2020高考数学选填仿真限时训练(理科)(37)

1、限时训练（三十七）一、选择题：本大题共 12小题，每小题5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)设集合 A x x2 5x 4 0 ， B x log2 x 1，则 AI B ()(A)(0,1)( B)(1,2)(C) (1,4)( D) (2 ,4)2（2）设复数z满足iz 1 2i，则z的共轭复数Z的虚部是（）(a) i(B) i(C)1(D) 1（3）在等差数列an中，已知q2, a2 S3 13,则 a4 a5 as().(A) 40(B) 42(C) 43(D) 45（4）袋中装有大小相同的四个球，四个球上分别标有“2” “3” “4” “6” 现从中随机

2、选取三个球,22侧（左）视图正（主）视图则所选三个球上的数字能构成等差数列的概率是（）1(A)丄(B)1(C)1(D)24233（5）已知双曲线2C：xa2y1 , C与抛物线2y16x的准线交于A, B两点，AB 2 3，则 C的实轴长为（).(A).2(B)2、2(C)4(D)8（6）某几何体的三视图，则该几何体体积是（)(A) 4(B)4(C)8(D)233(7)设 a log2e , b log1 e , c e 2，则()(A)a b c(B)ba c(C) a c b(D)c b a(8)在厶ABC中，a4,b5 , c6，则 sin2A ().sin B(A)3(B)6(C)-(

3、D)2555(9)公兀 263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时,多边形的面积无限接近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近 似值3.14，这就是著名的“徽率”，如图所示是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则 输出的值为（）（考虑数据 sin 150.2588，sin7.50.1305）（A）12（ B）24（ C）48（ D）962c x（10）已知双曲线C：2a2 y b21 a 0,b0，以原点为圆心,b为半径的圆与X轴正半轴的交点，则双曲线的方程5恰好是右焦点和右顶点的中点，此交点到渐近线的距离为 是（ ）

4、(A)2 2x y 15x2収12 2x y21 x1( D)2工1(B)24(C)16 9169 163664(11)设等比数列 a满足a1a310 , a2a45，贝y aLan的取大值为（)(A)16(B)32(C) 64(D)1282017(12 )已知函数x3 3x2 x -，则4 k 1k1009的值为()(A) 0(B)2017(C)2017(D) 504、填空题：本题共 4小题，每小题5分.a b 1， c 2，贝V a b c(13)平面向量a,b,c不共线，且两两所成角相等，若n2(14) 3 x的展开式中各项系数和为64，则x2的系数为 (用数字填写答案)(15 )甲、乙

5、、丙、丁四支足球队举行“组合杯”足球友谊赛，每支球队都要与其他三支球队进行比赛，且比赛要分出胜负若甲、乙、丙队的比赛成绩分别是两胜一负、全败、一胜两负，则丁队的比赛成绩是 .n(16)数列an满足an 11 an n 1，贝U 4前60项的和为 .限时训练（三十七）答案部分、选择题题号123456789101112答案DDBBCBCBCCCB二、填空题13. 114.121515. 3胜16. 960解析部分（1）解析 依题意，A x1 x 4，B xx 2，则AI B 2,4 .故选D.评注 试题以考生最熟悉的知识呈现，体现面向全体考生、注重考查基础知识的特点试卷以简单题目开始，稳定了考生的

6、情绪，对考生在考试中正常发挥起到了重要的作用（2）解析 由iz 1 2i，得z 12 i，则z 2 i，所以z的虚部为1.故选D.i评注试题的设计可以将复数运算的基本方法展现在解题过程中，考查考生对复数概念的理解以及复数运算法则的掌握情况.（3）解析 由已知条件和等差数列的通项公式，得a1 2 a2 a3，得 d 3，2a1 3d 13所以 a4 a5 a6 3狂 3 a1 4d 42.故选 b.体现了新课程标准对数列这部分内容的要评注 试题把等差数列的通项公式与求和作为考查的重点, 求试题的设计将对基础知识的考查和对能力的考查有机结合，而且以考生最熟悉的知识呈现，消除了考生的紧张情绪，有助于

7、考生稳定发挥.（4）解析 依题意，从四个球中随机选取三个球，所选三个球上的数字能构成等差数列的情况有两2 1种，即卩“2”“ 3”，“42” “ 4”因此；所选三个球上的数字能构成等差数列的概率是一 .故选B.C42（5） 解析 依题意，抛物线 y2 16x的准线方程是x4 .又因为AB 2, 3， _ 16 . 2所以可得A 4,，B 4,.3，则飞 .31，得a24 ,所以a 2，a故实轴长2a 4 故选C.（6）解析 借助长方体，在长方体中构建几何体 据三视图分析可得，还原后的几何体如图所示,sin BsinBb54 5（9）解析 第1次执行循环体后，S - 6sin6033.13，不满

8、足退出循环的条件，则22n 12 ；第2次执行循环体后，S1212sin 3033.13，不满足退出循环的条件，则 n 24 ；第3次执行循环体后，S1224sin 153.10563.13，不满足退出循环的条件，则n48 ；第4次执行循环体后，S1248sin 7.53.1323.13，满足退出循环的条件，所以输出的n值为48.故选C.（10）解析依题意，设双曲线C的右焦点为F c,02 2 2，右顶点为A a,0，圆x y b与x轴正24所以n空 2sin AcosA 空cosA-故选B.棱锥P ABC 该几何体的体积2 2.2B.（7）解析由 a log2eIog21,log-1 e2I

9、og2e 1因此a cb.故选C.(8)解析依题意，由余弦定理得cosAb2 c252 62422bc半轴交点B b,0，且 b，则b22a c 2c4因此4，又点B b,05到渐近线aybx0的距离d2x3，双曲线C的方程为92y161.故选C.N*10, ai q q35,3n2（11）解析 解法一：设数列an的公比为q由题设可得a 1 qn 1 解得 q -, 38,从而 ana1qn 182 2（12）解析因为f x32x 3x，所以6x1，故 f x 6x令 f x 0，则 x 1 ,所以f X的对称中心为1,1.4可得n, 4，所以82 L an的最大值为 aaaa 64故选c.解

10、法二:设数列2an的公比为q,由题设可得a1 1 q10,印q3 q5 ,解得ai 8,1q 2，n 41 ?2从而ana1qn13 n 4 nn n 73 2 L n 4故 a1a2L an1121 222222由于n n 717 n _49故当n13或n 4时，一n749取得最小值，最小值为22282286，所以a1a2L an的最大值为64故选c.（再通过初等方法证明）因为32x 3x x23xx312x6x2123x212x x1-,所以函数y f x2的图像关于占J 八、中心对称,2017则k 1k10091100921009f 20171009f 201710092016 L100

11、9110092017，则2k 1k10092017,2017得 fk 1k10092017丁故选B.（13）解析 解法一：（利用模长用平方的原理去求解）因为平面向量aba共线，且两两所成角2 2 2abc2a b 2a c 2b c 1 2 1222221 cos 232cos 2 132cos 1，3所以a b c 1 .解法二：(数形结合思想求解)依题意，向量abc.如图所示,b与C反向共线，且2相等，所以 a, b b, c a, c -，32 1 1.rr3 1 n 2n64，所以n3 x 6的展开式中,(15)C6362，得 T3C|34x 2，即X2的系数为C：341215解析由题

12、意可得,甲、乙、丙、丁四支足球队举行组合杯”足球友谊赛，每支球队都要与其乙、丙三队的比赛成绩分别是3胜故填3胜.(16)解析解法一：分别将n 1,2,L ,59 代入 an 11 n ann1中，得a2他三支球队进行比赛，且比赛要分出胜负则只需进行C：6场.因为每场都会产生胜方和负方，所以6场比赛共产生6胜6负又甲、两胜一负、全败、一胜两负，共有3胜6负，所以丁队的比赛成绩是st3,a3 4,a45, L,比8比758, 959 a5859,a60a5960,从而a比1,a5a1,L，兎7as91,所以从q比asa7L957a5915 ,又a2a184<3sLa60a59a2a485La3L c-416030:2 6(0930所以S60a