高考理科数学总复习刷模拟高考仿真模拟卷一理.doc

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1、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A3,2a，Ba，b，若AB2，则AB()A1,2,3B0,1,3C0,1,2,3D1,2,3,4答案A解析因为AB2，所以2A，所以2a2，解得a1，所以A3,2，B1,2, 所以AB1,2,32(2019湖北八校联考)已知复数z23i，若是复数z的共轭复数，则z(1)()A153iB153iC153iD153i答案A解析依题意，z(1)(23i)(33i)66i9i9153i.3(2019河南郑州三模)下列命题中，正确的是()Ax0R，sinx0cosx0B复

2、数z1，z2，z3C，若(z1z2)2(z2z3)20，则z1z3C“a0，b0”是“2”的充要条件D命题“xR，x2x20”的否定是“xR，x2x20，b0时，22成立；反之，当2时，可得a0，b0或a0，b0，b0”是“2”的充分不必要条件，故C不正确对于D，由题意得，命题“xR，x2x20”的否定是“xR，x2x23.841，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，故正确；又6.15.024，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，故错误；又6.16.635，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，

3、故错误；又6.17.879，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()A1B20C21D31答案C解析因为5展开式的通项为Tk1C5kxkC2xk，所以要使系数为有理数，只需为整数，又因为0k5且kZ，所以k2,5，所以系数为有理数的项为C3x2，x5，故所求系数之和为20121，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()ABC或D或答案C解析双曲线C1的渐近线方程为yx，当双曲线C2的焦点在

4、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()Ak3?Bk4?Ck5?Dk6?答案C解析按照程序框图依次执行为k1，S1，条件是；S2111，k2，条件是；S2120，k3，条件是；S2033，k4，条件是；S2(3)410，k5，条件否，退出循环，输出S10.所以判断框内的条件应该是k5？.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

5、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()ABCD答案D解析由图可知，阴影部分的面积为S122232521，矩形ABCD的面积为S15840，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，ll1，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(0x22.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

6、模)已知函数f(x)若不等式f(x)|2xa|对任意x(0，)恒成立，则实数a的取值范围为()AB3,3ln 5C3,4ln 2D答案C解析由题意得，设g(x)|2xa|，可得g(x)(1)当x，由不等式f(x)|2xa|对任意x(0，)恒成立，计算临界值，由f(x)与g(x)相切当f(x)x24x6，x1，g(x)2xa，x时，可得f(x)2x4，此时切线斜率为2，即2x42，解得x3，即切点坐标为(3,3)，切线方程为y2x3，即a3，综合函数图象可得a3.当f(x)3ln x，x1，g(x)2xa，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，

7、当x1，g(x)2xa，x1不符，故无临界值当f(x)3ln x，x1，g(x)2xa，x0)的焦点为F，直线y2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y2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45，解得p1.16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，则A(0,2sin)，B(2cos，0)，根据正方形的特点，可以确定出C(2cos2sin，2cos)，D(2sin，2sin2cos)，根据中点坐标公式，可以求得

8、E(cos2sin，sin2cos)，所以有2sin(cos2sin)(2sin2cos)(sin2cos)48sincos2sin254sin2cos25sin(2)，其中sin，cos，当2时，存在符合题意的角，使sin(2)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a2，b，求BC边上高的值解(1)是和的等差中项

9、，2，2bcosBacosCccosA，4分由正弦定理得2sinBcosBsinAcosCsinCcosA，2sinBcosBsin(AC)sinB.sinB0，cosB，角B为.8分(2)由余弦定理，b2c2a22accosB，解得c3.设BC边上的高为h，则hcsinB3.12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PABCD中，PA底面ABCD，BAD为直角，ABCD，ADCD2AB，E，F分别为PC，CD的中点(1)证明：平面APD平面BEF；(2)设PAkAB(k0)，且二面角EBDC的平面角大于60，求k的取值范围解(1)证明：ABCD，且BAD

10、为直角，CD2AB，F为CD的中点，FDAB，故四边形ABFD是矩形，ADBF，BF平面APD，又E，F分别为PC，CD的中点EFPD，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AB1，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y1，可得m2，8分设二面角EBDC的大小为，因为k0，则cos|cosm1，m2|，则k.12分19(2019贵州贵阳5月适应性考试二)(本

11、小题满分12分)过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y22px(p0)交于A，B两点，O为坐标原点，OAOB. (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lx轴时，可得A(2,2)，B(2，2)，由OAOB得44p0，p1，当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x2)代入y22px得ky22py4pk0(k0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24p，x1x24，由OAOB得x1x2y1y20，即44p0，所以p1，综上所述p1.5分(2)证明：由(1)知，抛物线方程为y22x，由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为

12、(x1，y1)，所以直线BD的方程为yy1(xx1)，即2x(y1y2)yy1y20，又y1y24p4，所以2x(y1y2)y40，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)eaxbln xb(a0)，若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为(2e21)xy2e20.(1)求实数a，b的值；(2)证明：f(x)3ln 2.解(1)因为f(x)eaxbln xb(x0)，所以f(x)aeax，又f(1)e21，f(1)2e21，所以可得(a1)ea3e2，2分构造函数g(x)(x1)ex3e2(x0)，则g(x)(x2)ex在区间

13、(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(a1)ea3e2的根为a2，把a2代入eabe21，解得b1，所以a2，b1. 5分(2)证明：由(1)知f(x)e2xln x1，则f(x)2e2x，因为f(x)2e2x在区间(0，)上单调递增，f0，所以f(x)0有唯一实根，记为x0，即e1，且x0，由e得ln eln，整理得ln x02x0ln 2，8分因为x(0，x0)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(x)minf(x0)eln x012x0ln 213ln 2，当且仅当2x0，即x0时取等号，因为x0，所以f(x)min3ln 2，

14、即f(x)3ln 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

15、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32超过1500元至4500元部分10超过3000元至12000元部分103超过4500元至9000元部分20超过12000元至25000元部分204超过9000元至35000元部分25超过25000元至35000元部分255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

16、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2111；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

17、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240005000100018000，月缴个税X30000.0390000.160000.22190；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2400050001000100017000，月缴个税X30000.0390000.150000.21990；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2400050001000200016000，月缴个税X30000.03

18、90000.140000.21790；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24000500010001000200015000，月缴个税X30000.0390000.130000.21590, 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2111，所以P(X2190)，P(X1990)，P(X1790)，P(X1590)，所以X的分布列为X2190199017901590P所以E(X)21901990179015901950. 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24000350020

19、500，其月缴个税为15000.0330000.145000.2115000.254120，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412019502170, 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2170x24000，因为xN，所以x12，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44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中

20、，曲线C的参数方程为(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cos2.(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x2y2(cossin)2(sincos)24, 化简得曲线C的普通方程为x2y24.3分由cos2得cossin2，故l的直角坐标方程为xy40.5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x2y24得t28tsin120，所以|PA|PB|t1t2|12为定值. 10分23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知a0，b0，2.求证：(1)ab2；(2)2a2b20，b0，所以220，当且仅当ab1时，取“”，所以01，3分所以ab()22. 5分(2)由a2b2(ab)22ab，得ab()2242，所以a2b216164ab2ab2ab16162(ab816)162(4)2162(4)216，8分因为01，所以344，所以9(4)216，所以182(4)232，所以2a2b216. 10分