2020全国新高考培优高考仿真模拟（四）文科数学（解析版）.doc

2020高考仿真模拟(四) 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|x2<4}，B＝{y|y＝2x，x∈A}，则A∪B中的元素个数是(　　) A．4 B．5 C．6 D．无数 答案　B 解析　A＝{－1,0,1}，B＝，所以A∪B＝.故选B. 2．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．①② B．②③ C．①④ D．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2 4．已知复数z1＝，z2＝a＋i(a∈R)，若z1，z2在复平面中对应的向量分别为，(O为坐标原点)，且|＋|＝2，则a＝(　　) A．－1 B．1 C．－3 D．1或－3 答案　D 解析　由题意知＝(1，－1)，＝(a,1)，因此＋＝(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＋π B．30＋2π C．18－ D．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××1＝18－，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．－1 B．0 C．1 D．2 答案　C 解析　依题意，f(x)＝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.－1 B．1－ C.－ D.－ 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＝，S△ACD＝，∴S△ABC＝，在扇形OAD中，∠AOD＝60°，S扇形AOD＝··1＝，S△AOD＝，∴S阴影＝2＝－，∴P＝＝＝－.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＝0 B．x－2y＋1＝0 C．x－y－2＝0 D．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，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)＝x＋sinx的图象大致是(　　) 答案　C 解析　因为f(x)＝x＋sinx为奇函数，所以排除B，D；当x>0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＝，则t的取值范围是(　　) A.∪(0，] B．[－，0)∪ C.∪ D.∪ 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＝， 则在Rt△PBT中， |BT|＝|PB|＝|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， 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，则t取得最小值－，t＝0时，P与B重合，不符合题意， 则t的取值范围为∪(0，]．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＋的最小值为(　　) A．1 B．2 C．4 D．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＋＝＝1＋＋≥2，当且仅当＝，即a＝b＝1时等号成立，此时＋取得最小值2.选B. 12．在△ABC中，B＝30°，BC＝，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. B. C. D. 答案　A 解析　由B＝30°，BC＝，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，)，C(0,0)，设D(0，λ)(0<λ<)，则直线AD：y＝－λ(x－1)，即λx＋y－λ＝0.设BB′与AD交于点E，则BE＝，又因为直线BE：y－＝x，即x－λy＋λ＝0.此时C到直线BE的距离为h＝，所以BB′＝2× ，C′到BB′的距离为h＝，则所求面积S＝×2××＝，因为S′＝，所以当λ∈时，S′>0；当λ∈时，S′<0.所以当λ＝时，Smax＝，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＝2cos(π－α)，则tan＝________. 答案　－3 解析　∵cos＝2cos(π－α)，∴－sinα＝－2cosα，∴tanα＝2，∴tan＝＝＝－3. 14．在△ABC中，＝2，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，则·＝________. 答案　2 解析　∵＝－，＝＋＝＋(－)＝＋，∴·＝·＝－·＋2－2＝－×1×2×＋×22－×1＝2. 15．在等差数列{an}中，若1≤a1≤3,2≤a4≤4，则a10的最大值是________． 答案　10 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，所以解得所以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. 16．甲、乙、丙3人在同一个环形场地锻炼．甲以(圈/分钟)的速度慢跑，乙以(圈/分钟)的速度快走，丙以(圈/分钟)的速度慢走．计时开始时，3个人的前进方向相同，且甲在乙后面圈，乙在丙后面圈(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，t－t＝，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，k－k＝，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5. (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＝absinC＝10sinC＝5， 所以sinC＝，所以C＝或. (2)若C＝，则角C最大，此时θ＝C. 所以tanθ＝－； 若C＝，则c2＝a2＋b2－2abcosC＝16＋25－20＝21，c＝，于是角B最大，此时θ＝B. 因为cosB＝＝＝， sinB＝＝，所以tanθ＝tanB＝. 综上，tanθ＝或－. 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＝，所以∠DPO＝，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AD＋BC＝3， 于是梯形ABCD的面积S＝×(4＋2)×3＝9. 在等腰直角三角形AOD中，OD＝AD＝2， 所以PD＝2OD＝4，PA＝＝4. 故四棱锥P－ABCD的体积为V＝S·PA＝×9×4＝12. 19．(本小题满分12分)某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，甲车间有工人200人，乙车间有工人400人，为比较两个车间工人的生产效率，采用分层抽样的方法抽取工人，甲车间抽取的工人记作第一组，乙车间抽取的工人记作第二组，并对他们中每位工人生产完成的一件产品的事件(单位：min)进行统计，按照[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95)进行分组，得到下列统计图． (1)分别估算两个车间工人中生产一件产品时间少于75 min的人数； (2)分别估计两个车间工人生产一件产品时间的平均值，并推测哪个车间工人的生产效率更高？ (3)从第一组生产时间少于75 min的工人中随机抽取2人，求抽取2人中至少1人生产时间少于65 min的概率． 解　(1)第一组工人20人，其中在75 min内(不含75 min)生产完成一件产品的有6人， ∴甲车间工人中生产一件产品时间少于75 min的人数为×200＝60. 第二组工人40人．其中在75 min内(不含75 min)生产完成一件产品的有40×(0.025＋0.05)×10＝30人， ∴乙车间工人中生产一件产品时间少于75 min的人数为×400＝300. (2)第一组平均时间为 1＝＝78. 第二组平均时间为2＝60×0.25＋70×0.5＋80×0.2＋90×0.05＝70.5， ∵1>2，∴乙车间工人生产效率更高． (3)由题意得，第一组生产时间少于75 min的工人有6人，其中生产时间少于65 min的有2人，分别用A1，A2表示，生产时间不少于65 min和少于75 min的工人用B1，B2，B3，B4表示，抽取2人基本事件空间为Ω＝{(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，B4)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，B4)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B3，B4)}，共15个基本事件，这15个基本事件发生的可能性是相等的． 设事件A表示“2人中至少1人生产时间少于65 min”， 则事件表示“2人的生产时间都不少于65 min”，包含(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B3，B4)，共6个基本事件， ∴P(A)＝1－P()＝1－＝. 20．(本小题满分12分)设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A是抛物线C上的一个动点，过A点作l的垂线AH，H为垂足．已知B，且|AH|＋|AB|的最小值为2. (1)求抛物线C的方程； (2)过点B的直线n与抛物线C交于点P.若|PF|＝λ|PB|，求实数λ的取值范围． 解　(1)易知，F， 根据抛物线的定义，|AH|＋|AB|＝|AF|＋|AB|≥|FB|＝p，当且仅当A点与坐标原点重合时等号成立． 依题意，p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y. (2)若直线n的斜率不存在，则|PF|＝|PB|，λ＝1； 若直线n的斜率存在，设直线n的方程为y＝kx－1，根据对称性，不妨设k>0， 则过P点作PQ⊥l，垂足为Q，则|PF|＝|PQ|. 因为|PF|＝λ|PB|，于是|PQ|＝λ|PB|，λ＝. 在直角三角形PQB中，sin∠PBQ＝， 所以λ＝sin∠PBQ. 因为函数y＝sinx在上是增函数， 所以λ随着∠PBQ的增大而增大； 又函数y＝tanx在上是增函数， 所以∠PBQ随着tan∠PBQ的增大而增大， 所以λ随着k的增大而增大． 所以，当直线n与抛物线C相切时，λ的值最小． 由得x2－kx＋1＝0. 令Δ＝k2－1＝0得k＝1. 此时，∠PBQ＝，λ＝sin＝， 所以此时λ∈. 综上，实数λ的取值范围是. 21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝. (1)当a＝1时，判断f(x)有没有极值点？若有，求出它的极值点；若没有，请说明理由； (2)若f(x)<x＋1，求a的取值范围． 解　函数f(x)＝，则x>0且x≠1，即函数的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)． (1)当a＝1时，f(x)＝，则f′(x)＝， 令g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－＝， ①当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，g(x)>g(1)＝0， ∴f′(x)>0，f(x)无极值点； ②当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，g(x)>g(1)＝0， ∴f′(x)>0，f(x)无极值点． 综上，当a＝1时，f(x)没有极值点． (2)由f(x)<x＋1，得<x＋1， 即<0.令h(x)＝aln x－x＋， 则h′(x)＝－1－＝. ①当a≤0时， x∈(0,1)时，<0<x＋1， x∈(1，＋∞)时，<0<x＋1， ∴<x＋1成立，即a≤0符合题意． ②当0<a≤2时，x2－ax＋1≥2x－ax≥0， ∴h′(x)≤0； 当x∈(0,1)时，h(x)为减函数，h(x)>h(1)＝0， ∴<0成立； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)为减函数，h(x)<h(1)＝0， ∴<0成立； 即0<a≤2符合题意． ③当a>2时，由h′(x)＝0，得x2－ax＋1＝0， 且Δ＝a2－4>0； 设x2－ax＋1＝0两根为x1，x2(x1<x2)， ∴x1＋x2＝a>0，x1x2＝1， ∴0<x1<1<x2； 由h′(x)>0，得x2－ax＋1<0， 解集为(x1,1)∪(1，x2)， ∴h(x)在(x1,1)上为增函数，h(x1)<h(1)＝0， ∴>0，∴a>2不符合题意． 综上，a的取值范围是(－∞，2]． 请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号． 22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(φ为参数)． (1)以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C的极坐标方程； (2)若射线θ＝α与曲线C有两个不同的交点A，B，求＋的取值范围． 解　(1)曲线C的直角坐标方程为(x＋1)2＋(y－)2＝1， 即x2＋y2＋2x－2y＋3＝0， 又x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ. ∴曲线C的极坐标方程为ρ2＋2ρ(cosθ－sinθ)＋3＝0. (2)把θ＝α代入ρ2＋2(cosθ－sinθ)ρ＋3＝0得 ρ2＋2(cosα－sinα)ρ＋3＝0. 设A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，则ρ1＋ρ2＝2(sinα－cosα)，ρ1 ρ2＝3. 所以＋＝＋＝ ＝＝sin， 又射线θ＝α与曲线C有两个不同的交点A，B， ∴<α<， ∴<α－<，∴<sin≤1， ∴<＋≤， ∴＋的取值范围为. 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋2|，记f(x)的最小值为m. (1)解不等式f(x)≤5； (2)若正实数a，b满足＋＝，求证：＋≥2m. 解　(1)①当x>1时，f(x)＝(x－1)＋(x＋2)＝2x＋1≤5， 即x≤2，∴1<x≤2； ②当－2≤x≤1时，f(x)＝(1－x)＋(x＋2)＝3≤5， ∴－2≤x≤1； ③当x<－2时，f(x)＝(1－x)－(x＋2)＝－2x－1≤5，即x≥－3，∴－3≤x<－2. 综上所述，原不等式的解集为{x|－3≤x≤2}． (2)证明：∵f(x)＝|x－1|＋|x＋2|≥|(x－1)－(x＋2)|＝3， 当且仅当－2≤x≤1时，等号成立． ∴f(x)的最小值m＝3. ∴ ≥2＝5，即＋≥6， 当且仅当×＝×，即3a＝2b时，等号成立． - 15 -