1、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 Ax|(x2)(x2)0，By|x2y216，则 AB()A3,3B2,2C4,4D答案 B解析 由题意，得 Ax|2x2，By|4y4，所以 ABx|2x22已知复数 z2bi(bR)(i 为虚数单位)的共轭复数为 z，且满足 z2 为纯虚数，则 z z()A2 2B2 3C8D12答案 C解析 z24b24bi 为纯虚数，4b20，4b0，解得 b2，z z|z|222b28.3按照如图的程序框图执行，若输出结果为 15，则 M 处条件为(
2、)Ak16?Bk8?Ck16?Dk8?答案 A解析 程序运行过程中，各变量的值如下表所示：Sk是否继续循环 循环前01 第一圈12是 第二圈34是 第三圈78是 第四圈1516否 故退出循环的条件应为 k16？.4(2019湖南六校联考)已知公差 d0 的等差数列an满足 a11，且 a2，a42，a6 成等比数列，若正整数 m，n 满足 mn10，则 aman()A10B20C30D5 或 40答案 C解析 由题意，知(a42)2a2a6，因为an为等差数列，所以(3d1)2(1d)(15d)，因为 d0，解得 d3，从而 aman(mn)d30，故选 C.5(2019河北示范性高中 4 月
3、联考)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x0，则x0，所以 f(x)12ln xx，又函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 f(x)f(x)12ln xx，此时 f(x)2ln x3x2，则 f(1)3，f(1)1，所以切线方程为 y13(x1)，即 3xy40，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ABAD()A10B11C12D13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AB(4,1)，AC(6,4)，结合平面向量的平
4、行四边形法则有AD ACAB(2,3)，则ABAD(4,1)(2,3)8311.7由射线 y43x(x0)逆时针旋转到射线 y 512x(x0)的位置所成角为，则 cos()A1665B1665C5665D5665答案 A解析 设 y43x(x0)的倾斜角为，则 sin45，cos35.设射线 y 512x(x0)的倾斜角为，则 sin 513，cos1213，coscos()coscossinsin351213 45 5131665.8(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
5、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()A30 种B50 种C60 种D90 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 C12C11020，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 C13C11030，所以共有 203050 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
6、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 cB成正比，比例系数为 c2C成反比，比例系数为 cD成反比，比例系数为 c2答案 C解析 由 VShR2h，知 V2hRR(t)即 2hRR(t)c，R(t)c2hR，又圆柱的侧面积 S 侧2Rh，则其侧面积增长速度 S侧2hR(t)2hc2hRcR，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.10P 是双曲线 C：x2y22 左支上一点，直线 l 是双曲线 C 的一条渐近线，P 在 l 上
7、的射影为 Q，F2 是双曲线 C 的右焦点，则|PF2|PQ|的最小值为()A 22B 2C3 2D2 22答案 C解析 如图，设 F1 为双曲线 C 的左焦点，由题知|PF2|PF1|2a2 2，则|PF2|PQ|PF1|PQ|2 2，当 F1，P，Q 在同一直线上时，|PF1|PQ|最小，由渐近线方程 yx，|F1O|2 知|F1Q|2，则|PF2|PQ|的最小值为 3 2.11某同学为研究函数 f(x)1x211x2(0 x1)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 CPx，则 APPFf(x)函数 g(x)3f(x
8、)8 的零点的个数是()A0B1C2D3答案 A解析 由题意可得函数 f(x)1x2 11x2APPF，当 A，P，F 三点共线时，f(x)取得最小值 5；当 P 与 B 或 C 重合时，f(x)取得最大值 21.求函数 g(x)3f(x)8 的零点的个数，即为求 f(x)83的解的个数，由 f(x)的最大值 21f(x22)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(x22)等价于f(|3x|)f(x22)，又 f(x)在0，)上为增函数，且 x220，|3x|0，所以|3x|x22，即|x|23|x|20，解得 1|x
9、|2，即2x1 或 1xf(x22)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 k1 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 a11，a21，a32，a41，a73，a143，a154，)，用 tk 表
10、示数表第 k 行的数的个数，则数列tk的前 k 项和 Tk_.答案 2k1解析 用 tk 表示数表第 k 行的数的个数，当 k2 时，tkt1t2tk11，则 tk1t1t2tk1，于是 tk1tktk，即 tk12tk，又 t22t1，且 t11，所以 tk2k1，故数列tk的前 k 项和 Tk12222k12k1.三、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)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
11、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，cosA1213，cosC35.(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，cosA1213，cosC35，sinA 513，sinC45，2 分sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC6365，4 分由正弦
12、定理，得 ABsinC ACsinB，ABACsinCsinB 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(10050t)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 2130t50(t 2)1213 200(37t2 70t 50)20037t3537262537，t0,8，11 分故当 t3537时，甲、乙的距离最短所以乙出发3537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
13、 ABCA1B1C1 中，平面 ACC1A1平面 ABC，AA1AC2CB，ACB90.(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 C1AB1C 的余弦值解(1)证明：因为平面 ACC1A1平面 ABC，平面 ACC1A1平面 ABCAC，BC平面 ABC，ACB90，所以 BC平面 ACC1A1，2 分因为 A1C平面 ACC1A1，所以 BCA1C，因为 B1C1BC，所以 A1CB1C1，因为 ACC1A1 是平行四边形，且 AA1AC，所以 ACC1A1 是菱形，则 A1CAC1，因为 AC1B1C1C1，所以 A1C
14、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，A1AC60，所以ACA1 是正三角形，所以 A1MAC，且 A1M 32 AC，令 AA1AC2CB2，则 A1M 3.7 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(1,0，3)，B(0,1,0)，A1(1,0，3)，CA(2,0,0)，CB1 CC1 C1B1 CC1 CB(1
15、,0，3)(0,1,0)(1,1，3)，CA1(1,0，3)设 平 面 ACB1 的一个 法向量 为 n (x，y，z)，则nCA0，n CB1 0，所以2x0，xy 3z0，得 x0，令 z1，则 y 3，所以 n(0，3，1).9 分由(1)知 A1C平面 AB1C1，所以CA1(1,0，3)是平面 AB1C1 的一个法向量，因为 cosCA1，n CA1 n|CA1|n|313 31 34.所以二面角 C1AB1C 的余弦值为 34.12 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
16、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12345678910 用电量/度5386 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
17、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 2100.5(400210)0.6(410400)0.8227(元).3 分(2)设取到第二阶梯电量的用户数为，可知第二阶梯电量的用户有 3 户，则 可取 0,1,2,3，P(0)C37C310 724，P(1)C27C13C310 2140，P(2)C17C23C310 740，P(3)C33C310 1120.故 的分布列是0123 P72421407401120 所以 E()0 724121402 7403 1120 910.7 分(3)由题意可知，从全
18、市中抽取 10 户，设其月用电量为第一阶梯的户数为 X，则 XB10，35，P(Xk)Ck1035k2510k(k0,1,2,3，10)，Ck1035k2510kCk110 35k1259k，Ck1035k2510kCk110 35k12511k，解得285 k335，kN*，所以当 k6 时，概率最大，所以 k6.12 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 x1xmx在区间(0,1)上为增函数，mR.(1)求实数 m 的取值范围；(2)当 m 取最大值时，若直线 l：yaxb 是函数 F(x)f(x)2x 的图象的切线，且 a，bR，求 ab
19、的最小值解(1)f(x)ln x1xmx，f(x)1x1x2m，又函数 f(x)在区间(0,1)上为增函数，f(x)1x1x2m0 在(0,1)上恒成立，2 分m1x1x21x12214在(0,1)上恒成立，令 t(x)1x1x21x12214，x(0,1)，则当 x1 时，t(x)取得最小值，且 t(x)min2，m2，实数 m 的取值范围为(，2.5 分(2)由题意得 F(x)ln x1x2x 2xln x1x，则 F(x)1x1x2，设切点坐标为x0，ln x01x0，则切线的斜率aF(x0)1x01x20，又 ln x01x0ax0b，bln x02x01，abln x01x201x0
20、1.8 分令 h(x)ln x 1x21x1(x0)，则 h(x)1x2x31x2x2x2x3x2x1x3，故当 x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增当 x1 时，h(x)有最小值，且 h(x)minh(1)1，ab 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：x2a2y2b21(ab0)的焦距为 2 3，且经过点 A3，12.(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)
21、由题意可知椭圆的左、右焦点分别为 F1(3，0)，F2(3，0)，又椭圆 C 经过点 A3，12，所以|AF1|AF2|2a，即 3 32122 3 321222a，3 分所以 2a72124，即 a2，又 b2a2c21，所以椭圆的标准方程为x24y21.4 分(2)设直线 l 的方程为 ykxm，由ykxm，x24y21，得(4k21)x28kmx4m240.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，则有(8km)24(4k21)(4m24)0，即 4k21m2，又 x1x28km4k21，x1x24m244k21.6 分因为四边形 OMPN 为平行四边形，所以OP OM
22、ON，故 xPx1x28km4k21，yP y1 y2 (kx1 m)(kx2 m)k 8km4k21 2m 2m4k21，所 以P8km4k21，2m4k21，由点 P 在椭圆上可得8km4k21242m4k2121，化简得 4m24k21，8 分而(x1x2)2(x1x2)24x1x28km4k21244m244k21164k2m214k212，又因为 4m24k21，所以(x1x2)2163m216m4 3m2，所以|x1x2|3|m|，所以|MN|1k2|x1x2|1k23|m|，又点 O 到直线 l 的距离 d|m|1k2，故OMN 的面积 SOMN12|MN|d12 1k2 3|m
23、|m|1k2 32.所以平行四边形 OMPN 的面积为 S2 32 3.12 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 44：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x2t，ynt(t 为参数)，其中 n0.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 2(R)，曲线 C2 的极坐标方程为 2cos21.(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
24、，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 x0，2 分方程 2cos21 可化为 2(cos2sin2)1，得 x2y21.4 分(2)由直线 l 的参数方程为x2t，ynt(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x2tcos，ytsin其中t为参数，为l的倾斜角，且0，2，则点 Q 对应的参数值为 2cos，即|PQ|2cos，将x2tcos，ytsin，代入 x2y21，得(2tcos)2(tsin)21，整理，得(cos2sin2)t24tcos30，设 A，B 对应的参数值分别为 t1，t2，则
25、 t1t24coscos2sin2，t1t23cos2sin2，因为|PA|PB|PQ|2，所以3cos2sin2 4cos2，8 分所以3cos2sin24cos2或3cos2sin24cos2，解得 tan12或 tan 72，故 l 的普通方程为 y12x1 或 y 72 x 7.10 分23(2019福建泉州第二次质量检查)(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲已知函数 f(x)x14 x14，集合 M 为不等式 f(x)2 的解集(1)求 M；(2)证明：当 a，bM 时，2 1abab.解(1)f(x)x14 x14 2x，x14，12，14x14，2x，x14，2 分所以不等式 f(x)2 的解集为 M1,1.4 分(2)证明：要证 21abab，只需证 2 1ab|ab|，即证 4(1ab)(ab)2，6 分只需证 44aba22abb2，即 4a22abb2，即证 4(ab)2，只需证 2|ab|，因为 a，bM，所以|ab|2，所以原不等式成立.10 分