1、2020高考仿真模拟卷(二)第三部分刷模拟一、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 A1,2,3,4，B2,3,6,7，C3,4,5,6，则图中阴影部分表示的集合是()A2,3B6C3D3,6答案 B解析 由题可知，ABC3，BC3,6，故阴影部分表示的集合是62若(12i)z5i，则|z|的值为()A3B5C 3D 5答案 D解析 由(12i)z5i，可得 z 5i12i5i12i12i12i105i52i.所以|z|2212 5.3(2019北京海淀一模)已知 xy，则下列各式中一定成立的是()A1x2C12x
2、12yD2x2y2答案 D解析 x，y 的符号不确定，当 x2，y1 时，xy，显然1x2 不成立，y12x 是减函数，所以12x12y 不成立，因为 xy0，所以 2x2y2 2x2y2 2xy2 202，正确，故选 D.4(2019浙江金华十校模拟)在下面四个 x，的函数图象中，函数 y|x|sin2x 的图象可能是()答案 C解析 因为 f(x)|x|sin(2x)|x|sin2xf(x)，即 f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除 B，D；当 x 时，f()sin20，排除 A.故选C.5已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A2B73 C83 D3答案 C解析 由三视
3、图可知该几何体为四棱锥，记为四棱锥 EABCD，将其放入棱长为 2 的正方体中，如图，易知四棱锥 EABCD 的底面积 S 四边形 ABCD4 2，高为 2，故所求体积为134 2 283.6在平面直角坐标系 xOy 中，角 与角 均以 Ox 为始边，它们的终边关于 y 轴对称若 tan35，则 tan()的值为()A0B3034C 916D158答案 D解析 由角 与角 的始边相同，终边关于 y 轴对称可知 tantan.又 tan35，所以 tan35，所以 tan()tantan1tantan353513535158.7.已知 ABCD 为正方形，其内切圆 I 与各边分别切于 E，F，G
4、，H，连接 EF，FG，GH，HE.现向正方形 ABCD 内随机抛掷一枚豆子，记事件 A：豆子落在圆 I 内，事件 B：豆子落在圆 I 内四边形 EFGH 外，则 P(B|A)()A14 B4 C12 D2答案 C解析 设正方形 ABCD 的边长为 a，则圆 I 的半径为 ra2，其面积为Sa2214a2，设正方形 EFGH 的边长为 b，则 2bab 22 a，其面积为 S122 a 212a2，则在圆 I 内且不在 EFGH 内的面积为 SS1，所以 P(B|A)SS1S12.8河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟
5、现有一石窟的某处“浮雕像”共 7 层，每上层的数量是下层的 2 倍，总共有 1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列an，则 log2(a3a5)的值为()A8B10C12D16答案 C解析 依题意 a1a2a3a4a5a6a71016，又因为数列an是公比为 2 的等比数列，则a1127121016，所以 a18，所以 a3a5(a4)2(823)2212，所以 log2(a3a5)log221212.9(2019湖北部分重点中学新起点考试)秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先
6、进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入 x 的值为 5，则输出 v 的值为()A5111B51114 C51214D51014答案 B解析 依次运行程序框图中的程序，可得k1 满足条件，v15151，k2；k2 满足条件，v(51)515251，k3；k3 满足条件，v(5251)51535251，k4；k9 满足条件，v(585751)5159585751，k10；k10 满足条件，v(59585751)51510595851，k11.而 k11 不满足条件，停止运行，输出 v510595851151115 51114.故选 B.10(2019青岛模拟
7、)已知定义域为 R 的奇函数 f(x)，当 x0 时，满足 f(x)log272x，032，则 f(1)f(2)f(3)f(2020)()Alog25Blog25C2D0答案 B解析 由题意，得 f(1)f(2)f(5)f(26723)f(2018)，f(0)f(3)f(6)f(36723)f(2019)，f(1)f(4)f(7)f(46723)f(2020)，又因为 f(1)f(1)log25，f(0)0，所以f(1)f(2)f(3)f(2020)673f(1)f(2)f(3)f(2020)6730f(1)log25.11(2019辽宁五校联考)一条动直线 l 与抛物线 C：x24y 相交于
8、 A，B两点，O 为坐标原点，若AB2AG，则(OA OB)24OG 2 的最大值为()A24B16C8D16答案 B解析 由AB2AG，知 G 是线段 AB 的中点，OG 12(OA OB)，(OA OB)24OG 2(OA OB)2(OA OB)24OA OB.由 A，B 是动直线 l 与抛物线 C：x24y 的交点，不妨设 Ax1x214，Bx2，x224，4OA OB 4x1x2x21x2216 4x1x24 2 24 164x1x24 2 216，即(OA OB)24OG 2 的最大值为 16，故选 B.12(2019辽宁葫芦岛二模)已知函数 f(x)exexe2(e 为自然对数的底
9、数)，g(x)ln xaxea4.若存在实数 x1，x2，使得 f(x1)e2g(x2)1，且1x2x1 e，则实数 a 的最大值为()A2eB5e2eC 52eD1答案 A解析 由 f(x1)e21 化简得 ex1e(x1e)1，由于 yet，yt1只有一个交点(0,1)，所以 x1e0，故 x1e.g(x)的定义域为(0，)，由 1x2x1e，得 ex2e2.由 g(x2)1 化简得 ln x2a(x2e)3.分别画出函数 yln x 和ya(xe)3 的图象如图所示，由图可知，a 的最大值即直线 ya(xe)3 的斜率的最大值为 kAB13ee2e，故选 A.二、填空题：本题共 4 小题
10、，每小题 5 分，共 20 分13某学校男女比例为 23，从全体学生中按分层抽样的方法抽取一个样本容量为 m 的样本，若女生比男生多 10 人，则 m_.答案 50解析 由题意，得3m5 2m5 10，解得 m50.14已知双曲线y2mx21(m0)的一个焦点与抛物线 y18x2 的焦点重合，则此双曲线的离心率为_答案 2 33解析 双曲线y2mx21(m0)的一个焦点与抛物线 y18x2 的焦点重合，抛物线 y18x2 的焦点坐标为(0,2)，c2，1m4 即 ma23，a 3，eca2 33.15如图所示，在平面四边形 ABCD 中，AD2，CD4，ABC 为正三角形，则BCD 面积的最大
11、值为_答案 44 3解析 设ADC，ACD，由余弦定理可知，AC22016cos，cosAC2128AC，又由正弦定理，2sin ACsinsin2sinAC，SBCD12BCCDsin32BC12sin 32 cos2BC122sinAC 32 AC2128AC4sin3 4 3，所以最大值为 44 3.16(2019河北石家庄模拟一)在棱长为 1 的透明密闭的正方形容器ABCDA1B1C1D1 中，装有容器总体积一半的水(不计容器壁的厚度)，将该正方体容器绕 BD1 旋转，并始终保持 BD1 所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为_答案 2解析 如图所示，在棱长
12、为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 E 在 A1B1上，点 F 在 CD 上，满足 A1ECF，则原问题等价于求解四边形 BFD1E 面积的最大值作 EGBD1 于点 G，当 EG 最大时，四边形 BFD1E 的面积有最大值建立如图所示的空间直角坐标系，设 E(m,0,1)(0m1)，设 G(x，y，z)，由于 B(1,0,0)，D1(0,1,1)，由BG BD1 可得(x1，y，z)(1,1,1)，则x1，y，z，故 G(1，)，故GE(m1，1)，BD1(1,1,1)，由GE BD1 m110，得 2m3，11m3，故|GE|mm1322m321m32136m2m1，结合二
13、次函数的性质可知当 m0 或 m1 时，GE 取得最大值，此时水面面积的最大值为 2.三、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)已知等差数列an中，a12，a2a416.(1)设 bn2an，求证：数列bn是等比数列；(2)求anbn的前 n 项和解(1)证明：设an的公差为 d，由 a2a416，可得(a1d)(a13d)16，即 2a14d16.2 分又 a12，可得 d3.故 ana1(n1)d2(n1)33n1.3 分依题意
14、，bn23n1，因为bn1bn 23n223n123(常数)，故数列bn是首项为 4，公比 q8 的等比数列.6 分(2)an的前 n 项和为na1an2n3n12.8 分bn的前 n 项和为b1bnq1q 423n123181723n247.10 分故anbn的前 n 项和为n3n121723n247.12 分18.(2019辽宁丹东质量测试二)(本小题满分 12 分)如图，四棱锥 SABCD 中，SD平面 ABCD，ABCD，ADCD，SDCD，ABAD，CD2AD，M 是 BC 的中点，N 是线段 SA 上的点(1)若 N 是 SA 的中点，求证：MN平面 SDC；(2)设 MN 与平面
15、 SAD 所成角为，求 sin 的最大值解 解法一：(1)证明：以 D 为坐标原点，DA，DC，DS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的直角坐标系 Dxyz，设 DA2.则 D(0,0,0)，S(0,0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，4,0)，所以 M(1,3,0)，N(1，0,2)，MN(0，3,2)因为 SD平面 ABCD，2 分所以 SDAD，又 ADCD，所以 AD平面 SDC，平面 SDC 的一个法向量为DA(2,0,0)因为MN DA 0，MN平面 SDC，所以 MN平面 SDC.5分(2)SA(2,0，4)，设SNSA(01)，则 N(2，0
16、,44)，MN(21，3,44)，平面 SAD 的一个法向量为DC(0,4,0)，所以 sinMN DC|MN|DC|321021813.9 分因为 01，所以当 910，即 SN9NA 时，sin 取得最大值3 57.12分解法二：(1)证明：取 AD 的中点为 E，连接 ME，NE，则 MEDC，因为 ME平面 SDC，所以 ME平面 SDC，2 分同理 NE平面 SDC.所以平面 MNE平面 SDC，因此 MN平面 SDC.5分(2)以 D 为坐标原点，DA，DC，DS 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的直角坐标系 Dxyz，设 DA2，则 D(0,0,0)，S(0,
17、0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，4,0)，所以 M(1,3,0)，SA(2,0，4)设SNSA(01)，则 N(2，0,44)，MN(21，3,44)平面 SAD 的一个法向量为DC(0,4,0)，所以 sinMN DC|MN|DC|321021813.9 分因为 01，所以当 910，即 SN9NA 时，sin 取得最大值3 57.12分19.(2019福建模拟)(本小题满分 12 分)春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策”某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点处记录了大年初三上午 9：2010：40 这一时间段内通过的车辆数，统计发现
18、这一时间段内共有 600 辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如图所示，其中时间段 9：209：40 记作区间20,40)，9：4010：00 记作40,60)，10：0010：20 记作60,80)，10：2010：40 记作80,100，比方：10 点 04 分，记作时刻 64.(1)估计这 600 辆车在 9：2010：40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这 600 辆车中抽取10 辆，再从这 10 辆车中随机抽取 4 辆，记 X 为 9：2010：00 之间通过的车辆数，求
19、 X 的分布列与数学期望；(3)由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻 T 服从正态分布 N(，2)，其中 可用这 600 辆车在 9：2010：40 之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，2 可用样本的方差近似代替(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)，已知大年初五全天共有 1000 辆车通过该收费点，估计在 9：4610：40 之间通过的车辆数(结果保留到整数)参考数据：若 TN(，a2)，则 P(T)0.6826，P(2T2)0.9544，P(3T3)0.9974.解(1)这 600 辆车在 9：2010：40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值为(300.00550
20、0.015700.020900.010)2064，即 10 点 04分.3 分(2)结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的 10 辆车中，在10：00 前通过的车辆数就是位于时间分组中在20,60)这一区间内的车辆数，即(0.0050.015)20104，4 分所以 X 的可能取值为 0,1,2,3,4.所以 P(X0)C46C410 114，P(X1)C36C14C410 821，P(X2)C26C24C410 37，P(X3)C16C34C410 435，P(X4)C06C44C410 1210，所以 X 的分布列为X01234 P114821374351210 所以 E(X)0
21、1141 8212373 4354 121085.7 分(3)由(1)可得 64，2(3064)20.1(5064)20.3(7064)20.4(9064)20.2324，所以 18.9 分估计在 9：4610：40 这一时间段内通过的车辆数，也就是 46T100通过的车辆数，由 TN(，2)，得 P(6418T64218)PT2P20，y1y22n，y1y24n8，6 分若设抛物线上存在定点 N，使得以 AB 为直径的圆恒过点 N，设 N(x0，y0)，则 y202x0，kNAy1y0 x1x0y1y0y212y2022y1y0，同理可得 kNB2y2y0，8 分kNAkNB2y1y02y2
22、y04y1y2y1y2y0y2044n82ny0y201，(2y04)ny2040，2y040，y2040，解得 y02，x02，在曲线C 上存在定点 N(2,2)，使得以 AB 为直径的圆恒过点 N.12 分21(2019河南九师联盟 1 月质量检测)(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)ln(2ax)(a0)，g(x)1bx1x(bR)(1)若函数 f(x)的图象在点(3，f(3)处的切线与函数 g(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行，求 a，b 之间的关系；(2)在(1)的条件下，若 ba，且 f(x)mg(x)对任意 x12，恒成立，求实数 m 的取值范围解(1)f(x)a2
23、ax，g(x)b1x1bx1x2 b11x2，2 分因为函数 f(x)的图象在点(3，f(3)处的切线与函数 g(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行，所以 f(3)g(1)所以a23ab14，化简得 b27a23a.4 分(2)由(1)得，b27a23a，若 ba，则 a27a23a，解得 a2 或 a13(舍去，因为 a0)所以 ab2.所以 f(x)ln(22x)，g(x)12x1x.令 22x0，得 x1，则函数 f(x)ln(22x)的定义域是(1，)；令 1x0，得 x1，则函数 g(x)12x1x 的定义域是(，1)(1，)f(x)mg(x)对任意 x12，恒成立，即 ln(
24、22x)m2mx1x 0 对任意 x12，恒成立令 h(x)ln(22x)m2mx1x，则问题转化为 h(x)0 对任意 x12，恒成立h(x)222x2m1xm2mx11x2 11xm1x2x1m1x2.7 分当 m12，即 x1m0 时，h(x)0 且 h(x)不恒为 0，所以函数h(x)ln(22x)m2mx1x 在区间12，上单调递增又 h12 ln 2212 m2m121x0，所以 h(x)0 对任意 x12，恒成立故 m12符合题意.9 分当 m12时，令 h(x)x1m1x2 0，得12x0，得 xm1.所以函数 h(x)ln(22x)m2mx1x 在区间12，m1 上单调递减，
25、在区间(m1，)上单调递增，所以 h(m1)12时，存在 x012，使 h(x0)0.故知 h(x)0 对任意 x12，不恒成立故 m12不符合题意综上可知，实数 m 的取值范围是，12.12 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，已知点 P(1，2)，直线 l：x1t，y2t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 sin22cos，直线 l 和曲线 C 的交点为 A，B.(1)求直线 l 和曲线 C
26、 的普通方程；(2)求|PA|PB|.解(1)直线 l：x1t，y2t(t 为参数)，消去 t，可得直线 l 的普通方程为xy30.2 分曲线 C 的极坐标方程为 sin22cos，即为 2sin22cos，由 xcos，ysin 可得曲线 C 的普通方程为 y22x.5 分(2)直线 l 的标准参数方程为x1 22 t，y2 22 t(t为参数)，代入曲线 C：y22x，可得 t26 2t40，有 t1t26 2，t1t24，则|PA|PB|t1|t2|t1t26 2.10 分23(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲已知 a0，b0，a2b2ab.证明：(1)(ab)22(a2b2)；(2)(a1)(b1)4.证明(1)因为(ab)22(a2b2)2aba2b2(ab)20.所以(ab)22(a2b2).4 分(2)证法一：由(1)及 a2b2ab 得 ab2.因为(a1)(b1)a1b122ab2224.于是(a1)(b1)4.10 分证法二：由(1)及 a2b2ab 得 ab2.因为 abab22，所以 ab1.故(a1)(b1)abab14.10 分本课结束
