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1、仿真模擬卷三 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．共150分，考試時間120分鐘． 第Ⅰ卷 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．已知集合A＝{(x，y)|x＋y≤2，x，y∈N}，則A中元素的個數(shù)為(　　) A．1 B．5 C．6 D．無數(shù)個 答案　C 解析　由題得A＝{(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(2,0)}，所以A中元素的個數(shù)為6. 2．已知i是虛數(shù)單位，是z的共軛復數(shù)，若z(1＋i)＝，則的虛部為(　　) A. B．－ C.i D．－i

2、 答案　A 解析　由題意可得z＝＝＝－＝－i－，則＝－＋i，據(jù)此可得的虛部為. 3．“0b，則(　　) A．ln (a－b)>0 B．3a<3b C．a(chǎn)3－b3>0 D．|a|>|b| 答案　C 解析　取a＝2，b＝1，滿足a>b，但ln (a－b)＝0，則A錯誤；由9＝32>31＝3，知B錯誤；取a＝

3、1，b＝－2，滿足a>b，但|1|<|－2|，則D錯誤；因為冪函數(shù)y＝x3是增函數(shù)，a>b，所以a3>b3，即a3－b3>0，C正確． 5．閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，輸出的S的值等于(　　) A．30 B．31 C．62 D．63 答案　B 解析　由流程圖可知該算法的功能為計算S＝1＋21＋22＋23＋24的值，即輸出的值為S＝1＋21＋22＋23＋24＝＝31. 6.8的展開式的常數(shù)項為(　　) A．－56 B．－28 C．56 D．28 答案　D 解析　8展開式的通項公式為Tr＋1＝C·x8－r·r＝C·(－1)r· x ，令8－r＝0，得r

4、＝6，∴所求常數(shù)項為C·(－1)6＝28. 7．已知菱形ABCD的邊長為2，∠BAD＝120°，點E，F(xiàn)分別在邊BC，DC上，BC＝3BE，DC＝λDF，若·＝1，則λ的值為(　　) A．3 B．2 C. D. 答案　B 解析　由題意可得·＝(＋)·(＋)＝·＝2＋2＋·，且2＝2＝4，·＝2×2×cos120°＝－2，故＋＋×(－2)＝1，解得λ＝2. 8．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝1，sinAcosC＋(sinC＋b)cosA＝0，則角A＝(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　∵a＝1，sinAcosC＋(sinC＋

5、b)cosA＝0， ∴sinAcosC＋sinCcosA＝－bcosA， ∴sin(A＋C)＝sinB＝－bcosA， ∴asinB＝－bcosA，由正弦定理可得sinAsinB＝－sinBcosA，∵sinB>0，∴sinA＝－cosA，即tanA＝－，∵A∈(0，π)，∴A＝. 9．我國著名數(shù)學家華羅庚先生曾說：數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微，數(shù)形結(jié)合百般好，隔裂分家萬事休．在數(shù)學的學習和研究中，常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì)，也常用函數(shù)的解析式來琢磨函數(shù)的圖象的特征，如函數(shù)f(x)＝的圖象大致是(　　) 答案　D 解析　因為函數(shù)f(x)＝，f(－x)＝＝≠f(x)，所以函

6、數(shù)f(x)不是偶函數(shù)，圖象不關(guān)于y軸對稱，故排除A，B；又因為f(3)＝，f(4)＝，所以f(3)>f(4)，而C在x>0時是遞增的，故排除C. 10．已知5的展開式中各項系數(shù)的和為2，則該展開式中常數(shù)項為(　　) A．－80 B．－40 C．40 D．80 答案　D 解析　令x＝1，得展開式的各項系數(shù)和為5＝1＋a，∴1＋a＝2，∴a＝1，∴5＝5＝5＋5，所求展開式中常數(shù)項為5的展開式的常數(shù)項與含x項的系數(shù)和，5展開式的通項為Tr＋1＝C(2x)5－r·(－1)rr＝(－1)r25－r·Cx5－2r，令5－2r＝1得r＝2；令5－2r＝0，無整數(shù)解，∴展開式中常數(shù)項為8C＝8

7、0. 11．在正三角形ABC內(nèi)任取一點P，則點P到A，B，C的距離都大于該三角形邊長一半的概率為(　　) A．1－ B．1－ C．1－ D．1－ 答案　A 解析　滿足條件的正三角形ABC如圖所示． 設(shè)邊長為2，其中正三角形ABC的面積S△ABC＝×4＝.滿足到正三角形ABC的頂點A，B，C的距離至少有一個小于等于1的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，其加起來是一個半徑為1的半圓，則S陰影＝，則使取到的點到三個頂點A，B，C的距離都大于1的概率P＝1－，故選A. 12．若存在m，使得關(guān)于x的方程x＋a(2x＋2m－4ex)·[ln (x＋m)－ln x]＝0成立，其中e為自然

8、對數(shù)的底數(shù)，則非零實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B. C．(－∞，0)∪ D. 答案　C 解析　由題意得－＝ln ＝(t－2e)ln t， 令f(t)＝(t－2e)ln t(t＞0)，則f′(t)＝ln t＋1－， 令h(t)＝f′(t)，則h′(t)＝＋＞0，∴h(t)為增函數(shù)，即f′(t)為增函數(shù)． 當t＞e時，f′(t)＞f′(e)＝0，當0＜t＜e時，f′(t)＜f′(e)＝0， ∴f(t)≥f(e)＝－e，且當t→0時，f(t)→＋∞， ∴－≥－e，解得a＜0或a≥，故選C. 第Ⅱ卷 本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，

9、每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答． 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分． 13．若變量x，y滿足約束條件則z＝的最小值是________． 答案?。? 解析　畫出滿足約束條件的可行域，如圖中陰影部分所示(含邊界)， 聯(lián)立 解得A(2,2)， z＝的幾何意義為可行域內(nèi)的點與定點P(3,0)的連線的斜率． ∵kPA＝＝－2，∴z＝的最小值是－2. 14．已知三棱錐P－ABC內(nèi)接于球O，PA＝PB＝PC＝2，當三棱錐P－ABC的三個側(cè)面的面積之和最大時，球O的表面積為________． 答案　12π 解析　由于三條側(cè)棱相等，根據(jù)

10、三角形面積公式可知，當PA，PB，PC兩兩垂直時，側(cè)面積之和最大．此時PA，PB，PC可看成正方體一個頂點處的三條側(cè)棱，其外接球直徑為正方體的體對角線，即4R2＝3×22＝12，故球的表面積為4πR2＝12π. 15．已知△ABC的三個頂點的坐標為A(0,1)，B(1,0)，C(0，－2)，O為坐標原點，動點M滿足||＝1，則|＋＋|的最大值是________． 答案?。? 解析　設(shè)點M的坐標是(x，y)，∵C(0，－2)，且||＝1，∴＝1，x2＋(y＋2)2＝1，則點M的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓． ∵A(0,1)，B(1,0)，∴＋＋＝(x＋1，y＋1)， 則|＋＋|＝，其

11、幾何意義表示圓x2＋(y＋2)2＝1上的點與點P(－1，－1)間的距離． 又點P(－1，－1)在圓C的外部， ∴|＋＋|max＝||＋1 ＝ ＋1＝＋1. 16．函數(shù)y＝f(x)的定義域為D，若?x∈D，?a∈[1,2]，使得f(x)≥ax恒成立，則稱函數(shù)y＝f(x)具有性質(zhì)P，現(xiàn)有如下函數(shù)： ①f(x)＝ex－1；②f(x)＝2cos2－1(x≤0)； ③f(x)＝ 則具有性質(zhì)P的函數(shù)f(x)為________．(填序號) 答案?、佗? 解析　①設(shè)φ(x)＝ex－1－x(x∈R)，則φ′(x)＝ex－1－1. 當x>1時，φ′(x)>0；當x<1時，φ′(x)<0. ∴φ

12、(x)min＝φ(1)＝0，所以ex－1－x≥0，ex－1≥x， 故?a＝1，使f(x)≥ax在R上恒成立，①中函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P； ②易知f(x)＝2cos2－1＝sin2x(x≤0)． 令φ(x)＝f(x)－2x＝sin2x－2x(x≤0)， 則φ′(x)＝2cos2x－2. ∴φ′(x)≤0，∴φ(x)在(－∞，0]上是減函數(shù)， ∴φ(x)min＝φ(0)＝0，故f(x)≥2x恒成立． ∴?a＝2，使得f(x)≥ax在(－∞，0]上恒成立， ②中函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P； ③作函數(shù)y＝f(x)與直線y＝ax的圖象，顯然當y＝ax過點O(0,0)，A(1,1)，B(

13、2,2)時，斜率a＝1. 根據(jù)圖象知，不存在a∈[1,2]，使f(x)≥ax恒成立． 因此③中函數(shù)f(x)不具有性質(zhì)P. 綜上可知，具有性質(zhì)P的函數(shù)為①②. 三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(本小題滿分12分)已知銳角△ABC面積為S，角A，B，C所對邊分別是a，b，c，角A，C的平分線相交于點O，b＝2且S＝(a2＋c2－b2)， 求：(1)角B的大??； (2)△AOC周長的最大值． 解　(1)∵S＝(a2＋c2－b2)， ∴acsinB＝(a2＋c2－b2)， 故acsinB＝×2accosB?tanB＝?B＝. (2)設(shè)△AOC

14、的周長為l，∠OAC＝α，則α∈， ∵OA，OC分別是角A，C的平分線，B＝， ∴∠AOC＝. 由正弦定理，得＝＝， ∴l(xiāng)＝4sinα＋4sin＋2 ＝4sin＋2， ∵α∈，∴α＋∈， 當α＝時，△AOC周長的最大值為4＋2. 18．(本小題滿分12分)某商場營銷人員在進行某商品M的市場營銷調(diào)查時發(fā)現(xiàn)，每返還消費者一定的點數(shù)，該商品每天的銷量就會發(fā)生一定的變化，經(jīng)過試點統(tǒng)計得到下表： 返還點數(shù)t 1 2 3 4 5 銷量(百件)/天 0.5 0.6 1 1.4 1.7 (1)經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)，可用線性回歸模型擬合當?shù)卦撋唐蜂N量y(百件)與返還點數(shù)t

15、之間的相關(guān)關(guān)系．請用最小二乘法求y關(guān)于t的線性回歸方程＝ t＋，并預測若返還6個點時該商品每天的銷量； (2)若節(jié)日期間營銷部對商品進行新一輪調(diào)整．已知某地擬購買該商品的消費群體十分龐大，營銷部調(diào)研機構(gòu)對其中的200名消費者的返點數(shù)額的心理預期值進行了一個抽樣調(diào)查，得到如下一份頻數(shù)表： 返還點數(shù)預 期值區(qū)間 [1,3) [3,5) [5,7) [7,9) [9,11) [11,13] 頻數(shù) 20 60 60 30 20 10 ①求這200位擬購買該商品的消費者對返點點數(shù)的心理預期值X的樣本平均數(shù)及中位數(shù)的估計值(同一區(qū)間的預期值可用該區(qū)間的中點值代替；

16、估計值精確到0.1)； ②將對返點點數(shù)的心理預期值在[1,3)和[11,13]的消費者分別定義為“欲望緊縮型”消費者和“欲望膨脹型”消費者，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從位于這兩個區(qū)間的30名消費者中隨機抽取6名，再從這6人中隨機抽取3名進行跟蹤調(diào)查，設(shè)抽出的3人中“欲望膨脹型”消費者的人數(shù)為隨機變量X，求X的分布列及數(shù)學期望． 參考公式及數(shù)據(jù)：(ⅰ)＝，＝－； (ⅱ)tiyi＝18.8. 解　(1)易知＝＝3， ＝＝1.04， t＝12＋22＋32＋42＋52＝55， ＝＝＝0.32， ＝－＝1.04－0.32×3＝0.08. 則y關(guān)于t的線性回歸方程為＝0.32t＋0.08，當t

17、＝6時，＝2.00，即返還6個點時該商品每天的銷量約為2百件． (2)①根據(jù)題意，這200位擬購買該商品的消費者對返還點數(shù)的心理預期值X的平均值及中位數(shù)的估計值分別為＝2×0.1＋4×0.3＋6×0.3＋8×0.15＋10×0.1＋12×0.05＝6， 中位數(shù)的估計值為 5＋2×＝5＋≈5.7. ②抽取6名消費者中“欲望緊縮型”消費者人數(shù)為6×＝4，“欲望膨脹型”消費者人數(shù)為6×＝2. 所以X的可能取值為0,1,2. P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝， 故隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 P E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.

18、 19．(本小題滿分12分)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面ACC1A1與底面ABC垂直，側(cè)棱與底面所在平面成60°角，AA1⊥A1C，AC⊥BC，AC＝4，BC＝2. (1)求證：平面ABB1A1⊥平面A1BC； (2)求二面角B－A1B1－C的余弦值． 解　(1)證明：∵平面ACC1A1⊥平面ABC且平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，且BC⊥AC. ∴BC⊥平面ACC1A1， ∴BC⊥AA1，又∵AA1⊥A1C，∴AA1⊥平面A1BC ∵AA1?平面ABB1A1， ∴平面ABB1A1⊥平面A1BC. (2)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面ACC1A1與底

19、面ABC垂直，側(cè)棱與底面所在平面成60°角， ∴∠A1AC＝60°. 又∵AA1⊥A1C，AC＝4，∴A1A＝2， 如圖建立空間直角坐標系， 則A1(3,0，)，C(0,0,0)，B(0，2,0)，A(4，0,0) 由＝，得B1(－1,2，)， 設(shè)平面BA1B1，平面CA1B1的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，則＝(3，－2，)，＝(－1,0，)，＝(3,0，)，＝(－1,2，)． 由知可取n1＝(3,6，)， 由知可取n2＝(－1，－2，)， cosθ＝＝， 所以二面角B－A1B1－C的余弦值為. 20．(本小題滿分12分)已知橢

20、圓C：＋＝1(a>b>0)，離心率e＝，A是橢圓的左頂點，F(xiàn)是橢圓的左焦點，|AF|＝1，直線m：x＝－4. (1)求橢圓C的方程； (2)直線l過點F與橢圓C交于P，Q兩點，直線PA，QA分別與直線m交于M，N兩點，試問：以MN為直徑的圓是否過定點，如果是，請求出定點坐標；如果不是，請說明理由． 解　(1)由題意，得解得 ∵a2＝b2＋c2， ∴b＝，故所求橢圓方程為＋＝1. (2)當直線l斜率存在時，設(shè)直線l：y＝k(x＋1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直線PA：y＝(x＋2)． 令x＝－4，得M， 同理N. 則以MN為直徑的圓的方程為(x＋4)(x＋

21、4)＋＝0， 整理得，(x＋4)2＋y2＋2ky＋4k2·＝0，① 由得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 則x1＋x2＝，x1x2＝.② 將②代入①，整理得，x2＋y2＋8x－y＋7＝0. 令y＝0，得x＝－1或x＝－7. 當直線l斜率不存在時，P，Q，M(－4，－3)，N(－4,3)， 以MN為直徑的圓為(x＋4)2＋y2＝9也過點(－1,0)，(－7,0)兩點． 綜上，以MN為直徑的圓能過兩定點(－1,0)，(－7,0)． 21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝－ax－b，g(x)＝ax2＋bx. (1)當a＝2，b＝－3時，求函數(shù)f(x)在x＝e

22、處的切線方程，并求函數(shù)f(x)的最大值； (2)若函數(shù)y＝f(x)的兩個零點分別為x1，x2，且x1≠x2，求證：g>1. 解　(1)當a＝2，b＝－3時，f(x)＝－x＋3(x>0)， f′(x)＝， 則f′(e)＝－1，切點為， 故函數(shù)f(x)在x＝e處的切線方程為x＋y－－3＝0. 令h(x)＝1－ln x－x2，則h(x)＝1－ln x－x2在(0，＋∞)是減函數(shù)， 又h(1)＝0，∴x∈(0,1)，h(x)>0，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)，h(x)<0，f′(x)<0， ∴f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)． ∴f(x)max＝f(1)＝

23、2. (2)證明：∵x1，x2是f(x)的兩個零點，不妨設(shè)x11， >1?ln t0， ∴m(t)＝ln t－在(0,1)上是增函數(shù)， 又∵m

24、(1)＝0，∴t∈(0,1)時，m(t)<0，命題得證． 請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分，作答時請寫清題號． 22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標系xOy中，已知曲線C1：x＋y＝1與曲線C2：(φ為參數(shù))．以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系． (1)寫出曲線C1，C2的極坐標方程； (2)在極坐標系中，已知l：θ＝α(ρ>0)與C1，C2的公共點分別為A，B，α∈，當＝4時，求α的值． 解　(1)曲線C1的極坐標方程為ρ(cosθ＋sinθ)＝1，即ρsin＝. 曲線C2的普通方程為(x－

25、2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0， 所以曲線C2的極坐標方程為ρ＝4cosθ. (2)由(1)知，|OA|＝ρA＝， |OB|＝ρB＝4cosα， ∴＝4cosα(cosα＋sinα)＝2(1＋cos2α＋sin2α)＝ 2＋2sin， ∵＝4，∴2＋2sin＝4， sin＝， 由0<α<，知<2α＋<，即2α＋＝， ∴α＝. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] 已知函數(shù)f(x)＝|x＋2|－|2x－1|. (1)求f(x)>－5的解集； (2)若關(guān)于x的不等式|b＋2a|－|2b－a|≥|a|(|x＋1|＋|x－m|)(a≠0)能成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)f(x)＝|x＋2|－|2x－1| ＝ 故f(x)>－5的解集為(－2,8)． (2)由|b＋2a|－|2b－a|≥|a|(|x＋1|＋|x－m|)(a≠0)能成立，得≥|x＋1|＋|x－m|能成立， 即－≥|x＋1|＋|x－m|能成立， 令＝t，則|t＋2|－|2t－1|≥|x＋1|＋|x－m|能成立， 由(1)知，|t＋2|－|2t－1|≤， 又∵|x＋1|＋|x－m|≥|1＋m|， ∴|1＋m|≤，∴實數(shù)m的取值范圍是. - 15 -