2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第三部分 刷模拟 2020高考仿真模拟卷（六）课件 理

2020高考仿真模拟卷(六)第三部分刷模拟一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知复数z满足z(1＋i)＝|－1＋3i|，则复数z的共轭复数为()A．－1＋iB．－1－iC．1＋iD．1－i答案C解析由z(1＋i)＝|－1＋3i|＝－12＋32＝2，得z＝21＋i＝21－i1＋i1－i＝1－i，∴z－＝1＋i.故选C.2．已知集合A＝{(x，y)|x2＝4y}，B＝{(x，y)|y＝x}，则A∩B的真子集的个数为()A．1B．3C．5D．7答案B解析依题意，在同一平面直角坐标系中分别作出x2＝4y与y＝x的图象，观察可知，它们有2个交点，即A∩B有2个元素，故A∩B的真子集的个数为3，故选B.3．已知命题p：“∀ab，|a||b|”，命题q：“∃x00,2x00”，则下列为真命题的是()A．p∧qB．(綈p)∧(綈q)C．p∨qD．p∨(綈q)答案C解析对于命题p，当a＝0，b＝－1时，0－1，但是|a|＝0，|b|＝1，|a||b|，所以命题p是假命题．对于命题q，∃x00,2x00，如x0＝－1,2－1＝120.所以命题q是真命题，所以p∨q为真命题．4．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－14，则bc＝()A．6B．5C．4D．3答案A解析由题意，得a2－b2＝4c2，则－14＝cosA＝b2＋c2－a22bc，∴c2－4c22bc＝－14，∴3c2b＝14，∴bc＝32×4＝6，故选A.5．执行如图所示的程序框图，则输出的T＝()A．8B．6C．7D．9答案C解析将函数y＝2sinxcosx＝sin2x的图象向左平移π6个单位可得到y＝sin2x＋π6，即y＝sin2x＋π3的图象，故选C.7．已知双曲线C：y2a2－x2b2＝1(a0，b0)的离心率为3，且经过点(2,2)，则双曲线的实轴长为()A．12B．1C．22D．2答案C解析由题意双曲线C：y2a2－x2b2＝1(a0，b0)的离心率为3，即ca＝3⇒c2＝3a2.又由c2＝a2＋b2，即b2＝2a2，所以双曲线的方程为y2a2－x22a2＝1，又因为双曲线过点(2,2)，代入双曲线的方程，得4a2－42a2＝1，解得a＝2，所以双曲线的实轴长为2a＝22.8．若x，y满足x－2y＋7≥0，2x＋y≥3，3x－y＋1≤0，则x2＋y2的最大值为()A．5B．11.6C．17D．25答案C解析作出不等式组所表示的可行域如下图所示，则x2＋y2的最大值在点B(1,4)处取得，故x2＋y2的最大值为17.9．设函数f(x)＝|lgx|，若存在实数0ab，满足f(a)＝f(b)，则M＝log2a2＋b28，N＝log21a＋b2，Q＝ln1e2的关系为()A．MNQB．MQNC．NQMD．NMQ答案B解析∵f(a)＝f(b)，∴|lga|＝|lgb|，∴lga＋lgb＝0，即ab＝1，∵1a＋b2＝1a＋b＋2＝1a＋1a＋212＋2＝14，∴N＝log21a＋b2－2，又a2＋b28ab4＝14，∴a2＋b28141a＋b2，∴M＝log2a2＋b28－2，又Q＝ln1e2＝－2，∴MQN.10．正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1的中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是()A．10B．4＋3C．2＋3D．4＋3答案D解析①从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，则MN＝AM2＋AN2＝12＋2＋12＝10.②从底面到N点，沿棱柱的AC，BC剪开、展开，如图2.则MN＝AM2＋AN2－2AM·ANcos120°＝12＋32＋2×1×3×12＝4＋3，∵4＋310，∴MNmin＝4＋3.11．(2019·江西景德镇第二次质检)已知F是抛物线x2＝4y的焦点，点P在抛物线上，点A(0，－1)，则|PF||PA|的最小值是()A．22B．32C．1D．12答案A解析由题意可得，抛物线x2＝4y的焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1，过点P作PM垂直于准线，垂足为M，由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|，则|PF||PA|＝|PM||PA|＝sin∠PAM，因为∠PAM为锐角，故当∠PAM最小时，|PF||PA|最小，即当PA和抛物线相切时，|PF||PA|最小，设切点P(2a，a)，由y＝14x2，得y′＝12x，则切线PA的斜率为12×2a＝a＝a＋12a，解得a＝1，即P(2,1)，此时|PM|＝2，|PA|＝22，所以sin∠PAM＝|PM||PA|＝22，故选A.12．(2019·天津部分区一模联考)已知函数y＝f(x)的定义域为(－π，π)，且函数y＝f(x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，当x∈(0，π)时，f(x)＝πlnx－f′π2sinx(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝f(logπ3)，b＝f(log139)，c＝f(π13)，则a，b，c的大小关系是()A．bacB．abcC．cbaD．bca答案D解析∵f(x)＝πlnx－f′π2sinx，∴f′(x)＝πx－f′π2cosx，则f′π2＝2－f′π2cosπ2＝2，即f′(x)＝πx－2cosx，当π2≤xπ时，2cosx≤0，f′(x)0；当0xπ2时，πx2,2cosx2，∴f′(x)0，即f(x)在(0，π)上单调递增，∵y＝f(x＋2)的图象关于x＝－2对称，∴y＝f(x＋2)向右平移2个单位得到y＝f(x)的图象关于y轴对称，即y＝f(x)为偶函数，b＝f(log139)＝f(－2)＝f(2)，0＝logπ1logπ3logππ＝1,1＝π0π13π122，即0logπ3π132π，∴f(2)f(π13)f(logπ3)，即bca.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．平面向量a与b的夹角为45°，a＝(1，－1)，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.答案10解析由题意，得a·b＝|a||b|cos45°＝2×1×22＝1，所以|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝2＋4×1＋4×1＝10，所以|a＋2b|＝10.14．已知函数f(x)＝ax－log2(2x＋1)(a∈R)为偶函数，则a＝________.答案12解析由f(x)＝f(－x)，得ax－log2(2x＋1)＝－ax－log2(2－x＋1)，2ax＝log2(2x＋1)－log2(2－x＋1)＝log22x＋12－x＋1＝x，由于x的任意性，所以a＝12.15．如图，为测量竖直旗杆CD的高度，在旗杆底部C所在水平地面上选取相距421m的两点A，B且AB所在直线为东西方向，在A处测得旗杆底部C在西偏北20°的方向上，旗杆顶部D的仰角为60°；在B处测得旗杆底部C在东偏北10°方向上，旗杆顶部D的仰角为45°，则旗杆CD的高度为________m.答案12解析设CD＝x，在Rt△BCD中，∠CBD＝45°，∴BC＝x，在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，∴AC＝CDtan60°＝x3，在△ABC中，∠CAB＝20°，∠CBA＝10°，AB＝421，∴∠ACB＝180°－20°－10°＝150°，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos150°，即(421)2＝13x2＋x2＋2·x3·x·32＝73x2，解得x＝12.即旗杆CD的高度为12m.16．已知腰长为2的等腰直角△ABC中，M为斜边AB的中点，点P为该平面内一动点，若|PC→|＝2，则(PA→·PB→)·(PC→·PM→)的最小值是________．答案32－242解析根据题意，建立平面直角坐标系，如图所示，则C(0,0)，B(2,0)，A(0,2)，M(1,1)，由|PC→|＝2，知点P的轨迹为圆心在原点，半径为2的圆，设点P(2cosθ，2sinθ)，θ∈[0,2π)；则PA→＝(－2cosθ，2－2sinθ)，PB→＝(2－2cosθ，－2sinθ)，PC→＝(－2cosθ，－2sinθ)，PM→＝(1－2cosθ，1－2sinθ)，∴(PA→·PB→)·(PC→·PM→)＝[(－2cosθ)(2－2cosθ)＋(－2sinθ)(2－2sinθ)]·[(－2cosθ)(1－2cosθ)＋(－2sinθ)(1－2sinθ)]＝(4－4cosθ－4sinθ)(4－2cosθ－2sinθ)＝8(3－3cosθ－3sinθ＋2sinθcosθ)，设t＝sinθ＋cosθ，∴t＝2sinθ＋π4∈[－2，2]，∴t2＝1＋2sinθcosθ，∴2sinθcosθ＝t2－1，∴y＝8(3－3t＋t2－1)＝8t－322－2，当t＝2时，y取得最小值为32－242.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(本小题满分12分)已知等比数列{an}中，an0，a1＝164，1an－1an＋1＝2an＋2，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n·(log2an)2，求数列{bn}的前2n项和T2n.解(1)设等比数列{an}的公比为q，则q0，因为1an－1an＋1＝2an＋2，所以1a1qn－1－1a1qn＝2a1qn＋1，因为q0，解得q＝2，所以an＝164×2n－1＝2n－7，n∈N*.4分(2)bn＝(－1)n·(log2an)2＝(－1)n·(log22n－7)2＝(－1)n·(n－7)2，设cn＝n－7，则bn＝(－1)n·(cn)2，6分T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝－(c1)2＋(c2)2＋[－(c3)2]＋(c4)2＋…＋[－(c2n－1)2]＋(c2n)2＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)·(c3＋c4)＋…＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n＝2n[－6＋2n－7]2＝n(2n－13)＝2n2－13n.12分18．(2019·四川百校模拟冲刺)(本小题满分12分)如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D是棱AB的中点．(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)若AA1⊥平面ABC，AB＝2，BB1＝4，AC＝BC，E是棱BB1的中点，当二面角E－A1C－D的大小为π4时，求线段DC的长度．解(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，连接DF，而D是AB的中点，则BC1∥DF，因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.4分(2)因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥CD，又AC＝BC，E是棱BB1的中点，所以DC⊥AB，所以DC⊥平面ABB1A1，5分以D为坐标原点，过D作AB的垂线为x轴，DB为y轴，DC为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设DC的长度为t，则C(0,0，t)，E(2,1,0)，A1(4，－1,0)，D(0,0,0)，所以EA1→＝(2，－2,0)，A1C→＝(－4,1，t)，DA1→＝(4，－1，0)，DC→＝(0,0，t)，分别设平面EA1C与平面DA1C的法向量为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，由2x1－2y1＝0，－4x1＋y1＋tz1＝0，令x1＝1，得m＝1，1，3t，同理可得n＝(1,4,0)，9分由cos〈m，n〉＝1＋41