2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案 理数经典版文档高考仿真模拟一 Word版含解析

1、 ) (一2020高考仿真模拟120分，考试时间非选择题)两部分共150本试卷分第卷(选择题)和第卷( 分钟 第卷分在每小题给出的四605一、选择题：本大题共12小题，每小题分，共 个选项中，只有一项是符合题目要求的22，30，Nx|1设全集U为实数集R，已知集合Mxxx) 则图中阴影部分所表示的集合为( 3 x|x|x2 BAx2 或xDx|1x2 x|x3CD 答案 22xx|x32或x0故2，3或x(?N)M，即为x|x3x|1x，又图中阴影部分所表示的集合是UD. 选2) z|( 2若复数z满足z4，则|15 D. C A3 5 B.3 D 答案222，所4xyixy2，则R，yR)(

2、xyi)4，即xx 解析设zyi( 22，0 xy4，x?D. 2i|，故选5z2i，|1|1以解得所以z，y02，2xy? 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 23 13 10 男27 7 20 女50 30 20 合计 2?71050?13202知已4.844，若得到K根据表中数据， 30202327225.024)0.025，P(K(PK，则认为选修理科与性别有关系出错的3.841)0.05可能性约为( ) A25% B5% C1% D10% 答案 B 223.841)0.05P(KK，4.844，对照临界值得4.8443.

3、841，由于解析 由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 C2.71 D2.72 答案 C 11111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 1ln xln x解析 f(x)，f(x)，令f(x)0，解得xe，当x(0，e)时，2 xxf(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，3ln 22ln 3ln 8ln 9ln 3ln 2故f(x)在xe处取得

4、最大值f(e)，f(2)f(3)f(e)f，则(3)f(2)0)的图象向左平移 33?) ( 象对应的函数恰为奇函数，则的最小值为 D. B. C. A. 34126B 答案 2?2x?个单位长度，可得，将其图象向左平移解析 根据题意可得ysin 3?22?22x?siny的图象，因为该图象所对应的函数恰为奇函数，所以2 33?k，1，所以当k时，取得最小值，且Z(kkZ)，(k)，又0 min632B. 故选1的大小关，c，则a，b2018log2019，blog2018，ca9设 201920182019) 系是( bc BacaAb abDcab cCC 答案 2018alog1 解析因

5、为log2019 20182018 1 log，2018 201821 ，2019blog20182018 2019C. 故选b.故ca1x31)(a，其中e是自然对数的底数若x)xf2x1ef10已知函数(x e2) ( 2，则实数a的取值范围是f(2a)33?1，1? B.A. 22?11?，11，? C. D. 22?C 答案 11xx33x2则g(x)xe，)x)f(x1xx2exR.g解析 令(xx ee1x2，函数022R上为奇函数g(x)3x2e0在g(gx)，(x)x e )在R上单调递增g(x222，)a(201)g可化为(fa1)f(2a)2f(a1)1f(2a)10，即(

6、ag1222.即g(2a)a0a1，解得1212g1)g(a(1a)，aa，即a 21?，1?C. 故选.实数a的取值范围是 2?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11) 面都相切，则球与圆锥的表面积之比为( 82426 A.B.C.D. 27993B 答案 ，由题意知，圆锥的轴截面是，球的半径为设圆锥底面圆的半径为解析 Rrr2边长为R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32 4S，Rr3球 S4?3球22224?所以球与圆锥的表面积之比为3RRR，R，SR2R 3圆锥3S?圆锥42R 34 ，2 R39B. 故选时，(0,2)x对称，R上

7、的奇函数，且图象关于点(2,0)且当12已知函数f(x)为3) ( x)在区间2018,2021f(x)x上，则函数f(0 最大值为 BA无最大值 1 最大值为D1 C最大值为C 答案)xf(x)又函数f(所以解析 因为函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，f(4x)，t)f(t)f(x)令tx，得f(4xf是奇函数，所以f(x)(x)，所以f(4是奇函x)且函数f(又函数(x)是周期为4的周期函数f(x)的定义域为R，所以函数f，所以f(2)的周期为，由函数f(x)4，得f(2)(0)数，所以f0，f(2)f(2)作出)依此类推，可以求得f(2n0(nZ，解得f(2)f(2)f(2)0.所

8、以f(2)0.上的xx)的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f()在区间2018,2021函数f(2,1f(x)在区间2图象与在区间，1上的图象完全一样. 观察图象可知，函数3上的最大值2,1x(1，又f2)0，所以函数f()在区间(1)上单调递增，且f11. 上的最大值也是2018,20211是，故函数f(x)在区间 第卷题为必考题，每个试题考生都必21本卷包括必考题和选考题两部分第13 23题为选考题，考生根据要求作答须作答第22、 分5分，共204二、填空题：本大题共小题，每小题，则|a|eea，e，e，已知单位向量13e且e若向量2_. 22111233 答案 22|cos|e14

9、|e|e2e|解析 因为|e|e|1，e，e，所以|a| 212211123312|3. 3，即|a411e4|41 22 ，0y1x?，0y33x目标函数zax14已知实数x，y满足y的最大值M?，01xy 的取值范围为_2,4，则实数a11?，? 答案 22?解析 可行域如图阴影部分所示，当a0时，平移直线yaxz至(2,3)1时，z有最大值2a3，故22a34，得0a.当1a0时，平移直线y 21axz至(2,3)时，z有最大值2a3，因22a34，故a0.当a1 2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，11?，?. a 22? 15在九章算术中有称为

10、“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，H分别于AF，EC交，BADG，BCDH作D过点5.AFEC，2DB且垂直， ，EFGH的底面为矩形EFGHDHG为直棱柱，四棱锥D则棱柱G，连接GH，ABC11?234?24. VV423高为BA.所以V EFGHDABCEFDABCDHG23五面体? ，aaa，aa，a，定义新序列A(，16对任一实数序列Aa22211

11、33aa)的所有项都是1，且n项为aa.假定序列(A)aa，它的第22123nn41_. a0，则2100 答案 b，所以b为等差数列，且公差为1令baa，依题意知数列解析 nnn1nn ，1)1b(n1 ，aa11 ，aba112 ，aba223 b，aa11nnn bab累加得a11n1n?2n1?n b(n1)a 112?21?n?n ，2)a(n1)a(n 122 ，55011a10a?12? ，得12，n22分别令n，0a2021021a?12231100. ，aa解得 212 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，c的对边分别为Ca，b，已知本小题满分17(1

12、2分)ABC的内角AB，c3. tanBA且tanBcosa A的大小；(1)求角 的取值范围AD，求3a边上的高，BC为AD设(2) c3 ，tan解 (1)在ABCB中，tanABacosB3sinCsinAsin ， BcoscossinAcosABAcosBsinBsinAcosC3sin 即， BcosAsincosBcosA13. AA3，则tan 3cossinAA111. bcA，ADADBCbcsin(2)S ABC2222223a2bcbc1 ，由余弦定理得cosA bc2bc22 ，时等号成立)3(当且仅当bc0bc3. 00)的焦点为F，准线为l：19(本小题满分12分

13、)已知抛物线Cy，过焦点F的直线交C于A(x，y)，B(x，y)两点，且yy4. 221112 (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，且ADEF，求ABD面积的最小值及此时直线AD的方程 p?，0?，依题意(1)解 F 2? 22. ，的斜率不存在时，yypp4AB当直线21p?x? ，k的斜率存在时，设AB：y当直线AB 2? 2，2ypx?p222?0. 化简得y由ypp? kx?ky，? 2?22. p4得p4，由yy212. 4综上所述，抛物线C的方程为yx2t?t，? 1，Bt)，E，易知t0，则(，(2)设D(xy) 004?44?，?. ，

14、可得A又由yy42 21tt?2t ，所以k因为k，ADEF ADEFt2424?x? 故直线AD，y：2 ttt?80. 4化简得2xty2 t 2，xy4?162? ，0化简得y2由ty882 t，2xty40?2 t?16. 8y2t，yy所以y2 0110t2t| y y1|所以|AD|0142t2 4yy?y? 1y0011416228. t4t2t ，则的距离为d设点B到直线AD2t168?22t4t8?22 t2t?d. 224t24t1611?2348t?16，即t216，|所以SAD|d 当且仅当t时2 ABDt42?16. ABD的面积取得最小值当t2时，直线AD：xy30

15、； 当t2时，直线AD：xy30. x为自然对数的e，Ra其中(axe)x(f已知函数)分12本小题满分(20 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； 123n?nnnn?t，求t为整数，对于任意正整数(2)设tn，的最小 nnnn?值 xxe1. x)R)，所以f(x)e(xa(x解 (1)因为fxxx10时，x0令f(x)e010，得x；fx0. xxa在区间(，0)e上单调递减，在区间(0，)上单调递增，x所以f()x00a1a.由f(x)0对任意的x所以f(x)exa的最小值为f(0)eR恒成立，得f(x)0， min即1a0，所以a1，即

16、实数a的取值范围为1，) xx，e 1xx10(1)(2)由知e，即 ne1123?n(n1)(nn2)n210n?eeeee 1nnnn?e11e112， 11ee11e123n?nnnn?1，所以t的最小值为又2. 333?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 所示2、图1图 (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

17、、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f10.01100.9； 甲 乙在1分

18、钟内解开密码锁的频率是f10.03550.02550.7. 乙 (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 A， 不能进入下一关”为事件”记“团队能进入下一关为事件A，“A)(10.9)(10.7)(10.5)0.015， (则 P0.985. 0.0151)A(P1)A(P所以该团队能进入下一关的概率为 设第一、二、三个派出的人各自能完成任务的概率分别为p，p，p，且321p，p，p互不相等， 312根据题意知X的所有可能取值为1,2,3. 则P(X1)p， 1P(X2)(1p)p， 21P(X3)(1p)(1p)， 2

19、1E(X)p2(1p)p3(1p)(1p)32pppp， 221112211所以E(X) 3(pp)ppp. 11221若交换前两个人的派出顺序，则数学期望变为3(pp)ppp， 21122由此可见，当pp时，交换前两个人的派出顺序会增大数学期望，故应选前21两人中完成任务的概率大的人先开锁 因为E(X)3(pp)ppp32p(1p)p， 21221111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32p(1p)p， 311当pp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32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