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（七）课件 理

2020高考仿真模拟卷(七)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．(2019·湖北荆门四校六月考前模拟)已知集合M＝{x|x21|，N＝{y|y＝log2x，x2}，则下列结论正确的是()A．M∩N＝NB．M∩(∁RN)＝∅C．M∩N＝UD．M⊆(∁RN)答案D解析由题意得M＝{x|－1x1}，N＝{y|y1}，因为M∩N＝∅≠N，所以A错误；因为∁RN＝{y|y≤1}，M∩(∁RN)＝{x|－1x1}≠∅，所以B错误；因为M∩N＝∅≠U，所以C错误；因为M＝{x|－1x1}，∁RN＝{y|y≤1}，M⊆(∁RN)，所以D正确．故选D.2．已知复数z1＝6－8i，z2＝－i，则z1z2＝()A．8－6iB．8＋6iC．－8＋6iD．－8－6i答案B解析z1z2＝6－8i－i＝(6－8i)i＝8＋6i.3．(2019·四川宜宾第三次诊断)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答案B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，所以“a，b不平行”是“a，b是异面直线”的必要不充分条件．故选B.4．设x，y满足约束条件x＋y≤2，2x－3y≤9，x≥0，则下列不等式恒成立的是()A．x≥1B．y≤1C．x－y＋2≥0D．x－3y－6≤0答案C解析作出约束条件所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，易知A(3，－1)，B(0,2)，C(0，－3)．这样易判断x≥1，y≤1都不恒成立，可排除A，B；又直线x－3y－6＝0过点(0，－2)，这样x－3y－6≤0不恒成立，可排除D.故选C.5．在△ABC中，CA⊥CB，CA＝CB＝1，D为AB的中点，将向量CD→绕点C按逆时针方向旋转90°得向量CM→，则向量CM→在向量CA→方向上的投影为()A．－1B．1C．－12D．12答案C解析如图，以CA，CB为x，y轴建立平面直角坐标系，则CA→＝(1,0)，CD→＝12，12，且CM→＝－12，12，所以向量CM→在向量CA→方向上的投影为CA→·CM→|CA→|＝－12＋01＝－12.6．(2019·湖南长郡中学考前冲刺)从某企业生产的某种产品中随机抽取10件，测量这些产品的一项质量指标值，其频率分布表如下：质量指标值分组[10,30)[30,50)[50,70]频率0.10.60.3则可估计这种产品该项质量指标值的方差为()A．140B．142C．143D．144答案D解析x－＝20×0.1＋40×0.6＋60×0.3＝44，所以方差为110×[(20－44)2×1＋(40－44)2×6＋(60－44)2×3]＝144.7．已知(2x－1)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4，则a2＝()A．32B．24C．12D．6答案B解析因为(2x－1)4＝[1＋2(x－1)]4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4，所以a2＝C24·22＝24.8．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，数列的通项以及求和由如图所示的框图给出，则最后输出的结果等于()A．aN＋1B．aN＋2C．aN＋1－1D．aN＋2－1答案D解析第一次循环：i＝1，a3＝2，s＝s3＝4；第二次循环：i＝2，a4＝3，s＝s4＝7；第三次循环：i＝3，a5＝5，s＝s5＝12；第四次循环：i＝4，a6＝8，s＝s6＝20；第五次循环：i＝5，a7＝13，s＝s7＝33；…；第N－1次循环：此时i＋2＝N＋1N，退出循环，故输出s＝sN，归纳可得sN＝aN＋2－1.故选D.9．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A0，ω0,0φπ)的图象如图所示，则下列说法正确的是()A．函数f(x)的周期为πB．函数y＝f(x－π)为奇函数C．函数f(x)在－2π3，π6上单调递增D．函数f(x)的图象关于点3π4，0对称答案C解析观察图象可得，函数的最小值为－2，所以A＝2，又由图象可知函数过点(0，3)，5π4，－2，即3＝2sinφ，－2＝2sinω×5π4＋φ，结合12×2πω5π434×2πω和0φπ.可得ω＝1415，φ＝π3，则f(x)＝2sin1415x＋π3，显然A错误；对于B，f(x－π)＝2sin1415x－π＋π3＝2sin1415x－3π5，不是奇函数；对于D，f3π4＝2sin1415×3π4＋π3＝2sin7π10＋π3≠0，故D错误，由此可知选C.10．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．2B．53C．4D．83答案D解析如图，该几何体可由棱长为2的正方体截得，其直观图如图所示，则该几何体的体积V＝VABE－DCF－VF－ADC＝12×2×2×2－13×12×2×2×2＝83.11.如图，已知直线l：y＝k(x＋1)(k0)与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，且A，B两点在抛物线准线上的投影分别是M，N，若|AM|＝2|BN|，则k的值是()A．13B．23C．223D．22答案C解析设抛物线C：y2＝4x的准线为l1：x＝－1.直线y＝k(x＋1)(k0)恒过点P(－1，0)，过点A，B分别作AM⊥l1于点M，BN⊥l1于点N，由|AM|＝2|BN|，所以点B为|AP|的中点．连接OB，则|OB|＝12|AF|，所以|OB|＝|BF|，点B的横坐标为12，所以点B的坐标为12，2.把12，2代入直线l：y＝k(x＋1)(k0)，解得k＝223.12．已知函数f(x)＝－8cosπ12－x，则函数f(x)在x∈(0，＋∞)上的所有零点之和为()A．6B．7C．9D．12答案A解析设函数h(x)＝，则h(x)＝＝的图象关于x＝32对称，设函数g(x)＝8cosπ12－x，由π12－x＝kπ，k∈Z，可得x＝12－k，k∈Z，令k＝－1可得x＝32，所以函数g(x)＝8cosπ12－x，也关于x＝32对称，由图可知函数h(x)＝＝的图象与函数g(x)＝8cosπ12－x的图象有4个交点，所以函数f(x)＝－8cosπ12－x在x∈(0，＋∞)上的所有零点个数为4，所以函数f(x)＝－8cosπ12－x在x∈(0，＋∞)上的所有零点之和为4×32＝6.解析∵A＋B＋C＝π，即B＋C＝π－A，∴4cos2A2－cos2(B＋C)＝2(1＋cosA)－cos2A＝－2cos2A＋2cosA＋3＝72，∴2cos2A－2cosA＋12＝0，∴cosA＝12，又0Aπ，∴A＝π3.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在△ABC中，若4cos2A2－cos2(B＋C)＝72，则角A＝________.答案π314．欧阳修在《卖油翁》中写道：“(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．”可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为b＝0π2sinxdxcm的圆面，中间有边长为a＝4π011－x2dxcm的正方形孔，油滴是直径0.2cm的球，随机向铜钱上滴一滴油，则油滴整体正好落入孔中的概率是________．答案425π解析因为直径为b＝0π2sinxdx＝(－2cosx)π0＝4cm的圆中有边长为a＝4π011－x2dx＝4π×π4＝1cm的正方形，由几何概型的概率公式，得“正好落入孔中”的概率为P＝S正方形S圆＝1－0.22π×22＝425π.15．已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的实轴长为16，左焦点为F，M是双曲线C的一条渐近线上的点，且OM⊥MF，O为坐标原点，若S△OMF＝16，则双曲线C的离心率为________．答案52解析因为双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的实轴长为16，所以2a＝16，a＝8，设F(－c,0)，双曲线C的一条渐近线方程为y＝bax，可得|MF|＝bca2＋b2＝b，即有|OM|＝c2－b2＝a，由S△OMF＝16，可得12ab＝16，所以b＝4.又c＝a2＋b2＝64＋16＝45，所以a＝8，b＝4，c＝45，所以双曲线C的离心率为ca＝52.16．(2019·贵州凯里一中模拟)已知函数f(x)＝ex在点P(x1，f(x1))处的切线为l1，g(x)＝lnx在点Q(x2，g(x2))处的切线为l2，且l1与l2的斜率之积为1，则|PQ|的最小值为________．答案2解析对f(x)，g(x)分别求导，得到f′(x)＝ex，g′(x)＝1x，所以kl1＝ex1，kl2＝1x2，则ex1·1x2＝1，即ex1＝x2，x1＝lnx2，又因为P(x1，ex1)，Q(x2，lnx2)，所以由两点间距离公式可得|PQ|2＝(x1－x2)2＋(ex1－lnx2)2＝2(x2－lnx2)2，设h(x)＝x－lnx(x0)，则h′(x)＝1－1x，当x∈(0,1)时，h′(x)0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增．所以x＝1时，h(x)取极小值，也是最小值，最小值为h(1)＝1，所以|PQ|2的最小值为2，即|PQ|的最小值为2.三、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}的前n项和为Sn.若3S3＝2S2＋S4，且a5＝32.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)设bn＝1log2an·log2an＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由3S3＝2S2＋S4，可得2S3－2S2＝S4－S3.所以公比q＝2，又a5＝32，故an＝2n.4分(2)因为bn＝1log2an·log2an＋2＝121n－1n＋2，6分所以Tn＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋29分＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－12n＋2－12n＋4.12分18．(2019·安徽马鞍山一模)(本小题满分12分)已知三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1，AC＝AA1＝4，BC＝2.(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；(2)若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B－A1P－C的平面角的余弦值为34？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．解(1)证明：∵AC＝AA1，∴四边形AA1C1C为菱形，连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1，且A1C∩A1B＝A1，∴AC1⊥平面A1CB，2分则AC1⊥BC，又∠ACB＝90°，即BC⊥AC，∴BC⊥平面A1ACC1，而BC⊂平面ABC，∴平面A1ACC1⊥平面ABC.4分(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵AC＝AA1＝4，BC＝2，∠A1AC＝60°，∴C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(4，0,0)，A1(2,0,23)．设线段AC上存在一点P，满足AP→＝λAC→(0≤λ≤1)，使得二面角B－A1P－C的平面角的余弦值为34，则AP