高考数学二轮复习 仿真模拟卷一理.docx

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高考数学二轮复习仿真模拟卷一理

2019-2020年高考数学二轮复习仿真模拟卷

（一）理

一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分）

1.已知集合A={-2,0,2},B={x|x2-x-2=0},则A∩B等于（　　）

（A）（B）{2}（C）{0}（D）{-2}

2.等于（　　）

（A）1+2i（B）-1+2i（C）1-2i（D）-1-2i

3.在△ABC中,D为BC边的中点,若=（2,0）,=（1,4）,则等于（　　）

（A）（-2,-4）（B）（0,-4）（C）（2,4）（D）（0,4）

4.从数字1,2,3,4,5中任取两个不同的数字构成一个两位数,这个两位数大于40的概率是（　　）

（A）（B）（C）（D）

5.已知{an}为等比数列,下面结论中正确的是（　　）

（A）a1+a3≥2a2（B）+≥2

（C）若a1=a3,则a1=a2（D）若a3>a1,则a4>a2

6.若（+）n展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是（　　）

（A）180（B）120（C）90（D）45

7.若α、β∈R且α≠kπ+（k∈Z）,β≠kπ+（k∈Z）,则“α+β=”是“（tanα-1）（tanβ-1）=4”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

8.为得到函数y=cos（2x+）的图象,只需将函数y=sin2x的图象（　　）

（A）向左平移个长度单位（B）向右平移个长度单位

（C）向左平移个长度单位（D）向右平移个长度单位

9.执行如图所示的程序框图,若输出的结果为,则输入的实数x的值是（　　）

（A）（B）（C）（D）

10.若三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,SA⊥平面ABC,SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O的表面积为（　　）

（A）64π（B）16π（C）12π（D）4π

11.如图,一个四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则这个四棱锥的侧面积为（　　）

（A）2（B）6（C）2（+）（D）2（+）+2

第9题图

第11题图

12.设直线x=t与函数f（x）=x2,g（x）=lnx的图象分别交于点M,N,则当|MN|达到最小时t的值为（　　）

（A）1（B）（C）（D）

二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分）

13.已知等差数列{an}满足a3+a4=12,3a2=a5,则a6=　　　　. 

14.已知函数f（x）=则f（x）dx=　　　　. 

15.在平面直角坐标系中,若不等式组（a为常数）所表示的平面区域内的面积等于2,则a=　　　　. 

16.过双曲线-=1（a>0,b>0）的右顶点A作斜率为-1的直线,该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B,C.若=,则双曲线的离心率是　　　　. 

三、解答题（共70分）

17.（本小题满分12分）

在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,a2+c2-ac=b2,cosA=,b=2.

（1）求sinC的值;

（2）求△ABC的面积.

18.（本小题满分12分）

一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球,从中随机抽取50个作为样本,称出它们的重量（单位:

克）,重量分组区间为[5,15],（15,25],（25,35],（35,45],由此得到样本的重量频率分布直方图（如图）,

（1）求a的值,并根据样本数据,试估计盒子中小球重量的众数与平

均值;

（2）从盒子中随机抽取3个小球,其中重量在[5,15]内的小球个数为X,求X的分布列和数学期望.（以直方图中的频率作为概率）

19.（本小题满分12分）

如图,在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2,M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.

（1）证明:

PQ∥平面BCD;

（2）若二面角CBMD的大小为60°,求∠BDC的大小.

20.（本小题满分12分）

已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,左、右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=2,点（1,）在椭圆C上.

（1）求椭圆C的方程;

（2）过F1的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且△AF2B的面积为,求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程.

21.（本小题满分12分）

已知a∈R,函数f（x）=lnx-a（x-1）.

（1）若a=,求函数y=|f（x）|的极值点;

（2）若不等式f（x）≤-+恒成立,求a的取值范围.（e为自然对数的底数）

请在第22,23,24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题

计分.

22.（本小题满分10分）选修41:

几何证明选讲

如图,在△ABC中,∠ABC=90°,以AB为直径的☉O交AC于D,过点D作☉O的切线交BC于E,AE交☉O于点F.

（1）证明:

E是BC的中点;

（2）证明:

AD·AC=AE·AF.

23.（本小题满分10分）选修44:

坐标系与参数方程

在极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρ=4sin（θ+）,现以极点O为原点,极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系,直线l的参数方程为

（t为参数）.

（1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程;

（2）设直线l和曲线C交于A,B两点,定点P（-2,-3）,求|PA|·|PB|

的值.

24.（本小题满分10分）选修45:

不等式选讲

已知函数f（x）=|2x-1|+|2x+a|,g（x）=x+3.

（1）当a=-2时,求不等式f（x）

（2）设a>-1,且当x∈[-,）时,f（x）≤g（x）,求a的取值范围.

高考仿真模拟卷

（一）

1.B　2.B　3.D　4.B　5.B　6.A　7.A　8.A　9.B　10.A　11.C　12.D　

13.解析:

设等差数列{an}的公差为d,

因为a3+a4=12,3a2=a5,

所以2a1+5d=12,3（a1+d）=a1+4d,

联立解得a1=1,d=2,

所以a6=a1+5d=11.

答案:

11

14.解析:

f（x）dx=dx+exdx,

由定积分的几何意义可知dx表示上半圆x2+y2=1（y≥0）的面积,

所以dx=,

又exdx=ex|=e2-e.

所以f（x）dx=+e2-e.

答案:

+e2-e

15.解析:

直线ax-y+1=0过点（0,1）,当a<0时,不等式组所表示的平面区域如图

（1）阴影部分所示,显然面积不可能为2,故只能a≥0,此时不等式组所表示的平面区域如图

（2）阴影部分所示,区域为三角形区域,若这个三角形的面积为2,则AB=4,即点B的坐标为（1,4）,代入y=ax+1得a=3.

答案:

3

16.解析:

直线l:

y=-x+a与渐近线l1:

bx-ay=0交于B（,）,

l与渐近线l2:

bx+ay=0交于C（,）,

因为A（a,0）,

所以=（-,）,

=（,-）,

因为=,

所以-=,

所以b=2a,

所以c2-a2=4a2,

所以e2==5,

所以e=.

答案:

17.解:

（1）由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB,

因为a2+c2-ac=b2,

所以cosB=,

所以sinB=,

因为cosA=,

所以sinA=,

所以sinC=sin（A+B）

=sinAcosB+cosAsinB

=×+×

=;

（2）由正弦定理可得=,

所以=,

所以a=,

所以S△ABC=absinC

=××2×

=.

18.解:

（1）由题意得（0.02+0.032+a+0.018）×10=1,

解得a=0.03;

又由最高矩形中点的横坐标为20,

可估计盒子中小球重量的众数约为20,

而50个样本小球重量的平均值为:

=0.2×10+0.32×20+0.3×30+0.18×40=24.6（克）,

故估计盒子中小球重量的平均值为24.6克.

（2）利用样本估计总体,该盒子中小球的重量在[5,15]内的概率为;

则X～B（3,）,X=0,1,2,3;

P（X=0）=×（）3=;

P（X=1）=×（）2×=;

P（X=2）=×（）×（）2=;

P（X=3）=×（）3=,

所以X的分布列为

x

0

1

2

3

P

即E（X）=0×+1×+2×+3×=.

19.

（1）证明:

如图所示,取BD的中点O,

以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,

建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意知A（0,,2）,B（0,-,0）,

D（0,,0）.

设点C的坐标为（x0,y0,0）,

因为=3,

所以Q（x0,+y0,）.

因为点M为AD的中点,

故M（0,,1）.

又点P为BM的中点,

故P（0,0,）,

所以=（x0,+y0,0）.又平面BCD的一个法向量为a=（0,0,1）,

故·a=0.

又PQ⊄平面BCD,

所以PQ∥平面BCD.

（2）解:

设m=（x,y,z）为平面BMC的法向量.

由=（-x0,-y0,1）,

=（0,2,1）,

知

取y=-1,得m=（,-1,2）.

又平面BDM的一个法向量为n=（1,0,0）,于是

|cos|=

=

=,

即（）2=3.①

又BC⊥CD,

所以·=0,

故（-x0,--y0,0）·（-x0,-y0,0）=0,

即+=2.②

联立①②,解得或

所以tan∠BDC=||=.

又∠BDC是锐角,

所以∠BDC=60°.

20.解:

（1）设椭圆C的方程为+=1（a>b>0）,

由题意可得椭圆C两焦点坐标分别为F1（-1,0）,F2（1,0）.

所以2a=

+

=+=4.

所以a=2,

又c=1,

所以b2=4-1=3,

故椭圆C的方程为+=1.

（2）当直线l⊥x轴时,计算得到:

A（-1,-）,B（-1,）,

=·|AB|·|F1F2|=×3×2=3,不符合题意.

当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=k（x+1）,

由

消去y得（3+4k2）x2+8k2x+4k2-12=0,

显然Δ>0成立,设A（x1,y1）,B（x2,y2）,

则x1+x2=-,x1x2=,

又|AB|

=·

=·

即|AB|=·

=,

又圆F2的半径

r==,

所以=|AB|r

=×·

=

=,

化简得17k4+k2-18=0,

即（k2-1）（17k2+18）=0,

解得k=±1,

所以r==,

故圆F2的方程为（x-1）2+y2=2.

21.解:

（1）若a=,

则f（x）=lnx-,

f′（x）=-.

当x∈（0,e-1）时,f′（x）>0,f（x）单调递增;

当x∈（e-1,+∞）时,f′（x）<0,f（x）单调递减.

又因为f

（1）=0,f（e）=0,所以

当x∈（0,1）时,f（x）<0;当x∈（1,e-1）时,f（x）>0;

当x∈（e-1,e）时,f（x）>0;

当x∈（e,+∞）时,f（x）<0.

故y=|f（x）|的极小值点为1和e,极大值点为e-1.

（2）不等式f（x）≤-+,

整理为lnx+-+a≤0.（*）

设g（x）=lnx+-+a,

则g′（x）=+-

=

=（x>0）.

①当a≤0时,2ax-e<0,

所以,当x∈（0,e）时,g′（x）>0,g（x）单调递增;

当x∈（e,+∞）时,g′（x）<0,g（x）单调递减.

从而g（x）max=g（e）=0.

故g（x）≤0恒成立.

②当a>0时,

g′（x）=

=（x-e）（-）.

令-=,解得x1=,则当x>x1时,->;

再令（x-e）=1,解得x2=+e,则当x>x2时,

（x-e）>1.

取x0=max{x1,x2},

则当x>x0时,g′（x）>1.

所以,当x∈（x0,+∞）时,g（x）-g（x0）>x-x0,

即g（x）>x-x0+g（x0）.

这与“g（x）≤0恒成立”矛盾.

综上所述a的取值范围为（-∞,0].

22.证明:

（1）连接BD,

因为AB为☉O的直径,

所以BD⊥AC,

又∠ABC=90°,

所以CB切☉O于点B,

又ED切☉O于点D,

因此EB=ED,所以∠EBD=∠EDB,

又因为∠CDE+∠EDB=90°=∠EBD+∠C,

所以∠CDE=∠C,

所以ED=EC,因此EB=EC,

即E是BC的中点.

（2）连接BF,显然BF是Rt△ABE斜边上的高,

可得△ABE∽△AFB,

于是有=,

即AB2=AE·AF,

同理可得AB2=AD·AC,

所以AD·AC=AE·AF.

23.解:

（1）ρ=4sin（θ+）=4sinθ+4cosθ,

所以ρ2=4ρsinθ+4ρcosθ,所以x2+y2-4x-4y=0,

即曲线C的直角坐标方程为（x-2）2+（y-2）2=8;

直线l的普通方程为x-y+2-3=0.

（2）把直线l的参数方程代入到圆C:

x2+y2-4x-4y=0,

得t2-（4+5）t+33=0,

设方程的两根为t1,t2,则t1t2=33.

因为点P（-2,-3）显然在直线l上,

由直线的参数方程下t的几何意义知

|PA||PB|=|t1t2|=33.

24.解:

（1）当a=-2时,不等式f（x）

设y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,

则y=

其图象如图所示.

结合图象可得,y<0时0

故原不等式的解集为{x|0

（2）当a>-1,且当x∈[-,）时,

f（x）=1+a,

不等式f（x）≤g（x）化为1+a≤x+3,

故x≥a-2对x∈[-,）都成立.

故-≥a-2,解得a≤,

故a的取值范围为（-1,].