江西省麻山中学2020届高考数学仿真模拟冲刺卷三（含解析） 16页

1 江西省麻山中学 2020 届高考数学仿真模拟冲刺卷（三） 注意事项： 1.本卷仿真文科数学，题序与高考题目序号保持一致，考试时间为 120 分钟，满分为 150 分。 2.请将答案填写在答题卷上。 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．已知集合 A＝ x| 2 x＋1 ≤1 ，B＝{x|2x<1}，则(∁ RA)∩B＝( ) A．[－1,0) B．(－1,0) C．(－∞，0) D．(－∞，－1) 2．若复数 z 满足 zi＝1＋2i，则 z 的共轭复数的虚部为( ) A．2i B．i C．1 D．2 3．某商场在国庆黄金周的促销活动中，对 10 月 1 日 9 时至 14 时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图 所示，已知 9 时至 10 时的销售额为 3 万元，则 11 时至 12 时的销售额为( ) A．8 万元 B．10 万元 C．12 万元 D．15 万元 4．在区间[－π，π]上随机取两个实数 a，b，记向量 m＝(a,4b)，n＝(4a，b)，则 m·n≥4π2 的概率为( ) A．1－π 8 B．1－π 4 C．1－π 5 D．1－π 6 5．已知直线 l 的倾斜角为 45°，直线 l 与双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的左、右两支分别交于 M，N 两点， 且 MF1，NF2 都垂直于 x 轴(其中 F1，F2 分别为双曲线 C 的左、右焦点)，则该双曲线的离心率为( ) A. 3 B. 5 C. 5－1 D. 5＋1 2 2 6．已知 a＝log3 7 2 ，b＝ 1 4 1 3 ，c＝log 1 3 1 5 ，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．a>b>c B．b>a>c C．b>c>a D．c>a>b 7．运行如图所示的程序框图，若输出的 S 的值为－21，则判断框中可以填( ) A．a<64? B．a≤64? C．a<128? D．a≤128? 8．已知 e1，e2 是两个单位向量，λ∈R 时，|e1＋λe2|的最小值为 3 2 ，则|e1＋e2|＝( ) A．1 B. 3 C．1 或 3 D．2 9．在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有四个．类似的，在立体几何中，与正 四面体的四个面所在平面的距离相等的点( ) A．有且只有一个 B．有且只有三个 C．有且只有四个 D．有且只有五个 10．已知函数 f(x)＝Asin(2x＋θ) A>0，|θ|<π 2 的部分图象如图所示，f(a)＝f(b)＝0，f(a＋b)＝ 3，则 ( ) A．f(x)在 －5π 12 ，π 12 上是减函数 B．f(x)在 －5π 12 ，π 12 上是增函数 C．f(x)在 π 3 ，5π 6 上是减函数 D．f(x)在 π 3 ，5π 6 上是增函数 3 11．设抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，点 M 在 C 上，|MF|＝5，若以 MF 为直径的圆过点(0,2)，则 C 的焦 点到准线的距离为( ) A．4 或 8 B．2 或 4 C．2 或 8 D．4 或 16 12．设函数 f(x)在 R 上存在导数 f′(x)，对任意的 x∈R，有 f(－x)－f(x)＝0，且 x∈[0，＋∞)时，f′(x)>2x. 若 f(a－2)－f(a)≥4－4a，则实数 a 的取值范围为( ) A．(－∞，1] B．[1，＋∞) C．(－∞，2] D．[2，＋∞) 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 60°，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b|等于________． 14．已知直线 l：kx－y－k＋2＝0 与圆 C：x2＋y2－2y－7＝0 相交于 A，B 两点，则|AB|的最小值为________． 15．已知实数 x，y 满足 2x－y≤0， x－3y＋5≥0， x>0， y>0， 则 z＝ 1 4 x 1 2 y 的最小值为________． 16．已知函数 y＝f(x)(x∈R)，对函数 y＝g(x)(x∈I)，定义 g(x)关于 f(x)的“对称函数”为 y＝h(x)(x∈I)， y＝h(x)满足：对任意 x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x)) 对称．若 h(x)＝－asin x 是 g(x)关 于 f(x)＝cos x＋π 4 cos x－π 4 的“对称函数”，且 g(x)在 π 6 ，π 2 上是减函数，则实数 a 的取值范围是________． 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．(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，Sn＝3an－1 2 . (1)求 an； (2)若 bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 18．(12 分)已知某保险公司的某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保 人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下表： 上年度出险次数 0 1 2 3 ≥4 保费/元 0.9a a 1.5a 2.5a 4a 随机调查了该险种的 200 名续保人在一年内的出险情况，得到下表： 出险次数 0 1 2 3 ≥4 4 频数 140 40 12 6 2 该保险公司这种保险的赔付规定如下表： 出险序次 第 1 次 第 2 次 第 3 次 第 4 次 第 5 次及以上 赔付金额/元 2.5a 1.5a a 0.5a 0 将所抽样本的频率视为概率． (1)求本年度一续保人保费的平均值的估计值； (2)求本年度一续保人所获赔付金额的平均值的估计值； (3)据统计今年有 100 万投保人进行续保，若该公司此险种的纯收益不少于 900 万元，求 a 的最小值(纯收益＝ 总入保额－总赔付额)． 19．(12 分)如图，△PAD 是边长为 3 的等边三角形，四边形 ABCD 为正方形，平面 PAD⊥平面 ABCD.点 E，F 分 别为棱 CD，PD 上的点，且PF FD ＝CE ED ＝1 2 ，G 为棱 AB 上一点，且AG GB ＝λ. (1)当λ＝1 2 时，求证：PG∥平面 AEF； (2)已知三棱锥 A－EFG 的体积为 3，求λ的值． 5 20．(12 分)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1，F2，A，B 分别是其左、右顶点，点 P 是椭 圆 C 上任一点，且△PF1F2 的周长为 6，若△PF1F2 面积的最大值为 3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)若过点 F2 且斜率不为 0 的直线交椭圆 C 于 M，N 两个不同的点，证明：直线 AM 与 BN 的交点在一条定直线上． 21．(12 分)已知函数 f(x)＝x2－8x＋aln x(a∈R)． (1)当 x＝1 时，f(x)取得极值，求 a 的值，并判断 x＝1 是极大值点还是极小值点； (2)当函数 f(x)有两个极值点 x1，x2(x1t(4＋3x1－x2 1)成立，求 t 的取值范围． (二)选考题：共 10 分．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． 22．[选修 4－4：坐标系与参数方程](10 分) 已知曲线 C1：x2＋(y－3)2＝9，A 是曲线 C1 上的动点，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 以极点 O 为中心，将点 A 绕点 O 逆时针旋转 90°得到点 B，设点 B 的轨迹为曲线 C2. (1)求曲线 C1，C2 的极坐标方程； (2)射线θ＝5π 6 (ρ>0)与曲线 C1，C2 分别交于 P，Q 两点，定点 M(－4,0)，求△MPQ 的面积． 23．[选修 4－5：不等式选讲](10 分) 已知函数 f(x)＝|3x－2a|＋|2x－2|(a∈R)． 6 (1)当 a＝1 2 时，解不等式 f(x)>6； (2)若对任意 x∈R，不等式 f(x)＋3x>4＋|2x－2|都成立，求 a 的取值范围． 7 仿真模拟冲刺卷(四) 1．答案：B 解析：解法一 因为1－i 1＋i ＋3i＝1－i2 2 ＋3i＝2i，故选 B. 解法二 1－i 1＋i ＋3i＝1－i＋3i－3 1＋i ＝－21－i2 2 ＝2i，故选 B. 2．答案：B 解析：由 log2(x－1)<1，得 00，所以排除选项 C，D.因为 x>0 时，f(x)＝x2ex x ＝xex，所以 f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)>0，所以 f(x) 在(0，＋∞)上单调递增，排除选项 B.故选 A. 5．答案：B 解析：s＝0，n＝1，第一次运行，s＝21－0＝2，n＝1＋2＝3； 第二次运行，s＝23－2＝6，n＝3＋2＝5； 第三次运行，s＝25－6＝26，n＝5＋2＝7； 第四次运行，s＝27－26＝102，n＝7＋2＝9>8，终止循环．输出 s＝102，故选 B. 6．答案：C 解析：解法一 不等式组 x－4y＋3≤0， x＋2y－9≤0， x≥1 表示的平面区域如图中三角形 ABC(包括边界)所示，作出直线 2x 8 ＋y＝0 并平移，可知当直线 z＝2x＋y 经过点 A 时，z 取得最小值，解方程组 x＝1， x－4y＋3＝0 得 x＝1， y＝1， 即 A(1,1)， 所以 zmin＝2×1＋1＝3，当直线 z＝2x＋y 经过点 B 时，z 取得最大值，解方程组 x－4y＋3＝0， x＋2y－9＝0 得 x＝5， y＝2， 即 B(5,2)，所以 zmax＝2×5＋2＝12，所以 z 的取值范围为[3,12]，故选 C. 解法二 由方程组 x－4y＋3＝0， x＝1， x－4y＋3＝0， x＋2y－9＝0， x＋2y－9＝0， x＝1， 可得可行域的三个顶点坐标分别为 A(1,1)，B(5,2)，C(1,4)，分别代入 z＝2x＋y 中，得 zA ＝3，zB＝12，zC＝6，所以 z 的取值范围为[3,12]，故选 C. 7．答案：B 解析：解法一 因为 f(x)＝2 3 2 sin ωx－1 2 cos ωx ＝2sin ωx－π 6 ，f(x)的最小正周期为 2π，所以ω＝2π 2π ＝1，所以 f(x)＝2sin x－π 6 ，由 2kπ－π 2 ≤x－π 6 ≤2kπ＋π 2 (k∈Z)，得 2kπ－π 3 ≤x≤2kπ＋2π 3 (k∈Z)， 所以 f(x)的单调递增区间为 2kπ－π 3 ，2kπ＋2π 3 (k∈Z)，故选 B. 解法二 因为 f(x)＝2 3 2 sin ωx－1 2 cos ωx ＝－2cos ωx＋π 3 ，f(x)的最小正周期为 2π，所以ω＝2π 2π ＝ 1，所以 f(x)＝－2cos x＋π 3 ，由 2kπ≤x＋π 3 ≤2kπ＋π(k∈Z)，得 2kπ－π 3 ≤x≤2kπ＋2π 3 (k∈Z)， 所以 f(x)的单调递增区间为 2kπ－π 3 ，2kπ＋2π 3 (k∈Z)，故选 B. 8．答案：D 解析：当 a＝0 时，f(x)＝－bx＋1 在[2，＋∞)上不可能单调递增，当 a≠0 时，由已知及二次函数的单调性知 －－b 2a ≤2，即 b≤4a，所以由题意可得 01，所以 e＝4，故选 B. 12．答案：A 10 解析：因为 f(x)＝1 3 x3＋a 1 2 x2＋x＋2 ，所以 f′(x)＝x2＋ax＋a， 令 f′(x)＝0，则Δ＝a2－4a＝(a－2)2－4. 因为 1 2 x2＋x＋2＝1 2 (x＋1)2＋3 2 >0，所以令 f(x)＝0，则 a＝ －1 3 x3 1 2 x2＋x＋2 ， f(x)的零点转化为直线 y＝a 与函数 g(x)＝ －1 3 x3 1 2 x2＋x＋2 的图象的交点． g′(x)＝ －x2 1 2 x2＋x＋2 ＋1 3 x3x＋1 1 2 x2＋x＋2 2 ＝ －1 6 x4－2 3 x3－2x2 1 2 x2＋x＋2 2 ， 令 g′(x)＝0，即－1 6 x4－2 3 x3－2x2＝0，整理得 x2(x2＋4x＋12)＝0， 由于 x2＋4x＋12＝(x＋2)2＋8>0，所以 x＝0，所以 g′(x)≤0，所以 g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以直 线 y＝a 与函数 g(x)的图象可能有 1 个交点．所以 f(x)的零点可能有 1 个．故选 A. 13．答案：55° 解析：由题意知 cos α＝sin 35°＝cos 55°，sin α＝cos 35°＝sin 55°，P 在第一象限，∴α＝55°. 14．答案：①④⑤ 解析：命题①，显然正确；命题②，m，n 可能异面，故②为假命题；命题③，可能 n⊂α，故③为假命题；命 题④，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知④为真命题；命题⑤，由 m∥n，m⊥α，得 n⊥α，又 α∥β，所以 n⊥β，故⑤为真命题．综上，正确的命题为①④⑤. 15．答案：2 解析：f′(x)＝a＋3 x2，f′(1)＝a＋3，f(1)＝a－3，故 f(x)的图象在点(1，a－3)处的切线方程为 y－(a－3) ＝(a＋3)(x－1)，又切线过点(2,4)，所以 4－(a－3)＝a＋3，解得 a＝2. 16．答案：2 3 解析：∵ccos B＋bcos C＝2acos A，∴sin Ccos B＋sin Bcos C＝2sin Acos A，∴sin(C＋B)＝2sin Acos A， ∴sin A＝2sin Acos A．∵00，所以 q＝3，所以 an＝3n－1.(5 分) (2)bn＝ 1 n＋2log3an＋1 ＝ 1 nn＋2 ＝1 2 1 n － 1 n＋2 ，(8 分) 所以 Sn＝1 2 1－1 3 ＋1 2 －1 4 ＋…＋ 1 n－1 － 1 n＋1 ＋1 n － 1 n＋2 ＝3 4 － 2n＋3 2n＋1n＋2 .(12 分) 18．解析：(1)因为平面 PAD⊥平面 ABCD， 平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，CD⊂平面 ABCD，且 CD⊥AD， 所以 CD⊥平面 PAD. 在△PCD 中，E，F 分别是 PD，PC 的中点， 所以 EF∥CD，所以 EF⊥平面 PAD. 因为 EF⊂平面 EFG，所以平面 EFG⊥平面 PAD. (2)因为 EF∥CD，EF⊂平面 EFG，CD⊄ 平面 EFG， 所以 CD∥平面 EFG， 因此 CD 上的点 M 到平面 EFG 的距离等于点 D 到平面 EFG 的距离，连接 DF，DG，如图， V 三棱锥 M－EFG＝V 三棱锥 D－EFG. 取 AD 的中点 H，连接 GH，EH，FH， 则 EF∥GH， 因为 EF⊥平面 PAD，EH⊂平面 PAD， 所以 EF⊥EH. 于是 S△EFH＝1 2 EF×EH＝2＝S△EFG. 平面 EFG⊥平面 PAD，平面 EFG∩平面 PAD＝EH， 且易知△EHD 是边长为 2 的正三角形，所以点 D 到平面 EFG 的距离等于正三角形 EHD 的高，为 3. 所以三棱锥 M－EFG 的体积 V 三棱锥 M－EFG＝V 三棱锥 D－EFG＝1 3 ×S△EFG× 3＝2 3 3 . 12 19．解析：(1)根据直线 y＝3 2 x 与椭圆 C 在第一象限内的交点是 M，点 M 在 x 轴上的射影恰好是椭圆 C 的右焦点 F2， 可知焦点在 x 轴上且 M 点坐标 c，3 2 c ，F1(－c,0)，F2(c,0)． ∵MF1 → ·MF2 → ＝9 4 ， ∴9 4 c2＝9 4 ，∴c＝1. 设椭圆 C 方程：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)， M 点坐标 1，3 2 代入椭圆 C 方程得 1 a2＋ 9 4 b2 ＝1， ∵c＝ a2－b2＝1， ∴a＝2，b＝ 3. ∴椭圆 C 方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1.(6 分) (2)要使△F2PQ 的内切圆面积最大，即使△F2PQ 的面积最大， ∵F2F1 为定长， ∴当且仅当直线 l 过(－1,0)，与 x 轴垂直时△F2PQ 的面积最大， 此时 P －1，3 2 ，Q －1，－3 2 ， ∴|F2P → |＝|F2Q → |＝5 2 ，|PQ → |＝3. 设△F2PQ 的内切圆半径为 r，则 1 2 ×3×2＝1 2 × 3＋5 2 ＋5 2 r， ∴r＝3 4 ，其面积 S＝9π 16 .(12 分) 20．解析：(1)易知“地理之星”总人数为 45×1 3 ＝15，得到 2×2 列联表如下： 地理之星 非地理之星 合计 男生 7 8 15 13 女生 8 22 30 合计 15 30 45 (4 分) 则 k＝45×7×22－8×82 15×30×15×30 ＝1.8<2.706， 所以没有 90%以上的把握认为获得“地理之星”与“性别”有关．(6 分) (2)没有得满分的同学．记各个分值由高到低分别为 x1，x2，…，x15，则 ①若有两个及以上得满分， 则 s2＝ 1 15 [(100－90)2＋(100－90)2＋(x3－90)2＋…＋(x15－90)2]>40 3 >7.2，不符合题意．(8 分) ②若恰有一个满分，为使方差最小，则其他分值需集中分布于平均数 90 的附近，且保证平均值为 90，则有 10 个得分为 89，其余 4 个得分为 90，此时方差取得最小值．(10 分) s2 min＝ 1 15 [(100－90)2＋4×(90－90)2＋10×(89－90)2]＝22 3 >7.2，与题意方差为 7.2 不符． 综上，这些同学中没有得满分的同学． (也可以从一个满分讨论入手，推导一个不符合题意，两个更不符合题意)(12 分) 21．解析：(1)因为 f(x)＝ x 1＋x －aln(1＋x)(x>－1)， 所以 f′(x)＝ 1 x＋12－ a x＋1 ＝－ax－a＋1 x＋12 ，(1 分) 当 a≤0 时，f′(x)>0，所以函数 f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)．(2 分) 当 a>0 时，由 f′x>0， x>－1， 得－1－1， 得 x>－1＋1 a .(3 分) 所以函数 f(x)的单调递增区间是 －1，－1＋1 a ；单调递减区间是 －1＋1 a ，＋∞ .(4 分) 综上所述，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)． 当 a>0 时，函数 f(x)的单调递增区间是 －1，－1＋1 a ；单调递减区间是 －1＋1 a ，＋∞ .(5 分) (2)若 a<0，则∀x1，x2∈[0，e]，不等式 f(x1)≥g(x2)恒成立， 等价于“对任意 x∈[0，e]，f(x)min≥g(x)max 恒成立”．(6 分) 当 a<0 时，由(1)知，函数 f(x)在[0，e]上单调递增， 所以 f(x)min＝f(0)＝0.(7 分) g′(x)＝2xemx＋1＋x2emx＋1m＝x(mx＋2)emx＋1， (ⅰ)当 m≥0 时，由 0≤x≤e，得 g′(x)≥0，知函数 g(x)在[0，e]上单调递增， 所以 g(x)max＝g(e)＝eme＋3－e2>0，不符合题意．(8 分) 14 (ⅱ)当－2 e ≤m<0，即－2 m ≥e 时，在[0，e]上，g′(x)≥0，所以 g(x)在[0，e]上单调递增，所以 g(x)max＝g(e) ＝eme＋3－e2，只需满足：eme＋3－e2≤0，即 m≤－1 e ，所以－2 e ≤m≤－1 e .(9 分) (ⅲ)当 m<－2 e ，即 0<－2 m －2 e ，所以 m<－2 e .(11 分) 综上所述，实数 m 的取值范围为 －∞，－1 e .(12 分) 22．解析：(1)将直线 l 的参数方程化为普通方程，得 3x＋y－a＝0.(2 分) 由ρ＝4cos θ，得ρ2＝4ρcos θ，(3 分) 从而 x2＋y2＝4x，即曲线 C 的直角坐标方程为 x2－4x＋y2＝0.(5 分) (2)解法一 由 ρ＝4cos θ θ＝π 3 ρ≥0 ，得 P 2，π 3 . 所以|OP|＝2，(6 分) 将直线 l 的参数方程代入圆的方程 x2－4x＋y2＝0 中，得 t2＋(2＋ 3a)t＋a2＝0， 由Δ＞0，得 2 3－4＜a＜2 3＋4.(8 分) 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2， 则|AB|＝|t1－t2|＝ t1＋t22－4t1t2＝ 4＋4 3a－a2＝2，(9 分) 解得，a＝0 或 a＝4 3. 所以，所求 a 的值为 0 或 4 3.(10 分) 解法二 将θ＝π 3 (ρ≥0)化为直角坐标方程，得 3x－y＝0(x≥0)，(6 分) 由(1)知，曲线 C：(x－2)2＋y2＝4 的圆心 C(2,0)，半径为 2， 由点到直线的距离公式，得点 C 到该射线的最短距离 d＝ 2 3 3＋1 ＝ 3，(7 分) 所以该射线与曲线 C 相交所得的弦长为|OP|＝2 22－ 32＝2.(8 分) 圆心 C 到直线 l 的距离为：|2 3－a| 3＋1 ＝|2 3－a| 2 ，(9 分) 15 由 |2 3－a| 2 2＋12＝22，得(2 3－a)2＝12，即 2 3－a＝±2 3， 解得，a＝0 或 a＝4 3. 所以，所求 a 的值为 0 或 4 3.(10 分) 23．解析：(1)解法一 当 x＜－1 2 时，不等式化为：－2x－1＋1－2x＜4，即 x＞－1， 所以－1＜x＜－1 2 ；(2 分) 当－1 2 ≤x≤1 2 时，不等式化为：2x＋1－2x＋1＜4，即 2＜4， 所以－1 2 ≤x≤1 2 ；(3 分) 当 x＞1 2 时，不等式化为：2x＋1＋2x－1＜4，即 x＜1， 所以1 2 ＜x＜1，(4 分) 综上可知，M＝{x|－1＜x＜1}．(5 分) 解法二 设 f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|， 则 f(x)＝ －4x，x<－1 2 ， 2，－1 2 ≤x≤1 2 ， 4x，x>1 2 . (2 分) 函数 f(x)的图象如图所示，(4 分) 若 f(x)<4，由右图可得，－11 2 ， 2x＋1＋2x－1<4. (3 分) 解得－1