江西省麻山中学2020届高三高考数学仿真模拟冲刺卷（四） 20页

‎2020届高考数学仿真模拟冲刺卷(四)‎ 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.＋3i＝(　　)‎ A．i B．2i C．1－3i D．1＋3i ‎2．已知集合A＝{x|log2(x－1)<1}，B＝{x||x－a|<2}，若A⊆B，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．(1,3) B．[1,3] C．[1，＋∞) D．(－∞，3]‎ ‎3．已知向量a＝(2,1)，b＝(2，x)不平行，且满足(a＋2b)⊥(a－b)，则x＝(　　)‎ A．－ B. C．1或－ D．1或 ‎4．函数f(x)＝的图象大致为(　　)‎ ‎5．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的s＝(　　)‎ A．26 B．‎102 C．410 D．512‎ ‎6．设x，y满足约束条件则z＝2x＋y的取值范围为(　　)‎ A．[2,6] B．[3,6] C．[3,12] D．[6,12]‎ ‎7．已知函数f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)的最小正周期为2π，则f(x)的单调递增区间是(　　)‎ A.(k∈Z) ‎ B.(k∈Z)‎ C.(k∈Z) ‎ D.(k∈Z)‎ ‎8．已知a，b是区间[0,4]上的任意实数，则函数f(x)＝ax2－bx＋1在[2，＋∞)上单调递增的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为(　　)‎ A. B．‎16 C．32 D．48‎ ‎10．已知正三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为2，则球O的表面积为(　　)‎ A．10π B．25π C．100π D．125π ‎11．已知M为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右支上一点，A，F分别为双曲线C的左顶点和右焦点，线段FA的垂直平分线过点M，∠MFA＝60°，则C的离心率为(　　)‎ A．6 B．4‎ C．3 D．2‎ ‎12．已知函数f(x)＝x3＋a，则f(x)的零点可能有(　　)‎ A．1个 ‎ B．1个或2个 C．1个或2个或3个 ‎ D．2个或3个 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．已知点P(sin 35°，cos 35°)为角α终边上一点，若0°≤α<360°，则α＝________.‎ ‎14．已知两条不同的直线m，n，两个不重合的平面α，β，给出下列五个命题：‎ ‎①m∥n，m⊥α⇒n⊥α　‎ ‎②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n　‎ ‎③m∥n，m∥α⇒n∥α ‎④m⊥α，m∥β⇒α⊥β　‎ ‎⑤α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.‎ 其中正确命题的序号是________．‎ ‎15．若函数f(x)＝ax－的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,4)，则a＝________.‎ ‎16．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若ccos B＋bcos C＝2acos A，＝＋，且AM＝1，则b＋‎2c的最大值是________．‎ 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{an}是首项为1的等比数列，各项均为正数，且a2＋a3＝12.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎18．(12分)如图，已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．‎ ‎(1)求证：平面EFG⊥平面PAD；‎ ‎(2)若M是线段CD上一点，求三棱锥M－EFG的体积．‎ ‎19．(12分)已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝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，椭圆C的另一个焦点是F1，且·＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l过点(－1,0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．‎ ‎20．(12分)某校高三文科(1)班共有学生45人，其中男生15人，女生30人．在一次地理考试后，对成绩作了数据分析(满分100分)，成绩为85分以上的同学称为“地理之星”，得到了如下图表：‎ 地理之星 非地理之星 合计 男性 女生 合计 如果从全班45人中任意抽取1人，抽到“地理之星”的概率为.‎ ‎(1)完成“地理之星”与性别的2×2列联表，并回答是否有90%以上的把握认为获得“地理之星”与“性别”有关？‎ ‎(2)若已知此次考试中获得“地理之星”的同学的成绩平均值为90，方差为7.2，请你判断这些同学中是否有得到满分的同学，并说明理由．(得分均为整数)‎ 参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.‎ 临界值表：‎ P(K2≥k0)‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ k0‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎21．(12分)已知函数f(x)＝－aln(1＋x)(a∈R)，g(x)＝x2emx＋1－e2.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若a<0，∀x1，x2∈[0，e]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，求实数m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)‎ 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数，a∈R)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝4cos θ，射线θ＝(ρ≥0)与曲线C交于O，P两点，直线l与曲线C交于A，B两点．‎ ‎(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎(2)当|AB|＝|OP|时，求a的值．‎ ‎23．[选修4－5：不等式选讲](10分)‎ 已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|＜4的解集为M.‎ ‎(1)求集合M；‎ ‎(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.‎ 仿真模拟冲刺卷(四)‎ ‎1．答案：B 解析：解法一　因为＋3i＝＋3i＝2i，故选B.‎ 解法二　＋3i＝＝＝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)＝＝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＋y＝0并平移，可知当直线z＝2x＋y经过点A时，z取得最小值，解方程组得即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，解方程组得即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 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＝2sin，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝＝1，所以f(x)＝2sin，由2kπ－≤x－≤2kπ＋(k∈Z)，得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，‎ 所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，故选B.‎ 解法二　因为f(x)＝2＝－2cos，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝＝1，所以f(x)＝－2cos，由2kπ≤x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，‎ 所以f(x)的单调递增区间为(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－≤2，即b≤‎4a，所以由题意可得画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(梯形OABD)所示，易得D(1,4)，所以S梯形OABD＝×(4＋3)×4＝14，正方形OABC的面积S＝4×4＝16，所以函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增的概率P＝＝，故选D.‎ ‎9．答案：A 解析：由三视图知，该四面体可以看作是正方体中的三棱锥P－ABC，如图，‎ 由已知可得AB＝4，AC＝4，△ABC是直角三角形，所以S△ABC＝AB×AC＝×4×4＝8，所以四面体P－ABC的体积V＝×8×4＝，故选A.‎ ‎10．答案：B 解析：如图，设O1为正三棱锥S－ABC的底面中心，连接SO1，则SO1是三棱锥的高，三棱锥的外接球的球心O在SO1上，设球的半径为R，连接AO1，AO，因为正三角形ABC的边长为2，所以AO1＝2××＝2，因为SA＝2，所以在Rt△ASO1中，SO1＝＝4，在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，解得R＝，所以球O的表面积为4π×2＝25π，故选B.‎ ‎11．答案：B 解析：如图，设双曲线C的左焦点为F1，连接MF1，由题意知|MF|＝a＋c，|MF1|＝‎3a＋c，在△MF‎1F中，由余弦定理得|MF1|2＝|F‎1F|2＋|MF|2－2|F‎1F|·|MF|cos 60°，所以(‎3a＋c)2＝(‎2c)2＋(a＋c)2－2×‎2c(a＋c)×，整理得 ‎4a‎2＋‎3ac－c2＝0，因为e＝，所以e2－3e－4＝0，因为e>1，所以e＝4，故选B.‎ ‎12．答案：A 解析：因为f(x)＝x3＋a，所以f′(x)＝x2＋ax＋a，‎ 令f′(x)＝0，则Δ＝a2－‎4a＝(a－2)2－4.‎ 因为x2＋x＋2＝(x＋1)2＋>0，所以令f(x)＝0，则a＝，‎ f(x)的零点转化为直线y＝a与函数g(x)＝的图象的交点．‎ g′(x)＝＝，‎ 令g′(x)＝0，即－x4－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＋，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 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＝＝＝，(8分)‎ 所以 Sn＝ ‎＝－.(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＝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.‎ 所以三棱锥M－EFG的体积V三棱锥M－EFG＝V三棱锥D－EFG＝×S△EFG×＝.‎ ‎19．解析：(1)根据直线y＝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，F1(－c,0)，F2(c,0)．‎ ‎∵·＝，‎ ‎∴c2＝，∴c＝1.‎ 设椭圆C方程：＋＝1(a>b>0)，‎ M点坐标代入椭圆C方程得 ＋＝1，‎ ‎∵c＝＝1，‎ ‎∴a＝2，b＝.‎ ‎∴椭圆C方程为＋＝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，Q，‎ ‎∴||＝||＝，||＝3.‎ 设△F2PQ的内切圆半径为r，则 ×3×2＝×r，‎ ‎∴r＝，其面积S＝.(12分)‎ ‎20．解析：(1)易知“地理之星”总人数为45×＝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 女生 ‎8‎ ‎22‎ ‎30‎ 合计 ‎15‎ ‎30‎ ‎45‎ ‎(4分)‎ 则k＝＝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＝[(100－90)2＋(100－90)2＋(x3－90)2＋…＋(x15－90)2]>>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)‎ s＝[(100－90)2＋4×(90－90)2＋10×(89－90)2]＝>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)＝－aln(1＋x)(x>－1)，‎ 所以f′(x)＝－＝，(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，由得－1－1＋.(3分)‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.(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；单调递减区间是.(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)‎ ‎(ⅱ)当－≤m<0，即－≥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≤－，所以－≤m≤－.(9分)‎ ‎(ⅲ)当m<－，即0<－－，所以m<－.(11分)‎ 综上所述，实数m的取值范围为.(12分)‎ ‎22．解析：(1)将直线l的参数方程化为普通方程，得x＋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，得P.‎ 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＋a)t＋a2＝0，‎ 由Δ＞0，得2－4＜a＜2＋4.(8分)‎ 设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，‎ 则|AB|＝|t1－t2|＝＝＝2，(9分)‎ 解得，a＝0或a＝4.‎ 所以，所求a的值为0或4.(10分)‎ 解法二　将θ＝(ρ≥0)化为直角坐标方程，得x－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＝＝，(7分)‎ 所以该射线与曲线C相交所得的弦长为|OP|＝2＝2.(8分)‎ 圆心C到直线l的距离为：＝，(9分)‎ 由2＋12＝22，得(2－a)2＝12，即2－a＝±2，‎ 解得，a＝0或a＝4.‎ 所以，所求a的值为0或4.(10分)‎ ‎23．解析：(1)解法一　当x＜－时，不等式化为：－2x－1＋1－2x ‎＜4，即x＞－1，‎ 所以－1＜x＜－；(2分)‎ 当－≤x≤时，不等式化为：2x＋1－2x＋1＜4，即2＜4，‎ 所以－≤x≤；(3分)‎ 当x＞时，不等式化为：2x＋1＋2x－1＜4，即x＜1，‎ 所以＜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)＝(2分)‎ 函数f(x)的图象如图所示，(4分)‎ 若f(x)<4，由右图可得，－1