1、2020高考仿真模拟(二)4套仿真模拟本试卷分第卷(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已知 i 为虚数单位，则 ii2i3i2019 等于()Ai B1 Ci D1 答案 D解析 由于 ii2i3i4i1i10，且 in(nN*)的周期为 4,201945043，所以原式ii2i3i1i1.故选 D.2集合 Ay|y2cos2x1，Bx|log2(x2)2，则 AB()A(2,3 B(0,2C1,2)D(2,3解析 因为 Ay|y2cos2x
2、1y|ycos2x21,3，Bx|log2(x2)2x|0 x24(2，2)，所以 AB1,2)，故选 C.答案 C3“不等式 x2xm0 在 R 上恒成立”的一个必要不充分条件是()Am14B0m1Cm0 Dm1答案 C解析 若不等式 x2xm0 在 R 上恒成立，则(1)24m0，解得 m14，因此当不等式 x2xm0 在 R 上恒成立时，必有 m0，但当 m0 时，推不出 m14，即推不出不等式 x2xm0 在 R 上恒成立，故所求的必要不充分条件可以是 m0.4某店主为装饰店面打算做一个两色灯牌，从黄、白、蓝、红 4 种颜色中任意挑选 2 种颜色，则所选颜色中含有白色的概率是()A.2
3、3B.12 C.14 D.16答案 B解析 从黄、白、蓝、红 4 种颜色中任意选 2 种颜色的所有基本事件有黄，白，黄，蓝，黄，红，白，蓝，白，红，蓝，红，共 6 种，这 6种基本事件发生的可能性是相等的其中包含白色的有 3 种，所以选中白色的概率为12，故选 B.5周髀算经是我国古代的天文学和数学著作其中有一个问题大意为：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(即太阳照射物体影子的长度增加和减少大小相同)二十四个节气及晷长变化如图所示，若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至后的那个节气(小暑)晷长为()A五寸B二尺五寸C三尺五寸D四尺五寸解析 设
4、从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列an，公差为 d，a115，a13135，则 1512d135，解得 d10.a2151025，周髀算经中所记录的小暑的晷长是 25 寸，即二尺五寸故选 B.答案 B6函数 f(x)21ex1 cosx 的图象的大致形状是()答案 B解析 f(x)21ex1 cosx，f(x)21ex1 cos(x)21ex1 cosxf(x)，函数 f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，C；又当 x0，2 时，exe01，21ex10，cosx0，f(x)0，排除 D，故选 B.7已知函数 f(x)Asin(x)e|x|(A0，0,0)的图象如图所示，则 A 的可能
5、取值为()A.2 B C.32 D2 答案 B解析 f(x)的图象关于 y 轴对称，f(x)为偶函数，k2，kZ，012时，直线过点 B时，z 取得最大值，此时 z1，与 z 取得最大值 5 矛盾，舍去；当 0m12时，直线过点 C 时，z 取得最大值 5，4m35，m12不成立，舍去；当 m0 或12时，易验证 z 的最大值不可能等于 5；当 m1)，则 xlog3t，ylog4t，zlog12t，xyz log3tlog4tlog12t log3tlog12t log4tlog12tlog312log4122log34log43.1log342,0log431，1log34log432 l
6、og34log432，2log34log433，42log34log435，即xyz(4,5)n4.故选 C.12已知函数 f(x)exmxm2，x0 时，f(x)exmxm2，所以方程可以化为 exmxm2xexex0，即 xexmx12，记g(x)xex(x0)，则 g(x)ex(x1)0，设直线 ymx12 与 g(x)图象相切时的切点为(t，tet)，则切线方程为 ytetet(t1)(xt)，过点12，0，所以tetet(t1)12t t1 或12(舍去)，所以切线的斜率为 2e，由图象可以得 m2e.故选 D.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
7、必须作答第 2223 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函数 f(x)1ln x2x2 的定义域为_答案(0,1)(1，e解析 依题意得x0，1ln x0，2x20，得x0，0 xe，x1，即函数的定义域为(0,1)(1，e14已知函数 f(x)2x1，x0，x12，x0在区间1，m上的最大值是 1，则 m 的取值范围是_答案(1,1解析 作出函数 f(x)的图象，如图所示，可知当1m1 时，f(x)在1，m上的最大值是 1.15在ABC 中，点 D 是 BC 的中点，若 ABAD，CAD30，BC2 7，则ABC 的面积为_答案 2
8、3解析 因为 D 是 BC 的中点，所以 SABC2SABD，即12ABACsin120212ABAD，所以 AD 34 AC，于是在ACD 中，CD2AC2AD22ACADcosCAD，即(7)2AC2 316AC22AC 34 AC 32，解得 AC4，所以 AD 3，于是 SABC2SADC212 34122 3.16已知三棱锥 PABC，ABC 为等边三角形，PAC 为直角三角形，PAC90，PCA45，平面 PAC平面 ABC，若 AB3，则三棱锥 PABC 外接球的表面积为_答案 21解析 由PAC90，平面 PAC平面 ABC，可知 PA平面 ABC，球心在经过ABC 的中心且垂
9、直面 ABC 的垂线上，也在线段 PA 的中垂面上，故二者交点即球心，因为PCA45，所以 PA3，所以三棱锥 PABC 外接球的半径 R 满足 R2322(3)2214，所以外接球的表面积为 S4R221.三、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)已知数列an满足a12 a222a323an2nn2n.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn1nan2，求数列bn的前 n 项和 Sn.解(1)a12 a222a323an2nn2n，当 n2 时，a12 a222a323an12n1(n1)2n1，得an2n2n(n2)，ann2n1(n2)当
10、 n1 时，a12 11，a14 也适合，ann2n1.(2)由(1)得，bn1nan2n(2)n，Sn1(2)12(2)23(2)3n(2)n，2Sn1(2)22(2)33(2)4(n1)(2)nn(2)n1，得，3Sn(2)(2)2(2)3(2)nn(2)n 1212n3n(2)n1，Sn3n12n129.18(本小题满分 12 分)新个税法于 2019 年 1 月 1 日进行实施为了调查国企员工对新个税法的满意程度，研究人员在 A 地各个国企中随机抽取了1000 名员工进行调查，并将满意程度以分数的形式统计成如下的频率分布直方图，其中 a4b.(1)求 a，b 的值并估计被调查的员工的满
11、意程度的中位数；(计算结果保留两位小数)(2)若按照分层抽样从50,60)，60,70)中随机抽取 8 人，再从这 8 人中随机抽取 2 人，求至少有 1 人的分数在50,60)的概率解(1)依题意，(a0.0080.0350.027b)101，所以 ab0.03.又 a4b，所以 a0.024，b0.006.因为 0.080.240.5，所以中位数在第三组，所以中位数为 700.50.080.240.03575.14.(2)依题意，知分数在50,60)的员工抽取了 2 人，记为 a，b，分数在60,70)的员工抽取了 6 人，记为 1,2,3,4,5,6，所以从这 8 人中随机抽取 2 人，
12、所有的情况为(a，b)，(a,1)，(a,2)，(a,3)，(a,4)，(a,5)，(a,6)，(b,1)，(b,2)，(b,3)，(b,4)，(b,5)，(b,6)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共 28 种，这 28 种情况发生的可能性是相等的其中满足条件的为(a，b)，(a,1)，(a,2)，(a,3)，(a,4)，(a,5)，(a,6)，(b,1)，(b,2)，(b,3)，(b,4)，(b,5)，(b,6)，共 13 种，设“至少有 1
13、人的分数在50,60)”的事件为 A，则 P(A)1328.19(本小题满分 12 分)如图所示，三棱锥 PABC 放置在以 AC 为直径的半圆面 O 上，O 为圆心，B 为圆弧AC上的一点，D 为线段 PC 上的一点，且 ABBCPA3，PB3 2，PABC.(1)求证：平面 BOD平面 PAC；(2)当PC2PD 时，求三棱锥 CBOD 的体积解(1)证明：由 ABPA3，PB3 2，PA2AB2PB2，PAAB，又 PABC 且 ABBCB，AB平面 ABC，BC平面 ABC，PA平面 ABC.BO平面 ABC，PABO，由 BABC，O 为圆心，AC 为直径，所以 BOAC.因 ACP
14、AA，故 BO平面 PAC，又 BO平面 BOD，所以平面 BOD平面 PAC.(2)由PC2PD，知 D 为 PC 的中点，而 O 为圆心，AC 为直径，所以 PADO，所以 DO平面 ABC，因为 PA3，所以 DO32，由题意知ABC90，所以 SABC123392，由等体积法知 V 三棱锥 CBODV 三棱锥 DBOC13SBOCDO1312923298.故三棱锥 CBOD 的体积为98.20(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)aln xx212a(aR)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)0，求 a 的取值范围解(1)f(x)ax2xa2x2x，当 a0 时，f(x
15、)0 时，令 f(x)0 得 xa2(负根舍去)令 f(x)0 得 0 x a2；令 f(x)a2，f(x)在0，a2 上单调递增，在a2，上单调递减(2)当 a0 时，f(x)x20 时，f(x)maxfa2aln a2a2a2aln a20，a0，ln a20，0 a21，0a2.当 a0，故当 a0)关于直线 yx1 对称的直线为 l1，直线 l，l1 与椭圆 E：x24y21 分别交于点 A，M 和 A，N，记直线 l1 的斜率为 k1.(1)求 kk1 的值；(2)当 k 变化时，试问直线 MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由解(1)设直线 l 上
16、任意一点 P(x，y)关于直线 yx1 对称的点为 P0(x0，y0)，直线 l 与直线 l1 的交点为(0,1)，l：ykx1，l1：yk1x1，ky1x，k1y01x0，由yy02xx021，得 yy0 xx02，由yy0 xx01，得 yy0 x0 x,由得yx01，y0 x1，kk1yy0yy01xx0 x1x01xx021xx01.(2)由ykx1，x24y21得(4k21)x28kx0，设 M(xM，yM)，N(xN，yN)，xM 8k4k21，yM14k24k21.同理可得 xN 8k14k211 8k4k2，yN14k214k211k244k2.kMNyMyNxMxN14k24
17、k21k244k28k4k21 8k4k288k48k3k23k213k，直线 MN：yyMkMN(xxM)，即 y14k24k21k213k x 8k4k21，即 yk213k x 8k2134k2114k24k21k213k x53.当 k 变化时，直线 MN 过定点0，53.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，以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为(1cos2)8sin.(1)求曲线 C 的普通方程；(2)直线
18、l 的参数方程为xtcos，y1tsin(t 为参数)，直线 l 与 y 轴交于点 F，与曲线 C 的交点为 A，B，当|FA|FB|取最小值时，求直线 l 的直角坐标方程解(1)由题意得(1cos2)8sin，得 2cos28sin，得 2cos24sin，xcos，ysin，x24y，即曲线 C 的普通方程为 x24y.(2)由题意可知，直线 l 与 y 轴交于点 F(0,1)，即为抛物线 C 的焦点，令|FA|t1|，|FB|t2|，将直线 l 的参数方程xtcos，y1tsin代入 C 的普通方程 x24y 中，整理得 t2cos24tsin40，由题意得 cos0，根据根与系数的关系
19、得，t1t24sincos2，t1t2 4cos2，|FA|FB|t1|t2|t1t2|4cos24(当且仅当 cos21 时，等号成立)，当|FA|FB|取得最小值时，直线 l 的直角坐标方程为 y1.23(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲已知函数 f(x)m|x1|x1|.(1)当 m5 时，求不等式 f(x)2 的解集；(2)若二次函数 yx22x3 与函数 yf(x)的图象恒有公共点，求实数 m的取值范围解(1)当 m5 时，f(x)52xx1，由 f(x)2 得不等式的解集为x32x32.(2)由二次函数 yx22x3(x1)22，知函数在 x1 处取得最小值 2，因为 f(x)m2xx1在 x1 处取得最大值 m2，所以要使二次函数 yx22x3 与函数 yf(x)的图象恒有公共点，只需m22，即 m4.本课结束