2020屆全國高考沖刺高考仿真模擬卷(三)數(shù)學(文)(解析版)

1、-1 -2020高考仿真模擬卷（三）一、選擇題：本題共 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設集合 P = （x,y）|y= k ,Q = （x,y）|y= 2x,已知 PAQ= ?，那么 k 的取值范圍是（）A.（ x，0） B.（0，+x）C.（ x，0 D.（1，+x）答案 C解析 由 PAQ = ?可得，函數(shù) y= 2x的圖象與直線 y= k 無公共點，所以 kqx，0.2.“ （綈 p）Vq 為真命題”是“ pA（綈 q）為假命題”的（）A .充分不必要條件B .必要不充分條件C .充要條件D.既不充分也不必要條件答案 C解

2、析（綈 p）Vq 為真命題包括以下三種情況：p 假 q 真、p 假 q 假、p 真 q 真；pA綈 q） 為假命題包括以下三種情況：p 假 q 真、p 假 q 假、p 真 q 真；所以“（綈 p）Vq 為真命題”是 “ PA綈 q）為假命題”的充要條件.3 .歐拉公式 eix= cos（+ isinx（i 為虛數(shù)單位）是由瑞士著名數(shù)學家歐拉發(fā)現(xiàn)的，它將指數(shù) 函數(shù)的定義域擴大到復數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關系，在復變函數(shù)論里占有非常重sin2a + i要的地位，被譽為“數(shù)學中的天橋”，已知eai為純虛數(shù)，則復數(shù)-在復平面內(nèi)對應的點位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案

3、An解析 eai= cosa+ isina 是純虛數(shù)，所以 cosa= 0，sina0，所以 a= kn+2，kCZ，所以sin 2a+iii(1i) 112a=2kn+n,k , sin2a=0,所以=3+4，在復平面內(nèi)對應的點1+i 1+i22 22, 2-2 -位于第一象限.4.如圖，在正方體 ABCD A1B1C1D1中，P 為 BD1的中點，則 PAC 在該正方體各個面-3 -上的正投影可能是（）RA B C D 答案 D解析 從上下方向上看， PAC 的投影為圖所示的情況；從左右方向上看， PAC 的投影為圖所示的情況；從前后方向上看， PAC 的投影為圖所示的情況.5. （201

4、9 河南洛陽月考）學校為了調(diào)查學生在課外讀物方面的支出情況，抽取了一個容量為 n 的樣本，其頻率分布直方圖如圖所示，其中支出在50,60）的同學有 30 人，則 n 的值為（）A. 100 B. 1000 C. 90 D. 900答案 A解析 由頻率分布直方圖可知，支出在50,60）的同學的頻率為 0.03X10 = 0.3, /n=為=100.6執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果為（）r=0申二1令痂 1 手n=n+l-4 -8.已知拋物線 y2a4x 的焦點為 F，準線 I 與 x 軸的交點為 K，拋物線上一點 P,若|PF|a5,則厶 PFK 的面積為（）B. 5 C. 8 D. 10

5、答案F(1,0), K( 1,0)，準線方程為 xa1,設 P(xo, yo)，則 |PF|axo+ 1a5, 即卩 xo= 4,不妨設 P(xo, yo)在第一象限，則 P(4,4),1 1所以SZPKFa2IFK|a2X2X4a4.答案解析s= 0, n= 15,且 n= 1 是奇數(shù)，則n則 s=0+sinqa1;奇數(shù)， 則 S= 1 1+321 十 2s= 0 sina0; n = 25,且 n = 2 不是奇數(shù),nn= 35,且 n= 3 是奇數(shù)，則 s= 1 sina1n= 4b0)右支上一點，點 Fi, F2分別為雙曲線的左、右1 焦點，點 I 是厶 PF1F2的內(nèi)心(三角形內(nèi)切圓

6、的圓心)，若恒有SAIPF一SAIPF雙曲線離心率的取值范圍是()A. (1,2 B. (1,2) C. (0,3 D. (1,3答案 D解析設 APF1F2的內(nèi)切圓的半徑為 r，由雙曲線的定義，得 |PF1|PF2| = 2a, |F1F2|= 2c，SAPF=2IPF1I r，SAIPF2=2 呼|h-7 -1SAF F=2c r = cr，111由題意，得 尹1| r 2|PF2| rcr，-8 -皿 3故 c1,所以雙曲線的離心率取值范圍是(1,3.12. 已知函數(shù) f(x) = 2ax3 3ax2+ 1, g(x)= *x+舟，若對任意給定的 m 0,2，關于 x的方程 f(x) =

7、 g(m)在區(qū)間0,2上總存在唯一的一個解，則實數(shù) a 的取值范圍是()-1A . (, 1 B., 1 丿C.(0,1)U1 D.(1,0)U0,答案 B2解析 f (x) = 6ax 6ax = 6ax(x 1),31當 a= 0 時，f(x) = 1, g(x) = 2,顯然不可能滿足題意;2當 a0 時，f (x)= 6ax(x 1),x, f (x), f(x)的變化如下：工0(0,1)1(1,2)200十1極小值 1撫l + 4ua 3又因為當 a0 時，g(x) = 4x+2 是減函數(shù)，對任意 mqo,2 , g(m) l 2+ 2，2，由題意，必有 g(m)maxWf(x)ma

8、x,且 g(m)minf(O),1 +4a,a 3“ a+31,1解得 8 av1；-9 -a33當 a0 時，g(x)= 4x+ 2 是增函數(shù)，不符合題意.-10 -二、填空題：本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分.13.為了在一條河上建一座橋，施工前在河兩岸打上兩個橋位樁A, B（如圖），要測算兩點的距離，測量人員在岸邊定出基線 BC,測得 BC = 50 m，/ ABC= 105 / BCA= 45就 可以計算出 A，B 兩點的距離為_.答案 50 2 m解析 根據(jù)三角形內(nèi)角和為 180,所以ZBAC= 30AB BC AB 50由正弦疋理 sinc= sinA，得 sin45

9、 =sin30 解得 AB = 50 2 m.3x+y6，_則sin（x+ y）的取值范圍為（用Iy 0，區(qū)間表示）.答案，J解析 作出約束條件表示的平面區(qū)域（如圖陰影部分所示）.i n in設 z= x+ y，作出直線 I: x+ y=z，當直線 I 過點 B 6， 0 時，z 取得最小值石；當直線 l 過點1-11 -A$，扌時，z 取得最大值気所以nx+ yb 的概率.1解(1)A 班樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為 5X(9+ 11+ 14+ 20 + 31)= 17.由此估計 A 班學生平均每 周咀嚼檳榔的顆數(shù)為 17;2 分1B 班樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為 5X(11+ 12+ 21 + 25+ 26

10、)= 19，由此估計 B 班學生平均每周咀 嚼檳榔的顆數(shù)為 19 顆.故估計 B 班學生平均每周咀嚼檳榔的顆數(shù)較多.5 分(2)A 班的樣本數(shù)據(jù)中不超過 19 的數(shù)據(jù) a 有 3 個，分別為 9,11,14, B 班的樣本數(shù)據(jù)中不超過 21 的數(shù)據(jù) b 也有 3 個，分別為 11,12,21. 6 分從 A 班和 B 班的樣本數(shù)據(jù)中各隨機抽取一個共有9 種不同情況，分別為(9,11)，(9,12)，(9,21)，(11,11)，(11,12)，(11,21)，(14,11)，(14,12)，(14,21). 9 分83x3 6x2令 V0,解得 x ，易得 V x24 326x在 0,譽上單調(diào)

11、-14 -中的莖表示十位數(shù)字，葉表示個位數(shù)字).-15 -其中 ab 的情況有(11,11), (14,11), (14,12)三種,31故 ab 的概率 P = 9 = 3.12 分18. （本小題滿分 12 分） 已知正項數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn,若數(shù)列 log的等差數(shù)列，且 a2+ 2 是 a1, a3的等差中項.（1）證明：數(shù)列an是等比數(shù)列，并求數(shù)列an的通項公式；若 Tn是數(shù)列的前 n 項和，且 TnM 恒成立，求實數(shù)M的取值范圍.解 （1）證明：依題意，log】an+1 log1an= 1,33an+1an+1故 Iog1 = 1,故-z-= 3;2 分3anan故數(shù)列

12、an是公比為 3 的等比數(shù)列.因為 2（a2+ 2） = a1+ a3,故 2（3a1+ 2） = a+ 9a1, 4 分解得 a1= 1,故數(shù)列an的通項公式為 an= 3n1.6 分11T依題意，1，故數(shù)列是以 1 為首項，13 為公比的等比數(shù)列，8 分彳 1n1 一I41111111332，即實數(shù) M 的取值范圍為$，+ %J12 分19. （2019 湖南師大附中考前演練五）（本小題滿分 12 分） 在梯形 ABCD 中 （圖 1） , AB/CD,AB= 2, CD = 5,過點 A, B 分別作 CD 的垂線，垂足分別為 E, F,且 AE = 2DE，將梯形 ABCD 沿AE,

13、BF 同側折起，使得 CF 丄 FE, 且 DE / CF，得空間幾何體 ADE BCF（圖 2）.直線 AC 與平面 ABFE 所成角的正切值是乎.丄3an是公差為- 1133n2,10 分-16 -(1)求證：BE/平面 ACD;求多面體 ADE BCF 的體積.解 證明：如圖，設 BE 交 AF 于點 0,取 AC 的中點 H，連接 OH,DH ,1因為四邊形 ABFE 為矩形，則 0H 是AFC 的中位線，所以 OH/CF 且 OH = qCF,2 分設 DE = x,貝 U AE = 2x，CF = 3 x，解得 x_ 1，所以 DE_ 1，AE_2, CF_2.因為 DE CF 且

14、 DE_*CF，所以 DE /OH 且 DE_ OH，所以四邊形 DEOH 為平行四邊形，DH /EO,又因為 EO?平面 ABFE，DH?平面 ABFE，DH?平面 ACD，所以 EO / 平面 ACD，即 BE / 平面 ACD. 5 分(2)由已知 CFdFE, CF JBF, EFABF_ F, 得 CF 丄平面 BEF, 又 CF?平面 CDEF，所以平面 CDEF 丄平面 BEF, 又 AEdEF，所以 AE 丄平面 CDEF,7 分由(1)知 DE_ 1, AE_ 2, CF_ 2,1所以 S矩形ABFE_ 4, SCDE_1X2_ 1 ,10 分因為直線 AC 與平面 ABFE

15、 所成角的正切值是今，所以 tan =CF_3 x _迄AF2x2+ 222-17 -1 1 10則VADEBCF_VCABFE+VACDE_4X2 +2X1 _. 12 分a20.(2019 吉林長春質(zhì)量監(jiān)測二)(本小題滿分 12 分)已知函數(shù) f(x)_ (a 1)ln x乙x(a入R )當 a = 2 時，求曲線 y=f(x)在點(2, f(2)處的切線方程；若函數(shù) f(x)在1,3上的最大值為一 2,求實數(shù) a 的值.2解(1)因為 a= 2 時，f(x) = In x 一 x,x1 2所以 f (x)二+ x21,又 f(2) = In 2 3, f=0,所以所求切線方程為 y= I

16、n 2 3. 4 分(x+ 1 (x a (2)因為 f (x) =-2(K x 3),5 分入當 a 3 時，f (x) 0, f(x)在1,3上單調(diào)遞增，此時 f(x)max=f(3) = aln 3 In 3 3 3= 2,In 3 + 1a=1(舍去);9 分In 3-1當 1vav3 時，f(x)在(1, a)上單調(diào)遞增，在(a,3)上單調(diào)遞減，此時 f(x)max=f(a) = aIn a In a 1 a= 2, a= e.綜上 a= 1 或 a= e. 12 分2 221. (2019 東北三省四市一模)(本小題滿分 12 分)如圖所示，橢圓 C:予+ bs= 1(ab0) 的

17、離心-18 -率為于，B1, B2是橢圓 C 的短軸端點，且 B1到焦點的距離為 3.2,點M在橢圓 C 上 運動，且點M不與 B1, B2重合，點 N 滿足 NB1丄 MB1, NB2丄 MB2.-19 -(1)求橢圓 C 的方程；求四邊形 MB2NB1的面積的最大值.解(1)-e=2,：a= 2c,又 a2= b2+ c2= (3 .2)2,a2= 18, b2= 9,22二橢圓C的方程為希+y9=1. 4 分解法一：設 N(x，y)，M(xo，yo)(xM0),MB1JNB1, MB2JNB2, Bi(0,- 3), B2(0,3),直線 NBi： y+ 3=yo+ 3xo直線 NB2： y 3=x, 6 分yo 3222由解得廠，又 18+卷=1,x= x0,則四邊形 MB2NB1的面積11 c xo、3八S=2IB1B2I (|x|+|xo|)=2X6X( p +|xo|戶 3X亦。|,9 分0vx20 恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍.解(1)當