江西省麻山中学2020届高考数学仿真模拟冲刺卷(三).doc

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1、2020届高考数学仿真模拟冲刺卷(三)注意事项：1.本卷仿真文科数学，题序与高考题目序号保持一致，考试时间为120分钟，满分为150分。2.请将答案填写在答题卷上。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，Bx|2x0，b0)的左、右两支分别交于M，N两点，且MF1，NF2都垂直于x轴(其中F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点)，则该双曲线的离心率为()A. B. C.1 D.6已知alog3，b，clog，则a，b，c的大小关系为()Aabc BbacCbca Dcab7运行如图所示的程序框图，若输出的S的值为21，则判断

2、框中可以填()Aa64? Ba64?Ca0)的焦点为F，点M在C上，|MF|5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的焦点到准线的距离为()A4或8 B2或4C2或8 D4或1612设函数f(x)在R上存在导数f(x)，对任意的xR，有f(x)f(x)0，且x0，)时，f(x)2x.若f(a2)f(a)44a，则实数a的取值范围为()A(，1 B1，)C(，2 D2，)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60，a(2,0)，|b|1，则|a2b|等于_14已知直线l：kxyk20与圆C：x2y22y70相交于A，B两点，则|AB|的最小值为_15已知实数x

3、，y满足则zxy的最小值为_16已知函数yf(x)(xR)，对函数yg(x)(xI)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为yh(x)(xI)，yh(x)满足：对任意xI，两个点(x，h(x)，(x，g(x)关于点(x，f(x) 对称若h(x)asin x是g(x)关于f(x)coscos的“对称函数”，且g(x)在上是减函数，则实数a的取值范围是_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(12分)已知数列an的前n项和为Sn，Sn.(1)求an；(2)若bn(n1

4、)an，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn.18(12分)已知某保险公司的某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下表：上年度出险次数01234保费/元0.9aa1.5a2.5a4a随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到下表：出险次数01234频数140401262该保险公司这种保险的赔付规定如下表：出险序次第1次第2次第3次第4次第5次及以上赔付金额/元2.5a1.5aa0.5a0将所抽样本的频率视为概率(1)求本年度一续保人保费的平均值的估计值；(2)求本年度一续保人所获赔付金额的平均值的估计值；(3

5、)据统计今年有100万投保人进行续保，若该公司此险种的纯收益不少于900万元，求a的最小值(纯收益总入保额总赔付额)19(12分)如图，PAD是边长为3的等边三角形，四边形ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD.点E，F分别为棱CD，PD上的点，且，G为棱AB上一点，且.(1)当时，求证：PG平面AEF；(2)已知三棱锥AEFG的体积为，求的值20(12分)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，A，B分别是其左、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且PF1F2的周长为6，若PF1F2面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同的点

6、，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上21(12分)已知函数f(x)x28xaln x(aR)(1)当x1时，f(x)取得极值，求a的值，并判断x1是极大值点还是极小值点；(2)当函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1t(43x1x)成立，求t的取值范围(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选修44：坐标系与参数方程(10分)已知曲线C1：x2(y3)29，A是曲线C1上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点A绕点O逆时针旋转90得到点B，设点B的轨迹为曲线C2.(1)求曲线C1，C2的极坐标

7、方程；(2)射线(0)与曲线C1，C2分别交于P，Q两点，定点M(4,0)，求MPQ的面积23选修45：不等式选讲(10分)已知函数f(x)|3x2a|2x2|(aR)(1)当a时，解不等式f(x)6；(2)若对任意xR，不等式f(x)3x4|2x2|都成立，求a的取值范围仿真模拟冲刺卷(四)1答案：B解析：解法一因为3i3i2i，故选B.解法二3i2i，故选B.2答案：B解析：由log2(x1)1，得0x12，即1x3，所以A(1,3)，由|xa|2得a2xa2，即B(a2，a2)，因为AB，所以解得1a3，所以实数a的取值范围为1,3，故选B.3答案：A解析：因为(a2b)(ab)，所以(

8、a2b)(ab)0，所以|a|2ab2|b|20，因为向量a(2,1)，b(2，x)，所以54x2(4x2)0，解得x1或x，因为向量a，b不平行，所以x1，所以x，故选A.4答案：A解析：因为f(x)(x0)，所以f(x)，所以f(x)是非奇非偶函数，因为x0，所以排除选项C，D.因为x0时，f(x)xex，所以f(x)exxexex(x1)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，排除选项B.故选A.5答案：B解析：s0，n1，第一次运行，s2102，n123；第二次运行，s2326，n325；第三次运行，s25626，n527；第四次运行，s2726102，n7298，终止循环输出s102，

9、故选B.6答案：C解析：解法一不等式组表示的平面区域如图中三角形ABC(包括边界)所示，作出直线2xy0并平移，可知当直线z2xy经过点A时，z取得最小值，解方程组得即A(1,1)，所以zmin2113，当直线z2xy经过点B时，z取得最大值，解方程组得即B(5,2)，所以zmax25212，所以z的取值范围为3,12，故选C.解法二由方程组可得可行域的三个顶点坐标分别为A(1,1)，B(5,2)，C(1,4)，分别代入z2xy中，得zA3，zB12，zC6，所以z的取值范围为3,12，故选C.7答案：B解析：解法一因为f(x)22sin，f(x)的最小正周期为2，所以1，所以f(x)2sin

10、，由2kx2k(kZ)，得2kx2k(kZ)，所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，故选B.解法二因为f(x)22cos，f(x)的最小正周期为2，所以1，所以f(x)2cos，由2kx2k(kZ)，得2kx2k(kZ)，所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，故选B.8答案：D解析：当a0时，f(x)bx1在2，)上不可能单调递增，当a0时，由已知及二次函数的单调性知2，即b4a，所以由题意可得画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(梯形OABD)所示，易得D(1,4)，所以S梯形OABD(43)414，正方形OABC的面积S4416，所以函数f(x)在2，)上单调递增的概率P，故选D.9答

11、案：A解析：由三视图知，该四面体可以看作是正方体中的三棱锥PABC，如图，由已知可得AB4，AC4，ABC是直角三角形，所以SABCABAC448，所以四面体PABC的体积V84，故选A.10答案：B解析：如图，设O1为正三棱锥SABC的底面中心，连接SO1，则SO1是三棱锥的高，三棱锥的外接球的球心O在SO1上，设球的半径为R，连接AO1，AO，因为正三角形ABC的边长为2，所以AO122，因为SA2，所以在RtASO1中，SO14，在RtAOO1中，R2(4R)222，解得R，所以球O的表面积为4225，故选B.11答案：B解析：如图，设双曲线C的左焦点为F1，连接MF1，由题意知|MF|

12、ac，|MF1|3ac，在MF1F中，由余弦定理得|MF1|2|F1F|2|MF|22|F1F|MF|cos 60，所以(3ac)2(2c)2(ac)222c(ac)，整理得4a23acc20，因为e，所以e23e40，因为e1，所以e4，故选B.12答案：A解析：因为f(x)x3a，所以f(x)x2axa，令f(x)0，则a24a(a2)24.因为x2x2(x1)20，所以令f(x)0，则a，f(x)的零点转化为直线ya与函数g(x)的图象的交点g(x)，令g(x)0，即x4x32x20，整理得x2(x24x12)0，由于x24x12(x2)280，所以x0，所以g(x)0，所以g(x)在(

13、，)上单调递减，所以直线ya与函数g(x)的图象可能有1个交点所以f(x)的零点可能有1个故选A.13答案：55解析：由题意知cos sin 35cos 55，sin cos 35sin 55，P在第一象限，55.14答案：解析：命题，显然正确；命题，m，n可能异面，故为假命题；命题，可能n，故为假命题；命题，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知为真命题；命题，由mn，m，得n，又，所以n，故为真命题综上，正确的命题为.15答案：2解析：f(x)a，f(1)a3，f(1)a3，故f(x)的图象在点(1，a3)处的切线方程为y(a3)(a3)(x1)，又切线过点(2,4)，所以4(a3

14、)a3，解得a2.16答案：2解析：ccos Bbcos C2acos A，sin Ccos Bsin Bcos C2sin Acos A，sin(CB)2sin Acos A，sin A2sin Acos A0A0，所以q3，所以an3n1.(5分)(2)bn，(8分)所以Sn.(12分)18解析：(1)因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面ABCD，且CDAD，所以CD平面PAD.在PCD中，E，F分别是PD，PC的中点，所以EFCD，所以EF平面PAD.因为EF平面EFG，所以平面EFG平面PAD.(2)因为EFCD，EF平面EFG，CD平面EFG，所以CD平面

15、EFG，因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离，连接DF，DG，如图，V三棱锥MEFGV三棱锥DEFG.取AD的中点H，连接GH，EH，FH，则EFGH，因为EF平面PAD，EH平面PAD，所以EFEH.于是SEFHEFEH2SEFG.平面EFG平面PAD，平面EFG平面PADEH，且易知EHD是边长为2的正三角形，所以点D到平面EFG的距离等于正三角形EHD的高，为.所以三棱锥MEFG的体积V三棱锥MEFGV三棱锥DEFGSEFG.19解析：(1)根据直线yx与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，可知焦点在x轴上且M点坐标，F1(c

16、,0)，F2(c,0)，c2，c1.设椭圆C方程：1(ab0)，M点坐标代入椭圆C方程得1，c1，a2，b.椭圆C方程为1.(6分)(2)要使F2PQ的内切圆面积最大，即使F2PQ的面积最大，F2F1为定长，当且仅当直线l过(1,0)，与x轴垂直时F2PQ的面积最大，此时P，Q，|，|3.设F2PQ的内切圆半径为r，则32r，r，其面积S.(12分)20解析：(1)易知“地理之星”总人数为4515，得到22列联表如下：地理之星非地理之星合计男生7815女生82230合计153045(4分)则k1.87.2，不符合题意(8分)若恰有一个满分，为使方差最小，则其他分值需集中分布于平均数90的附近，

17、且保证平均值为90，则有10个得分为89，其余4个得分为90，此时方差取得最小值(10分)s(10090)24(9090)210(8990)27.2，与题意方差为7.2不符综上，这些同学中没有得满分的同学(也可以从一个满分讨论入手，推导一个不符合题意，两个更不符合题意)(12分)21解析：(1)因为f(x)aln(1x)(x1)，所以f(x)，(1分)当a0时，f(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间为(1，)(2分)当a0时，由得1x1.(3分)所以函数f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.(4分)综上所述，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，)当a0时，函数f(x)的单调递增

18、区间是；单调递减区间是.(5分)(2)若a0，则x1，x20，e，不等式f(x1)g(x2)恒成立，等价于“对任意x0，e，f(x)ming(x)max恒成立”(6分)当a0，不符合题意(8分)()当m0，即e时，在0，e上，g(x)0，所以g(x)在0，e上单调递增，所以g(x)maxg(e)eme3e2，只需满足：eme3e20，即m，所以m.(9分)()当m，即0，所以m.(11分)综上所述，实数m的取值范围为.(12分)22解析：(1)将直线l的参数方程化为普通方程，得xya0.(2分)由4cos ，得24cos ，(3分)从而x2y24x，即曲线C的直角坐标方程为x24xy20.(5

19、分)(2)解法一由，得P.所以|OP|2，(6分)将直线l的参数方程代入圆的方程x24xy20中，得t2(2a)ta20，由0，得24a24.(8分)设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则|AB|t1t2|2，(9分)解得，a0或a4.所以，所求a的值为0或4.(10分)解法二将(0)化为直角坐标方程，得xy0(x0)，(6分)由(1)知，曲线C：(x2)2y24的圆心C(2,0)，半径为2，由点到直线的距离公式，得点C到该射线的最短距离d，(7分)所以该射线与曲线C相交所得的弦长为|OP|22.(8分)圆心C到直线l的距离为：，(9分)由21222，得(2a)212，即2a2，解得，a0

20、或a4.所以，所求a的值为0或4.(10分)23解析：(1)解法一当x时，不等式化为：2x112x4，即x1，所以1x；(2分)当x时，不等式化为：2x12x14，即24，所以x；(3分)当x时，不等式化为：2x12x14，即x1，所以x1，(4分)综上可知，Mx|1x1(5分)解法二设f(x)|2x1|2x1|，则f(x)(2分)函数f(x)的图象如图所示，(4分)若f(x)4，由右图可得，1x1.所以Mx|1x1(5分)解法三不等式|2x1|2x1|4，等价于或或(3分)解得1x1，所以Mx|1x1(5分)(2)解法一因为aM，bM，所以|a|1，|b|1.(6分)而|ab|1(|a|b|

21、)|ab|1|a|b|(7分)(|a|1)(|b|1)0，(9分)所以|ab|1|a|b|.(10分)解法二要证|ab|1|a|b|，只需证|a|b|1|a|b|0，(6分)只需证(|a|1)(|b|1)0，(8分)因为aM，bM，所以|a|1，|b|1，(9分)所以(|a|1)(|b|1)0成立所以|ab|1|a|b|成立(10分)解法三要证|ab|1|a|b|，因为aM，bM，所以|a|1，|b|1，所以|ab|11，|a|b|1，所以只需证(|ab|1)2(|a|b|)2，(6分)只需证|ab|22|ab|1|a|22|ab|b|2，只需证|ab|21|a|2|b|2，(7分)只需证(|a|21)(|b|21)0，(8分)又因为|a|21，|b|21，所以(|a|21)(|b|21)0成立所以|ab|1|a|b|成立(10分)