，所以x1是指数函数yax(a1)的图象与y的图象的交点A的横坐标，且0x11)的图象与y的图象的交点B的横坐标由于yax与ylogax互

3、为反函数，从而有x1，所以x14x2x1.由yx在(0,1)上单调递减，可知x14x215.故选D.12在ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(ab)(ca)(bc)654，给出下列结论：ABC被唯一确定；ABC一定是钝角三角形；sinAsinBsinC753；若bc8，则ABC的面积是.其中正确结论的序号是()ABCD答案B解析由已知可设ab6k，ca5k，bc4k(k0)，则ak，bk，ck，所以abc753，所以sinAsinBsinC753，所以正确又a，b，c的值不确定，所以错误在ABC中，cosA，A，所以正确因为bc8，所以b5，c3，所以SABCbcsinA，所

4、以错误二、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(x22x)6的展开式中，x3y2的系数为_(

5、用数字作答)答案60解析(x22x)6(x22x)y6，它展开式中的第r1项为Tr1C(x22x)6ry，令2，则r4，T5C(x22x)2y2C(x44x34x2)y2，x3y2的系数为C460.15已知抛物线y22px(p0)的准线方程为x2，点P为抛物线上的一点，则点P到直线yx3的距离的最小值为_答案解析由题设得抛物线方程为y28x，设P点坐标为P(x，y)，则点P到直线yx3的距离为d，当且仅当y4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，anf(n)f(n1)(nN*)，则数列an的前40项和S40_.答案1680解析由题意得a

6、1f(1)f(2)044，a2f(2)f(3)404，a3f(3)f(4)01616，a4f(4)f(5)16，a5f(5)f(6)03636，a6f(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(441616)(36366464)(100100144144)(1444144416001600)24568831210(24312)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

7、12分)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A，且3sinAcosBbsin2A3sinC.(1)求a的值；(2)若A，求ABC周长的最大值解(1)由3sinAcosBbsin2A3sinC，得3sinAcosBbsinAcosA3sinC，由正弦定理，得3acosBabcosA3c，由余弦定理，得3aab3c，整理得(b2c2a2)(a3)0，因为A，所以b2c2a20，所以a3.(另解：由sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB代入条件变形即可)6分(2)在ABC中，A，a3，由余弦定理得，9b2c2bc，因为b2c2bc(bc)2bc(bc)22(bc)2

8、，所以(bc)29，即(bc)212，所以bc2，当且仅当bc时，等号成立故当bc时，ABC周长的最大值为32.12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n3，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n4，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

9、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(X800)，P(X500)，P(X400)1，故X的分布列如下：X

10、400500800P故E(X)400500800506.25.12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PABCD中，PAAD，底面四边形ABCD为直角梯形，ADBC，ADBC，BCD90，M为线段PB上一点(1)若，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PA2，AD1，若异面直线PA与CD成90角，二面角BPCD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PCDPE，AM平面PBE，则AMPE，2分由ADBC，ADBC，

11、则，故点M是线段PB上靠近点P的一个三等分点.4分(2)PAAD，PACD，ADCDD，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CDt，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x11，则z1，故n1.同理可求得n2(0,2,1)，9分则cos，则，解得t2(负值舍去)，故t2.

12、CD2.12分20(2018北京高考)(本小题满分12分)已知抛物线C：x22py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y1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：x22py经过点(2，1)，得p2.所以抛物线C的方程为x24y，其准线方程为y1.3分(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，1)设直线l的方程为ykx1(k0)由得x24kx40.4分设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24.直线OM的方程为yx.令y1，得点A的横坐标xA

13、.同理得点B的横坐标xB.7分设点D(0，n)，则，(n1)2(n1)2(n1)24(n1)2.9分令0，即4(n1)20，得n1或n3.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 xaxx(aR)(1)求函数f(x)的极值；(2)设函数g(x)emxx2mx(x0，mR)，若存在x1x2，使f(x1)f(x2)，证明：g(x1x2)g(e2a)解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln xa，令f(x)0，所以xea，当0xea时，f(x)ea时，f(x)0.所以f(x)在(0，ea)上单调

14、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)memx2xmm(emx1)2x，当m0时，由于x0，所以emx1，emx10，即g(x)0，当m0，所以emx1，emx10，当m0时，g(x)2x0，综上，g(x)0，故g(x)在(0，)上单调递增，6分故只须证明x1x2e2a，即证ln x1ln x22a，由f(x1)f(x2)，可知x1ln x1ax1x1x2ln x2ax2x2，故a1，即证ln x1ln x222，即ln x1ln x222，即2，即2，即2，即ln 2，即ln x2，t1，即证ln t

15、2，即证ln t20，设h(t)ln t2(t1)，则h(t)20，故h(t)在(1，)上单调递增因而h(t)h(1)0，即ln t20，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44：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y21，曲线C2的参数方程为(为参数)，曲线C3的方程为yxtan，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xcos，ysi

16、n，所以曲线C1的极坐标方程为2sin21，即2，2分由(为参数)，消去，即得曲线C2的直角坐标方程为x2(y1)21，将xcos，ysin，代入化简，可得曲线C2的极坐标方程为2sin.5分(2)曲线C3的极坐标方程为.6分由(1)得|OP|2，|OQ|24sin2，即|OP|2|OQ|2，8分因为0，所以0sin0，b0，eae4be2abm，求ab的最小值解(1)当x3时，由5xx3x1，得x7，所以x3；当3x5时，由5xx3x1，得x，所以30，b0，所以a4b24，当且仅当a4b时，等号成立，7分所以2ab840，即ab420.所以有(1)25.8分又0，所以1或1(舍去)，ab62，即ab的最小值为62.10分