1、2020高考仿真模拟(一)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分共150分，考试时间120分钟第卷一、选择题：本大题共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设全集U为实数集R，已知集合Mx|x240，Nx|x24x30，则图中阴影部分所表示的集合为()Ax|x3Cx|1x2 Dx|x3或x0x|x2或x2，Nx|x24x30x|1x3，又图中阴影部分所表示的集合是(UN)M，即为x|x3或x2，故选D.2若复数z满足z24，则|1z|()A3 B. C5 D.答案D解析设zxyi(xR，yR)，则(xyi)24，即x2y22xyi4，所以解得
2、所以z2i，|1z|12i|，故选D.3为了判断高中生选修理科是否与性别有关现随机抽取50名学生，得到如下22列联表：理科文科合计男131023女72027合计203050根据表中数据，得到K24.844，若已知P(K23.841)0.05，P(K25.024)0.025，则认为选修理科与性别有关系出错的可能性约为()A25% B5% C1% D10%答案B解析由K24.844，对照临界值得4.8443.841，由于P(K23.841)0.05，认为选修理科与性别有关系出错的可能性为5%.故选B.4执行如图所示的程序框图，若输入0.01，则输出的e精确到的近似值为()A2.69 B2.70 C
3、2.71 D2.72答案C解析显然当n5时，f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2)Cf(e)f(2)f(3) Df(e)f(3)f(2)答案D解析f(x)，f(x)，令f(x)0，解得xe，当x(0，e)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，当x(e，)时，f(x)0，函数f(x)单调递减，故f(x)在xe处取得最大值f(e)，f(2)f(3)0，f(2)f(3)f(2)，故选D.6.6的展开式中x的系数为()A12 B12 C192 D192答案A解析二项式6的展开式的通项公式为Tr1C(2)rx3，令3，求得r1，可得展开式中x的系数为12.故选A.7已知等比数列an的前n项和为Sn
4、，且a1，a2a68(a42)，则S2020()A22019 B12019C22020 D12020答案A解析由等比数列的性质及a2a68(a42)，得a8a416，解得a44.又a4q3，故q2，所以S202022019，故选A.8.将函数y2sincos的图象向左平移(0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则的最小值为()A. B. C. D.答案B解析根据题意可得ysin，将其图象向左平移个单位长度，可得ysin的图象，因为该图象所对应的函数恰为奇函数，所以2k(kZ)，(kZ)，又0，所以当k1时，取得最小值，且min，故选B.9设alog2018，blog2019，c2018
5、，则a，b，c的大小关系是()Aabc BacbCcab Dcba答案C解析因为1log20182018alog2018log2018，blog2019201801，故cab.故选C.10已知函数f(x)x32x1ex，其中e是自然对数的底数若f(a1)f(2a2)2，则实数a的取值范围是()A. B. C. D.答案C解析令g(x)f(x)1x32xex，xR.则g(x)x32xexg(x)，g(x)在R上为奇函数g(x)3x22ex0220，函数g(x)在R上单调递增f(a1)f(2a2)2可化为f(a1)1f(2a2)10，即g(a1)g(2a2)0，即g(2a2)g(a1)g(1a)，
6、2a21a，即2a2a10，解得1a.实数a的取值范围是.故选C.11已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为()A. B. C. D.答案B解析设圆锥底面圆的半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，如图所示，所以rR，S球4r242R2，S圆锥R2RR23R2，所以球与圆锥的表面积之比为，故选B.12已知函数f(x)为R上的奇函数，且图象关于点(2,0)对称，且当x(0,2)时，f(x)x3，则函数f(x)在区间2018,2021上()A无最大值 B最大值为0C最大值为1
7、D最大值为1答案C解析因为函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(4x)f(x)又函数f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)，所以f(4x)f(x)令tx，得f(4t)f(t)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数又函数f(x)的定义域为R，且函数f(x)是奇函数，所以f(0)0，f(2)f(2)，由函数f(x)的周期为4，得f(2)f(2)，所以f(2)f(2)，解得f(2)0.所以f(2)0.依此类推，可以求得f(2n)0(nZ)作出函数f(x)的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f(x)在区间2018,2021上的图象与在区间2，1上的图象完全一样. 观察图象可知，函数f(x
8、)在区间(2,1上单调递增，且f(1)131，又f(2)0，所以函数f(x)在区间2,1上的最大值是1，故函数f(x)在区间2018,2021上的最大值也是1.第卷本卷包括必考题和选考题两部分第1321题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13已知单位向量e1，e2，且e1，e2，若向量ae12e2，则|a|_.答案解析因为|e1|e2|1，e1，e2，所以|a|2|e12e2|214|e1|e2|cos4|e2|2141143，即|a|.14已知实数x，y满足目标函数zaxy的最大值M2,4，则实数a的取值范
9、围为_答案解析可行域如图阴影部分所示，当a0时，平移直线yaxz至(2,3)时，z有最大值2a3，故22a34，得0a.当1a0时，平移直线yaxz至(2,3)时，z有最大值2a3，因22a34，故a0.当a1时，平移直线yaxz至(0,1)时，z有最大值1，不符合题意，故舍去综上，a.15在九章算术中有称为“羡除”的五面体体积的求法现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为_答案24解析由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体ABCEFD，其中，底面ABC为直角三角形，且BAC90，AB4，AC3，侧棱DB，EC，FA与底面垂直，且DB2，ECFA
10、5.过点D作DHBC，DGBA，交EC，FA分别于H，G，连接GH，则棱柱ABCDHG为直棱柱，四棱锥DEFGH的底面为矩形EFGH，高为BA.所以V五面体ABCEFDVABCDHGVDEFGH232424.16对任一实数序列Aa1，a2，a3，定义新序列A(a2a1，a3a2，a4a3，)，它的第n项为an1an.假定序列(A)的所有项都是1，且a12a220，则a2_.答案100解析令bnan1an，依题意知数列bn为等差数列，且公差为1，所以bnb1(n1)1，a1a1，a2a1b1，a3a2b2，anan1bn1，累加得ana1b1bn1a1(n1)b1(n1)a2(n2)a1，分别令
11、n12，n22，得解得a1，a2100.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分12分)已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tanAtanB.(1)求角A的大小；(2)设AD为BC边上的高，a，求AD的取值范围解(1)在ABC中，tanAtanB，即，则tanA，A.(2)SABCADBCbcsinA，ADbc.由余弦定理得cosA，0bc3(当且仅当bc时等号成立)，00)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且y1y24.(1)求抛物线C的方程；(2)如图，点B在准线l上的投影为E，D是C上一点，
12、且ADEF，求ABD面积的最小值及此时直线AD的方程解(1)依题意F，当直线AB的斜率不存在时，y1y2p24，p2.当直线AB的斜率存在时，设AB：yk，由化简得y2yp20.由y1y24得p24，p2.综上所述，抛物线C的方程为y24x.(2)设D(x0，y0)，B，易知t0，则E(1，t)，又由y1y24，可得A.因为kEF，ADEF，所以kAD，故直线AD：y，化简得2xty40.由化简得y22ty80，所以y1y02t，y1y08.所以|AD| |y1y0| .设点B到直线AD的距离为d，则d.所以SABD|AD|d 16，当且仅当t416，即t2时ABD的面积取得最小值16.当t2
13、时，直线AD：xy30；当t2时，直线AD：xy30.20(本小题满分12分)已知函数f(x)exxa(其中aR，e为自然对数的底数，e2.71828)(1)若f(x)0对任意的xR恒成立，求实数a的取值范围；(2)设t为整数，对于任意正整数n，nnnn0时，x0；f(x)ex10时，x0.所以f(x)exxa在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，所以f(x)exxa的最小值为f(0)e00a1a.由f(x)0对任意的xR恒成立，得f(x)min0，即1a0，所以a1，即实数a的取值范围为1，)(2)由(1)知exx10，即1xex，nnnne(n1)e(n2)e2e1e012，
14、所以nnnn1，所以t的最小值为2.21(本小题满分12分)由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某个闯关游戏，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人.3个人中只要有一人能解开密码锁，该团队就能进入下一关，否则淘汰出局根据以往100次的测试，获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图，分别如图1、图2所示(1)若甲解开密码锁所需时间的中位数为47，求a，b的值，并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率；(2)若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立求该团队能进
15、入下一关的概率；该团队以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目X的数学期望达到最小？并说明理由解(1)因为甲解开密码锁所需时间的中位数为47，所以0.0150.0145b50.03450.04(4745)0.5,0.04(5047)0.0325a50.01100.5，解得b0.026，a0.024. 由直方图，知甲在1分钟内解开密码锁的频率是f甲10.01100.9； 乙在1分钟内解开密码锁的频率是f乙10.03550.02550.7. (2)由(1)及条件知，甲在1分钟内解开密码锁的概率是0.9，乙是0.7，丙是0.5，且各人是否解开密码锁相互独立记“团队能进入下一关”为事件A，“不
16、能进入下一关”为事件， 则P()(10.9)(10.7)(10.5)0.015，所以该团队能进入下一关的概率为P(A)1P()10.0150.985.设第一、二、三个派出的人各自能完成任务的概率分别为p1，p2，p3，且p1，p2，p3互不相等，根据题意知X的所有可能取值为1,2,3.则P(X1)p1，P(X2)(1p1)p2，P(X3)(1p1)(1p2)，E(X)p12(1p1)p23(1p1)(1p2)32p1p2p1p2，所以E(X) 3(p1p2)p1p2p1.若交换前两个人的派出顺序，则数学期望变为3(p1p2)p1p2p2，由此可见，当p1p2时，交换前两个人的派出顺序会增大数学
17、期望，故应选前两人中完成任务的概率大的人先开锁因为E(X)3(p1p2)p1p2p132p1(1p1)p2，若保持第一个派出的人不变，交换后两个人的派出顺序，则交换后的数学期望变为32p1(1p1)p3，当p2p3时，交换后两个人的派出顺序会增大数学期望，故应选后两个人中完成任务的概率大的人第二个开锁此时，若交换后第一个派出的人能完成任务的概率小于第二个派出的人能完成任务的概率，就回到第一种情况继续交换前两个人的派出顺序综上，第一个派出的人能完成任务的概率应最大，第三个派出的人能完成任务的概率应最小，所以先派出甲，再派出乙，最后派出丙，这样能使所需派出的人员数目X的数学期望达到最小请考生在第2
18、2、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分作答时请写清题号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，已知曲线M的参数方程为(为参数)，过原点O且倾斜角为的直线l交M于A，B两点，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系(1)求l和M的极坐标方程；(2)当时，求|OA|OB|的取值范围解(1)由题意可得，直线l的极坐标方程为(R)曲线M的普通方程为(x1)2(y1)21，因为xcos，ysin，x2y22，所以M的极坐标方程为22(cossin)10.(2)设A(1，)，B(2，)，且1，2均为正数，将代入22(cossin)10，得22(coss
19、in)10，当时，4sin20，所以122(cossin)，根据极坐标的几何意义，|OA|，|OB|分别是点A，B的极径从而|OA|OB|122(cossin)2sin.当时，故|OA|OB|的取值范围是(2,223(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x5|.(1)解不等式：f(x)f(x2)3；(2)若a0，求证：f(ax)f(5a)af(x)解(1)不等式化为|x5|x3|3.当x3时，原不等式等价于2x5，即x5时，原不等式等价于2x83，即5x.综上，原不等式的解集为.(2)证明：由题意，得f(ax)af(x)|ax5|a|x5| |ax5|ax5a|ax5ax5a|5a5|f(5a)，所以f(ax)f(5a)af(x)成立
