2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 仿真模拟卷四课件 文

仿真模拟卷四仿真模拟卷本试卷分第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．已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|2x－30}，则A∪B＝()A．[0，＋∞)B．[1，＋∞)C.32，＋∞D．0，32解析因为B＝{x|2x－30}＝x|x32，A＝{x|x≥1}，所以A∪B＝[1，＋∞)．答案B2．已知复数z满足(1－i)z＝2i(i为虚数单位)，则z－＝()A．－1－iB．－1＋iC．1＋iD．1－i解析由(1－i)z＝2i，得z＝2i1－i＝2i1＋i1－i1＋i＝－1＋i，∴z－＝－1－i.答案A3．设a，b是空间两条直线，则“a，b不平行”是“a，b是异面直线”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析由a，b是异面直线⇒a，b不平行．反之，若直线a，b不平行，也可能相交，不一定是异面直线．所以“a，b不平行”是“a，b是异面直线”的必要不充分条件．答案B4．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2－m1＝52lgE1E2，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k＝1,2)．已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为()A．1010.1B．10.1C．lg10.1D．10－10.1答案A解析两颗星的星等与亮度满足m2－m1＝52lgE1E2，令m2＝－1.45，m1＝－26.7，则lgE1E2＝25(m2－m1)＝25×(－1.45＋26.7)＝10.1，从而E1E2＝1010.1.5．执行如图所示的程序框图，若输出结果为1，则可输入的实数x的值的个数为()A．1B．2C．3D．4答案B解析根据题意，该框图的含义是：当x≤2时，得到函数y＝x2－1；当x2时，得到函数y＝log2x，因此，若输出的结果为1时，若x≤2，得到x2－1＝1，解得x＝±2，若x2，得到log2x＝1，无解，因此，可输入的实数x的值可能为－2，2，共有2个．6．把函数y＝2sinx＋π4＋1图象上各点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，那么所得图象的一条对称轴方程为()A．x＝2π3B．x＝π2C．x＝π4D．x＝π8答案D解析根据题中变换，所得图象对应的函数解析式为y＝2sin2x＋π4＋1，令2x＋π4＝π2＋kπ(k∈Z)，则x＝π8＋kπ2(k∈Z)，取k＝0，得x＝π8，故选D.7．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为E，则AE→·EC→＝()A.725B．14425C.125D．1225答案B解析如图，由AB＝3，AD＝4，得BD＝9＋16＝5，AE＝AB·ADBD＝125.又AE→·EC→＝AE→·(EO→＋OC→)＝AE→·EO→＋AE→·OC→＝AE→·EO→＋AE→·AO→，∵AE⊥BD，∴AE→·EO→＝0，又AE→·AO→＝|AE→||AO→|·cos∠EAO＝|AE→||AO→|·|AE→||AO→|＝|AE→|2＝14425，∴AE→·EC→＝14425.8．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为()A．8＋π2＋7B．8＋3π2＋7C．6＋3π2＋3D．6＋π2＋3答案B解析由三视图可知，该几何体是由半个圆锥与一个四棱锥组合而成，如图所示，其中圆锥的底面半径为1，高为3，母线长为2，四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为3，取BC的中点N，连接MN，PN，则该几何体的表面积为S＝12π×1×2＋12×π×12＋2×2＋2×12×2×2＋12×2×3＋4＝3π2＋8＋7.9．若函数y＝f(x)的大致图象如图所示，则f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝xex＋e－xB．f(x)＝xex－e－xC．f(x)＝ex＋e－xxD．f(x)＝ex－e－xx答案C解析当x→0时，f(x)→±∞，而A中的f(x)→0，排除A；当x＜0时，f(x)＜0，而B中x＜0时，f(x)＝xex－e－x0，D中，f(x)＝ex－e－xx0，排除B，D.10．已知不等式xy≤ax2＋2y2对于x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，则a的取值范围是()A．[1，＋∞)B．[－1,4)C．[－1，＋∞)D．[－1,6]答案C解析不等式xy≤ax2＋2y2对于x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，等价于a≥yx－2yx2对于x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，令t＝yx，则1≤t≤3，∴a≥t－2t2在[1,3]上恒成立，∵y＝－2t2＋t＝－2t－142＋18，∴t＝1时，ymax＝－1，∴a≥－1，故a的取值范围是[－1，＋∞)．11．已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，e为双曲线的离心率，P是双曲线右支上的点，△PF1F2的内切圆的圆心为I，过F2作直线PI的垂线，垂足为B，则|OB|等于()A．aB．bC．eaD．eb答案A解析如图，延长F2B交PF1于点C，在△PCF2中，由题意，得它是一个等腰三角形，|PC|＝|PF2|，B为CF2的中点，∴在△F1CF2中，有|OB|＝12|CF1|＝12(|PF1|－|PC|)＝12(|PF1|－|PF2|)＝12×2a＝a.12．设min{m，n}表示m，n二者中较小的一个，已知函数f(x)＝x2＋8x＋14，g(x)＝min12x－2，log24x(x0)．若∀x1∈[－5，a](a≥－4)，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，则a的最大值为()A．－4B．－3C．－2D．0答案C解析由题意得g(x)＝log24x，0x1，12x－2，x≥1，则g(x)max＝g(1)＝2.在同一坐标系作出函数f(x)(－5≤x≤a)和g(x)(x0)的图象，如图所示．由f(x)＝2，得x＝－6或－2，∵∀x1∈[－5，a]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，∴－4≤a≤－2，∴a的最大值为－2.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．已知点P(x，y)满足条件x－y－1≤0，x＋2y－1≥0，y≤3，则点P到原点O的最大距离为________．答案34解析画出x－y－1≤0，x＋2y－1≥0，y≤3表示的可行域如图阴影部分所示(含边界)，由y＝3，x＋2y－1＝0，得x＝－5，y＝3，由图得，当点P的坐标为(－5,3)时，点P到原点的距离最大，且最大值为25＋9＝34.14．函数f(x)＝sinx＋π6＋sinx·sinx＋π6－sinx的最小正周期为________，最大值为________．解析f(x)＝sinx＋π6＋sinx·sinx＋π6－sinx＝1212cos2x＋32sin2x＝12cos2x－π3，∴f(x)的最小正周期为T＝2π2＝π，最大值为12.答案π1215．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m,0)(m0)，若圆上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的取值范围是________．解析由已知，以AB为直径的圆与圆C有公共点，又AB的中点为原点，则|AB|＝2m，则|m－1|≤0－32＋0－42≤m＋1，解得4≤m≤6，即m的取值范围是[4,6]．答案[4,6]16．如图，在△ABC中，sin∠ABC2＝33，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD＝433，则△ABC的面积的最大值为________．答案32解析由sin∠ABC2＝33，可得cos∠ABC2＝63，则sin∠ABC＝2sin∠ABC2cos∠ABC2＝223.由sin∠ABC2＝3322可知，0°∠ABC245°，则0°∠ABC90°，由同角三角函数基本关系可知，cos∠ABC＝13.设AB＝x，BC＝y，AC＝3z(x0，y0，z0)，在△ABD中，由余弦定理可得，cos∠BDA＝163＋2z2－x22×433×2z，在△CBD中，由余弦定理可得，cos∠BDC＝163＋z2－y22×433×z，由∠BDA＋∠BDC＝180°，故cos∠BDA＝－cos∠BDC，即163＋2z2－x22×433×2z＝－163＋z2－y22×433×z，整理可得16＋6z2－x2－2y2＝0.①在△ABC中，由余弦定理可知，x2＋y2－2xy×13＝(3z)2，则6z2＝23x2＋23y2－49xy，代入①式整理计算可得，13x2＋43y2＋49xy＝16，由基本不等式可得，16≥213x2×43y2＋49xy＝169xy，故xy≤9，当且仅当x＝32，y＝322时等号成立，据此可知，△ABC面积的最大值为Smax＝12(AB·BC)max·sin∠ABC＝12×9×223＝32.三、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)已知数列{an}满足：an≠1，an＋1＝2－1an(n∈N*)，数列{bn}中，bn＝1an－1，且b1，b2，b4成等比数列．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)若Sn是数列{bn}的前n项和，求数列1Sn的前n项和Tn.解(1)证明：bn＋1－bn＝1an＋1－1－1an－1＝12－1an－1－1an－1＝anan－1－1an－1＝1，∴数列{bn}是公差为1的等差数列．(2)由题意可得b22＝b1b4，即(b1＋1)2＝b1(b1＋3)，∴b1＝1，∴bn＝n，∴Sn＝nn＋12，∴1Sn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，Tn＝2×1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2×1－1n＋1＝2nn＋1.18．(本小题满分12分)如图，在正三棱柱A1B1C1－ABC中，AB＝AA1，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF∥平面BCC1B1；(2)若AB＝2，求点A到平面BEF的距离．解(1)证明：如图，取AB中点M，连接EM，FM，则ME∥BC，FM∥BB1，∵ME∩FM＝M，BC∩BB1＝B，∴平面EFM∥平面BCC1B1，∵EF⊂平面EFM，∴EF∥平面BCC1B1.(2)连接AF，设点A到平面BEF的距离为h，∵EF2＝FM2＋EM2＝5，∴EF＝5.又BE＝3，BF＝5，结合余弦定理，可知cos∠EBF＝1510，所以sin∠EBF＝8510，因而S△BEF＝12BE·BF·sin∠EBF＝514.易知S△ABE＝12S△ABC＝12×12AB·BC·sinπ3＝32.∵VF－ABE＝VA－BEF，∴13×32×2＝13×514×h，解得h＝41717，∴点A到平面BEF的距离为41717.19．(本小题满分12分)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：支付方式支付金额不大于2000元大于2000元仅使用A27人3人仅使用B24人1人(1)估计该校学生中上个月A，B两种支付方式