2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档第三部分 2020高考仿真模拟卷四 Word版含解析

1、 ) 四2020高考仿真模拟卷(分在每小题给出的四个6012小题，每小题5分，共一、选择题：本题共 选项中，只有一项是符合题目要求的22) (x|yx3 ，则MN1已知集合My|yx，1xR，N3 ，A13B，3 ，13 D(C? B 答案22|Ry|y1，Nx|y3xx解析 因为集合My|yx1，x ，33x3，则MN1x) 设命题2p：?xQ,2为ln x2，则綈p(xx0，则zz；任意的2121121对于复数z，若|z|1，则zR.其中正确命题的个数为( ) z2 B1 A 4 DC3 C 答案，0为纯虚数，则a10,1a z(1i)(ai)a1(1a)i，若z解析 ，故正确；得a122

2、zabzai，那么zbz2aR，Ra设zbi(a，b)，则z ，故正确；R ，故不正确；z0，但不满足zi令z3，z2i，满足zz21122122，则，得b不同时为0，由|z|1a1bbz设abi(a，R)，其中a，iab11 ，故正确abi2aRzabi 22zbiaba勒洛三角形是定宽曲线所能构成的面积最5(2019安徽江淮十校第一次联考)小的图形，它是德国机械学家勒洛首先进行研究的其画法是：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形如图所示，现要在勒洛三角形中随机) 取一点，则此点在正三角形ABC内的概率为(

3、323 BA ?322?3?3323CD ?2?3?2B 答案222ABCS，则以BC解析 可令2B为圆心的扇形面积， ABC36扇形31ABC22S的面积勒洛三角形的面积为由题图可知，3个扇形，3 ABC222 ，3的面积，即ABC个正三角形的面积减去222323 3 3ABC内的概率是所以在勒洛三角形中随机取一点，此点在正三角形3223B. ，故选?3?2a3a，6已知各项均为正数的等比数列a的前n项和为S，且满足a546,nnS4) ( 成等差数列，则 S29 BA3 13 D10 CC 答案的公a，设等比数列aa解析 因为a3，a成等差数列，所以6aan44656,52SqSS2242

4、2q3aq，解得q或q2(舍去)，所以1，则比为q6aaq 444SS2210. 22yx30F作倾斜角为2,0)，过点F7已知椭圆1(ab0)的左焦点为(22 11ba222) 的直线与圆xb，则椭圆的标准方程为yb(相交的弦长为32222yxyx1 A1 B 44882222yyxx1 D1 C 12121616B 答案 22 ，由左焦点为解析 F(2,0)，可得c2，即ab413 过点F作倾斜角为30的直线的方程为，x(2)y1332 d(0,0)圆心到直线的距离1，93222 ，由直线与圆相交的弦长为x3ybb2b，解得b2，a22，b可得213 22yx则椭圆的标准方程为1. 488

5、(2019北京东城二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，角与角均以与单位圆的交点分别OC，OA，射线OB和射线OA为始边，终边分别是射线Ox 43?，?) ()的值是 ，C(1,0)，若BOC，则cos(为A 556? 343334 A B1010443333 CD1010C 答案1433)cos(，cos，sin，所以sin解析 依题意，得cos， 22553344133C. .故选coscossinsin 105225下图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著数书九章中的“中9的最小542n国剩余定理”已知正整数被3除余，被7除余，被8除余，求n) (值执行该程序框图，则输出的n A50

6、 B53 62 59 CDB 答案 ，此1229,1061,893,725,557,389,221,53值依次为解析 模拟程序运行，变量n53. n时不符合循环条件，输出)x(1f的奇函数，满足)，(是定义域为)x(f已知)全国卷(201810 f(1x)若f(1)2，则f(1)f(2)f(3)f(50)( ) A50 B0 D2 50 CC 答案，所以)x)f(1x 因为f(x)是定义域为(，)的奇函数，且f(1解析 ，)f(x1)f(1x 1)x，所以T4，所以f(3x)f(x1)f( f(1)f(2)，f(1)f(2)f(3)f(4)因此f(1)f(2)f(3)f(50)12 0，f(4

7、)(3)f(2)，所以f(1)f(2)ff因为f(3)(1)，f(4)(1)ff(50)从而f(1)f(2)f(3)因为f(2)f(2)f(2)，所以f(2)0，C. 选2.若a2a为数列a的“2倍差数列”，11已知数列a，定义数列annn1nn1n项的前na，且2，若数列a2的“倍差数列”的通项公式为a2a2nn1n1) 和为S，则S(33n39382 221 BA3938 2C22 DB 答案 1n a2a22，根据题意，得解析 a11nnaa1nn ，1n 1n22a?n数列1的等差数列， 是首项为1，公差d?n 2?ann， 2n，ann1(1)n n2123n，2 n232S122n

8、234n1，2 2n2S12223n234nn1， n22222S2nn?22?1n1n1n1 2nn222 21n1， )22(1nn1 ，2S1)2n(n 391332. 2S(331)2233所成的每条棱所在直线与平面)已知正方体的棱长为1，12(2018全国卷) 角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为(3233 BA 34332D C 24A 答案 ABCD 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体解析所成的角是相等的，所以平面，AAAB，AD中，平面ABCDABD与线11111111111也满足与BD与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，D同理平面CAB111

9、正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的2，CBD中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为位置为夹在两个面ABD与1112333?22?A. 所以其面积为S6故选.442? 20分二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共人，现从高一、高二、高三这三个年级学生中采72013某学校高一学生有人进行英语水平测试，已知抽取高一学生人数是抽取180用分层抽样方法，抽取人，则该校高三年65高二学生人数和高三学生人数的等差中项，且高二年级抽取 级学生人数是_660 答案 人，x解析 根据题意，设高三年级抽取 65)人，(180则高一抽取x55. 65x，解得x65)2(180由题

10、意可得x 高一学生有720人，55660. 则高三年级学生人数为720 551806514(2019江苏南通高三模拟)已知实数x，y满足(xy2)(x2y3)0，则22的最小值为_ yx9答案 5 ，3)0由(xy2)(x2y解析 ，20 xy? 得03x2y? ，0 xy2? 或不等式组表示的平面区域如图所示，0 x2y3? 2222又原点(x0)表示平面区域内取一点到原点的距离的平方，(yxy0)2|0|0的距离为2xd到xy20的距离为2，原点到y30d23|020533 ，5559?53222?的最小值为所以. xy 55?22yx在双曲b0)的左、右焦点，点P分别是双曲线15设F，F

11、1(a0，22 21ba，则该双曲线的离心率为的面积为PF线上，若PF0，PFF9，且ab72112 _5 答案 4PF设|解析|n， |m，PF 21 9F的面积为，0PFPF，PF21121 ，9mn，即mn18 2222 4c，FRt在PF中，根据勾股定理，得mn212222 (，36cn2mn4mmn)22 )，4am结合双曲线的定义，得(n22222 9，b9c4364ca，化简整理，得a，即22 ，5bac，4a得7ba结合3.b可得 5c. e该双曲线的离心率为 4a x，a2x，xe?)x，则fx)(若a116(2019北京东城综合练习一)设函数f(.a1，xax? _)有最小

12、值，则实数a的取值范围是的最小值为_；若f(x) 0，答案 0 xx，x1，得ln 2，由f(x，x0 x解析 (1)当a1时，f()e22x单调)f(xx1(x1)，f(ln 2)22ln 2；当f(x)由f(x)0，得x0，所以f递增，故f(x)f(1)0minxax)fa)；(xxf(2)当a0时，f(x)1(xa)单调递增，故f为. a2x，x x，ax，xe2?a最小值在x)，此时f(x)ln 0f(a当，a，xax1? 处取得，成立 x，xln 2，由(1)，aax1，x? 有最小值x)，即f(2)，f(a0. a综上分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第17三、解答题：共70

13、题为选考题，考生根据要求、2321题为必考题，每个试题考生都必须作答第22 作答 60分一)必考题：共(1?3sinx，?，函数f(x)已知向量a(cosx，1)，b)分17(本小题满分12 2?(ab)a2. (1)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间； (2)在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知函数f(x)的图1?A，?，b，a象经过点的值，求9a ，c成等差数列，且ABAC 2? 31?22x? .2分xab2cos2xsinsin2解 f(x)(ab)a2|a| 622?2xk得k2k(kZ)，(1)最小正周期T，由2k2x 36222 ).4分(kZ 6?kk

14、，? 分(kZ).5所以函数f(x)的单调递增区间为 63?51?2A?，)，所以A2k()sinkZ或可得，2A2k(2)由f(A 636626? 分71，所bc9ACbccosA成等差数列，所以b，a，c2abc，而AB又因为 2 ，9分以bc1822222a?b4acaa1 分3，所以a2.12A111所以cos bc236212ABCDP分)如图，在四棱锥(201918云南昆明1月诊断测试)(本小题满分1222，AB，PDADBD2是平行四边形，中，底面ABCDPD平面ABCD，E是棱PC上的一点 (1)若PA平面BDE，证明：PEEC； (2)在(1)的条件下，棱PB上是否存在点M，

15、使直线DM与平面BDE所成角的大小为30？若存在，求PMMB的值；若不存在，请说明理由 解 (1)证明：连接AC交BD于点F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线因为PA平面BDE，PA?平面PAC，所以PAEF.又因为F是AC的中 分.4ECPE的中点所以PC是E点，所以 222xDA为ADBD(2)由已知条件可知AD，以BDDAB为原点，所以，B(0,2,0)(0,0,0)，A(2,0,0)，轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系则DDE，E(1,1,1)(0,2,0) P(0,0,2)，C(1,1,1)，DB2,2,0)PM，设 假设在棱PB上存在点PBM(01)，DM，

16、2) 得M(0,2，2(0,2，22 ，z)，记平面BDE的法向量为n(x，y1111 ? ，0DExy，0z?n?1111? 则即，0y?1nDB0，?1 1，则取z1x11 (1,0,1).8分所以n1 30，要使直线DM与平面BDE所成角的大小为|DMn|1 sin30，则 |n|DM|1|?220021|11 ，即 2222222?2?21010?21 0,1解得 230.即PMDM与平面BDE所成角的大小为所以在棱PB上存在点M使直线MB11.12分 22yx19(2019湖南师大附中模拟三)(本小题满分12分)已知椭圆C：22 ba28xy的焦点 是抛物线，0)1(ab过点(233

17、)，右焦点F(1)求椭圆C的方程； 轴上是x试问两点N，M分别交于C且与椭圆，F过右焦点l已知动直线(2) 135的坐标；若不存恒成立？若存在，求出点QQ，使得QMQN否存在定点 16 在，说明理由3123)，所以1，又抛物线的焦点为 (1)因为椭圆C过点(23，(2,0)，解22 ba则c2， 123所以1， 2 2a4a2216. 或a3(舍去解得a)22yx所以椭圆C的方程为1.4分 1216(2)假设在x轴上存在定点Q(m,0)， 135. 使得QMQN 16(2当直线l的斜率不存在时，则M(2,3)，N(2，3)，m,(23)，QNQMm，3)， 1352， 由QM)mQN9(2 1

18、6511解得m或m； 44(4当直线l的斜率为0时，则M(0)，QN4,0)，N(4,0)，QM(4m,m,0)， 1352， 由16QMQNm 161111解得m或m. 441111?，0?.7分m由可得，即点Q的坐标为 44?11135恒成立 下面证明：当m时，QMQN 164当直线l的斜率不存在或斜率为0时，由知结论成立 当直线l的斜率存在且不为0时，设方程为yk(x2)(k0)，M(x，y)，N(x，2112222，直线经过椭圆内一点，03)k16(xyk16x)k4(3，直线与椭圆联立得)2 22?k316?k16一定与椭圆有两个交点，且xx，xx.yyk(x2)k(x 221211

19、12223344kk222，8分 x)4xx2kk(x2)k22111111?x，yx，y? 所以QMQN 212144?11121xx(xx)yy 22121116411121?222k2? k4(x(1k)xxx) 2112416?22?k316?11121k16?222k2? k4k(1) 22416?33k44k135恒成立 1611135?，0?，使得QMQNQ恒成立.12分 综上所述，在x轴上存在点 416?20(2019福建龙岩5月月考)(本小题满分12分)国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”教育部日前公布的教育部2019年部门预

20、算中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元，国务院学位委员会、教育部2014年印发的博士硕士学位论文抽检办法通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”，有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p(0p1)，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立 (1)记一篇抽检的学位论文

21、被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)，求f(p)； (2)若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其他费用总计为100万元现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算？并说明理由 2解 (1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C3 323p，C p)p(1321p(1p”的概率为C)一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文132)p(1，2分 22p(1p)C)所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p33122232253pCp(1p)(1p)pC3p(1p)1p)3p(1p)3

22、p1(133432.4分 912pp17p(2)设每篇学位论文的评审费为X元，则X的可能取值为900,1500. 12，) (1p(X1500)CpP312，) (1p900)1CpXP(311222.7)(1p9001800(1Cpp)pp(1p)所以E(X)9001C150033分 222p(1p)(3pp)1)(p1) (令gp)p(1p)，p(0,1)，g(p)(1111?0，0，1?时，g(p上单调递增，当当pp)0，g(p)在， 333?114?，1?.10的最大值为g分 上单调递减，所以g(p)g(p)在 3327?4?41800900?800(万10所以实施此方案，最高费用为1

23、006000 27?元) 综上，若以此方案实施，不会超过预算.12分 21(2019陕西榆林二模)(本小题满分12分)已知函数f(x)xln x. f?x?1(1)若函数g(x)，求g(x)的极值； 2 xxx2. x)10)， 2 xxxx2ln x2)，g(，ex)0， ，当x所以g()x(02 x2，)，g(当x(ex)0，所以原不等式成立.12分0(故x0时，kx)，即ex (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(2019福建省师大附中模拟)(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数 方程 ，x22cos?M在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，1y2sin?OP1)，P点的轨迹为曲线C. 为曲线C上的动点，动点满足PaOM(a0且a21 是什么曲线；C的方程，并说明C(1)求曲线22点的极坐A在以坐标原点为