2020届高考数学大二轮复习 冲刺经典专题 高考仿真模拟（四）课件 文

2020高考仿真模拟(四)4套仿真模拟本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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．设集合A＝{x∈Z|x24}，B＝{y|y＝2x，x∈A}，则A∪B中的元素个数是()A．4B．5C．6D．无数解析A＝{－1,0,1}，B＝12，1，2，所以A∪B＝－1，0，12，1，2.故选B.答案B2．中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系．如图所示的折线图是2017年和2018年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是()A．2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大B．这两年的最大仓储指数都出现在4月份C．2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年D．2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数差异明显答案D解析通过图象可看出，2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大，这两年的最大仓储指数都出现在4月份，2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年，所以A，B，C正确；2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数基本在52%，差异不明显，所以D错误．故选D.3．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，给出四个命题：①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中正确的命题是()A．①②B．②③C．①④D．②④答案B解析若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，如图1，则α与β不一定垂直，故①为假命题；若m⊥α，m⊥β，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，则α∥β，故②为真命题；若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，故③为真命题；若m∥α，n∥β，m∥n，如图2，则α与β可能相交，故④为假命题．故选B.图1图24．已知复数z1＝21＋i，z2＝a＋i(a∈R)，若z1，z2在复平面中对应的向量分别为OZ1→，OZ2→(O为坐标原点)，且|OZ1→＋OZ2→|＝2，则a＝()A．－1B．1C．－3D．1或－3答案D解析由题意知OZ1→＝(1，－1)，OZ2→＝(a,1)，因此OZ1→＋OZ2→＝(a＋1,0)，故(a＋1)2＝4，解得a＝1或－3，故选D.5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．30＋πB．30＋2πC．18－π4D．18－π答案C解析易知，所求几何体为一个长方体中间挖去一个小圆柱．所以，V＝3×2×3－π×14×1＝18－π4，故选C.6．定义某种运算⊕，a⊕b的运算原理如图所示．设f(x)＝(0⊕x)(2⊕x)，则f(x)在区间[－1,1]上的最大值为()A．－1B．0C．1D．2答案C解析依题意，f(x)＝x2，－1≤x≤0，0，0x≤1.故f(x)在区间[－1,1]上的最大值为1.故选C.7．如图，在等腰三角形ABC中，已知∠BAC＝120°，阴影部分是以AB为直径的圆与以AC为直径的圆的公共部分，若在△ABC内部任取一点，则此点取自阴影部分的概率为()A.3π9－1B．1－3π9C.3π9－12D.12－3π9答案C解析如图所示，取BC的中点D，AC的中点O，连接AD，DO，设AB＝2，在△ACD中，AD＝1，CD＝3，S△ACD＝32，∴S△ABC＝3，在扇形OAD中，∠AOD＝60°，S扇形AOD＝12·π3·1＝π6，S△AOD＝34，∴S阴影＝2π6－34＝π3－32，∴P＝S阴影S△ABC＝π3－323＝3π9－12.故选C.8．过点P(1,1)的直线l将圆形区域{(x，y)|x2＋y2≤4}分为两部分，其面积分别为S1，S2，当|S1－S2|最大时，直线l的方程是()A．x＋y－2＝0B．x－2y＋1＝0C．x－y－2＝0D．y－2x＋1＝0答案A解析因为点P坐标满足x2＋y2≤4，所以点P在圆x2＋y2＝4内，因此，当OP与过点P的直线垂直时，|S1－S2|最大，因为直线OP的斜率为kOP＝1－01－0＝1，所以直线l的斜率为k＝－1，因此，直线l的方程是y－1＝－(x－1)，整理得x＋y－2＝0.故选A.9．函数f(x)＝12x＋sinx的图象大致是()答案C解析因为f(x)＝12x＋sinx为奇函数，所以排除B，D；当x0且x→0时，f(x)0，排除A.故选C.10．已知半圆C：x2＋y2＝1(y≥0)，A，B分别为半圆C与x轴的左、右交点，直线m过点B且与x轴垂直，点P在直线m上，纵坐标为t，若在半圆C上存在点Q使∠BPQ＝π3，则t的取值范围是()A.－233，0∪(0，3]B．[－3，0)∪0，233C.－33，0∪0，33D.－233，0∪0，233答案A解析根据题意，设PQ的延长线与x轴交于点T，|PB|＝|t|，由于PB与x轴垂直，且∠BPQ＝π3，则在Rt△PBT中，|BT|＝3|PB|＝3|t|，当P在x轴上方时，PT与半圆有公共点Q，PT与半圆相切时，|BT|有最大值3，此时t有最大值3，当P在x轴下方时，当Q与A重合时，|BT|有最大值2，|t|有最大值233，则t取得最小值－233，t＝0时，P与B重合，不符合题意，则t的取值范围为－233，0∪(0，3]．故选A.11．已知a，b为正实数，直线y＝x－a＋2与曲线y＝ex＋b－1相切，则1a＋1b的最小值为()A．1B．2C．4D．8答案B解析由y＝x－a＋2得y′＝1；由y＝ex＋b－1得y′＝ex＋b；因为y＝x－a＋2与曲线y＝ex＋b－1相切，令ex＋b＝1，则可得x＝－b，代入y＝ex＋b－1得y＝0；所以切点为(－b,0)．则－b－a＋2＝0，所以a＋b＝2.故1a＋1b＝1a＋1ba2＋b2＝1＋b2a＋a2b≥2，当且仅当b2a＝a2b，即a＝b＝1时等号成立，此时1a＋1b取得最小值2.选B.12．在△ABC中，B＝30°，BC＝3，AB＝2，D是边BC上异于B，C的点，B，C关于直线AD的对称点分别为B′，C′，则△BB′C′面积的最大值为()A.32B.337C.237D.3－32答案A解析由B＝30°，BC＝3，AB＝2，可得△ABC为直角三角形，且C＝90°，则以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立如图所示的直角坐标系．则A(1,0)，B(0，3)，C(0,0)，设D(0，λ)(0λ3)，则直线AD：y＝－λ(x－1)，即λx＋y－λ＝0.设BB′与AD交于点E，则BE＝|3－λ|1＋λ2，又因为直线BE：y－3＝1λx，即x－λy＋3λ＝0.此时C到直线BE的距离为h＝|3λ|1＋λ2，所以BB′＝2×|3－λ|1＋λ2，C′到BB′的距离为h＝|3λ|1＋λ2，则所求面积S＝12×2×|3－λ|1＋λ2×|3λ|1＋λ2＝3λ－3λ21＋λ2，因为S′＝1－3λ3λ＋31＋λ22，所以当λ∈0，33时，S′0；当λ∈33，3时，S′0.所以当λ＝33时，Smax＝32，选A.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知cosπ2＋α＝2cos(π－α)，则tanπ4＋α＝________.答案－3解析∵cosπ2＋α＝2cos(π－α)，∴－sinα＝－2cosα，∴tanα＝2，∴tanπ4＋α＝tanπ4＋tanα1－tanπ4tanα＝1＋tanα1－tanα＝－3.14．在△ABC中，BD→＝2DC→，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，则AD→·BC→＝________.解析∵BC→＝AC→－AB→，AD→＝AB→＋23BC→＝AB→＋23(AC→－AB→)＝13AB→＋23AC→，∴AD→·BC→＝13AB→＋23AC→·AC→－AB→＝－13AB→·AC→＋23AC→2－13AB→2＝－13×1×2×12＋23×22－13×1＝2.答案215．在等差数列{an}中，若1≤a1≤3,2≤a4≤4，则a10的最大值是________．解析依题意，设数列{an}的公差为d，再设a10＝ma1＋ka4，则a1＋9d＝ma1＋k(a1＋3d)＝(m＋k)a1＋3kd，所以m＋k＝1，3k＝9，解得m＝－2，k＝3，所以a10＝－2a1＋3a4，又1≤a1≤3,2≤a4≤4，所以0≤a10≤10.因为a1＝1，a4＝4时，a10＝10，所以a10的最大值是10.答案1016．甲、乙、丙3人在同一个环形场地锻炼．甲以13(圈/分钟)的速度慢跑，乙以14(圈/分钟)的速度快走，丙以16(圈/分钟)的速度慢走．计时开始时，3个人的前进方向相同，且甲在乙后面13圈，乙在丙后面16圈(如图所示)．那么，经过________分钟，甲和乙2人第一次相遇；1个小时之内，甲、乙、丙3人________(填“能”或“不能”)第一次同时相遇．答案4不能解析设经过t分钟，甲和乙2人第一次相遇．依题意，13t－14t＝13，解得t＝4.所以，经过4分钟，甲和乙2人第一次相遇在B处．设经过k分钟，甲和丙2人第一次相遇．同理，经过16分钟，甲和乙2人第二次相遇(甲超过乙一圈)仍在B处，且甲和乙2人以后每次相遇总在B处．依题意，13k－16k＝12，解得k＝3.所以，经过3分钟，甲和丙2人第一次相遇在A处．同理，经过9分钟，甲和丙2人第二次相遇(甲超过丙一圈)仍在A处．且甲和丙2人以后每次相遇总在A处．又因为甲和乙2人每次相遇都在B处．故甲、乙、丙3人不可能同时相遇．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．17．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝4，b＝5，△ABC的面积为53.(1)求角C的弧度数；(2)记θ＝max{A，B，C}(即θ为角A，B，C中的最大角)，求tanθ.解(1)依题意，在△ABC中，S△ABC＝12absinC＝10sinC＝53，所以sinC＝32，所以C＝π3或2π3.(2)若C＝2π3，则角C最大，此时θ＝C.所以tanθ＝－3；若C＝π3，则c2＝a2＋b2－2abcosC＝16＋25－20＝21，c＝21，于是角B最大，此时θ＝B.因为cosB＝a2＋c2－b22ac＝16＋21－25821＝2114，sinB＝1－cos2B＝5714，所以tanθ＝tanB＝533.综上，tanθ＝533或－3.18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD.(1)证明：BD⊥PC；(2)若AD＝4，BC＝2，设AC∩BD＝O，且∠PDO＝60°，求四棱锥P－ABCD的体积．解(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又AC⊥BD，PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.而PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.(2)如图，连接OP，由(1)知，BD⊥平面PAC，又PO⊂平面PAC，知BD⊥PO.在Rt△POD中，因为∠PDO＝π3，所以∠DPO＝π6，得PD＝2DO.又因为四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形．从而梯形ABCD的高为12AD＋12BC＝3，于是梯形ABCD的面积S＝12×(4＋2)×3＝9.在等腰直角三角形AOD中，OD＝22AD＝22，所以PD＝