2020届高考数学二轮复习系列之疯狂专练23-模拟测试三(理)word版含答案

1．已知集合{|π16}xAxN，2{|540}Bxxx，则()ABRð的真子集的个数为（）A．1B．3C．4D．72．“不等式20xxm在R上恒成立”的一个必要不充分条件是（）A．14mB．01mC．0mD．1m3．执行如图所示的程序框图，则输出的n的值为（）A．1009B．2017C．2018D．20194．已知321()(4)(0,0)3fxxaxbxab在1x处取得极值，则21ab的最小值为（）A．3223B．322C．3D．225．已知x，y满足不等式组42yxxyx，则2zxy的最大值与最小值的比值为（）A．12B．2C．32D．436．已知数列{}na为等比数列，首项14a，数列{}nb满足2lognnba，且12312bbb，则4a（）A．4B．32C．108D．2567．某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（）疯狂专练23模拟测试三一、选择题A．13B．14C．15D．168．已知直线1xx，2xx分别是曲线π()2sin()3fxx与()cosgxx的对称轴，则12()fxx（）A．2B．0C．2D．19．已知直线l既是曲线1:xCye的切线，又是曲线2221:4Cyex的切线，则直线l在x轴上的截距为（）A．2B．1C．2eD．2e10．将一枚骰子先后抛掷两次，并记朝上的点数分别为m，n，当m为2或4时，5mn的概率为（）A．227B．29C．13D．2311．已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，过F且倾斜角为120的直线与抛物线C交于A，B两点，若AF，BF的中点在y轴上的射影分别为M，N，且||43MN，则抛物线C的准线方程为（）A．1xB．2xC．32xD．3x12．已知函数24,1()ln1,1xxaxfxxx，若方程()2fx有两个解，则实数a的取值范围是（）A．(,2)B．(,2]C．(,5)D．(,5]13．设函数22(0)()|log|(0)xxfxxx，则方程()1fx的解集为．14．已知向量(,2)xa，(2,1)b，(3,2)xc，若ab，则||bc．15．已知在公差不为零的等差数列{}na中，前n项和为nS，若5143()aaa，则96Sa．二、填空题16．二项式2101()xx的展开式中含10x项的系数是．1．【答案】B【解析】因为{|π16}{0,1,2}xAxN，2{|540}{|14}Bxxxxx，故{|1BxxRð或4}x，故(){0,1}ABRð，故()ABRð的真子集的个数为3．2．【答案】C【解析】若不等式20xxm在R上恒成立，则2(1)40Δm，解得14m，因此当不等式20xxm在R上恒成立时，必有0m，但当0m时，不一定推出不等式在R上恒成立，故所求的必要不充分条件可以是0m．3．【答案】B【解析】易知数列π{sin1}()2nn*N的周期为4，各项依次为2,1,0,1,2,1,0,1,，执行程序框图，1n，2s；2n，3s；3n，3s；4n，4s；…；2016n，2016s；2017n，2018s，不满足判断框中的条件，退出循环，此时输出的2017n．4．【答案】C【解析】由321()(4)(0,0)3fxxaxbxab，得2()24fxxaxb，由题意得2(1)1240fab，则23ab，所以21212121122122()()(2)(5)(5)33333abbabaabababababab，当且仅当22baab，即1ab时，等号成立，故21ab的最小值为3．5．【答案】B【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，答案与解析一、选择题当2xyz经过点(1,1)B时，z取得最小值3；当2xyz经过点(2,2)A时，z取得最大值6，所以z的最大值与最小值的比值为2．6．【答案】D【解析】设等比数列{}na的公比为q，由题意知0q，又首项14a，所以数列{}na的通项公式为14nnaq，又2lognnba，所以122log(4)2(1)lognnbqnq，所以{}nb为等差数列，则1232312bbbb，所以24b，由222(21)log4bq，解得4q，所以4144444256a．7．【答案】C【解析】所求几何体可看作将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCDABCD所示，长方体的长、宽、高分别为4，2，3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积134232321522V．8．【答案】C【解析】令1πππ32xk，1kZ，得1ππ6xk，1kZ，函数()cosgxx的图象的对称轴方程为2πxk，2kZ，所以121212πππ()2sin(ππ)2sin[()π]632fxxkkkk，1k，2kZ，所以12()2fxx．9．【答案】B【解析】设直线l与曲线1:xCye的切点为11(,)xAxe，与曲线2221:4Cyex的切点为22221(,)4Bxex，由xye，得xye，所以曲线1C在点A处的切线方程为111()xxyeexx，即111(1)xxyexex①，由2214yex，得212yex，所以曲线2C在点B处的切线方程为22222211()42yexexxx，即222221124yexxex②．因为①②表示的切线为同一切线，所以11222212121(1)4xxeexexex，解得1222xx，所以直线l的方程为22yexe，令0y，可得直线l在x轴上的截距为1．10．【答案】D【解析】依题意得，先后抛掷两次骰子所得的点数对(,)mn共有6636（组），其中当2m或4时，相应的点数对(,)mn共有2636（组），当2m时，满足5mn，即3n的点数对(,)mn共有3组；当4m时，满足5mn，即1n的点数对(,)mn共有5组，因此所求概率等于352123．11．【答案】D【解析】设11(,)Axy，22(,)Bxy，由抛物线C的焦点为(,0)2p，知AF，BF的中点的纵坐标分别为12y，22y，则21211||||||43222yyMNyy，所以21||83yy．由题意知直线AB的方程为3()2pyx，与抛物线方程22ypx联立消去x，得23()22ypyp，即223230ypyp，所以1223yyp，212yyp，于是由21||83yy，得22112()4192yyyy，所以222()41923pp，解得6p，32p，所以抛物线C的准线方程为3x．12．【答案】C【解析】当1x时，由ln12x，得xe，由方程()2fx有两个解知，当1x时，方程242xxa有唯一解，令22()42(2)6gxxxaxa，则()gx在(,1)上单调递减，所以当1x时，()0gx有唯一解，则(1)0g，得5a．13．【答案】1{0,,2}2【解析】由()1fx，知当0x时，21x，则0x；当0x时，2|log|1x，12x或2，所以所求解集为1{0,,2}2．14．【答案】26【解析】∵ab，(,2)xa，(2,1)b，∴220x，∴1x，∴(3,2)c，∴(5,1)bc，∴||26bc．15．【答案】274【解析】设等差数列{}na的公差为d，根据等差数列的通项公式可知，5143()aaa，即11143(3)adaad，化简得1ad，所以196198927272544adSdaadd．16．【答案】210二、填空题【解析】5101022110101C()()(1)CrrrrrrrTxxx，令510102r，得6r，则展开式中含10x项的系数为6610(1)C210．