2020届全国高考冲刺高考仿真模拟卷（四） 数学（文）（解析版）

2020届全国高考冲刺高考仿真模拟卷（四）
数学（文）（解析版）
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M＝{y|y＝x2－1，x∈R}，N＝{x|y＝}，则M∩N＝(　　)
A．[－，] B．[－1，]
C．∅ D．(－1，]
答案　B
解析　因为集合M＝{y|y＝x2－1，x∈R}＝{y|y≥－1}，N＝{x|y＝}＝{x|－≤x≤}，则M∩N＝[－1，]．
2．设命题p：∃x∈Q,2x－ln x<2，则綈p为(　　)
A．∃x∈Q,2x－ln x≥2 B．∀x∈Q,2x－ln x<2
C．∀x∈Q,2x－ln x≥2 D．∀x∈Q,2x－ln x＝2
答案　C
解析　綈p为∀x∈Q,2x－ln x≥2.
3．若函数f(x)是幂函数，且满足＝3，则f＝(　　)
A. B．3 C．－ D．－3
答案　A
解析　设f(x)＝xα(α为常数)，
∵满足＝3，∴＝3，∴α＝log23.
∴f(x)＝xlog23，则f＝2－log23＝.
4．已知下列四个命题：
①存在a∈R，使得z＝(1－i)(a＋i)为纯虚数；②对于任意的z∈C，均有z＋∈R，z·∈R；③对于复数z1，z2，若z1－z2>0，则z1>z2；④对于复数z，若|z|＝1，则z＋∈R.
其中正确命题的个数为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　C
解析　①z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，若z为纯虚数，则a＋1＝0，1－a≠0，得a＝－1，故①正确；②设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，那么z＋＝2a∈R，z·＝a2＋b2∈R，故②正确；③令z1＝3＋i，z2＝－2＋i，满足z1－z2>0，但不满足z1>z2，故③不正确；④设z＝a＋bi(a，b∈R)，其中a，b不同时为0，由|z|＝1，得a2＋b2＝1，则z＋＝a＋bi＋＝a＋bi＋＝2a∈R，故④正确．
5．关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是(　　)
A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥b
B．若α⊥β，m∥α，则m⊥β
C．若a⊥α，α∥β，则α⊥β
D．若a∥α，b⊥a，则b⊥α
答案　C
解析　A错误，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B错误，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能m在β内；由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D错误，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．
6．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6,3a4，－a5成等差数列，则＝(　　)
A．3 B．9 C．10 D．13
答案　C
解析　因为a6,3a4，－a5成等差数列，所以6a4＝a6－a5，设等比数列{an}的公比为q，则6a4＝a4q2－a4q，解得q＝3或q＝－2(舍去)，所以＝＝1＋q2＝10.
7．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－2,0)，过点F1作倾斜角为30°的直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为b，则椭圆的标准方程为(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案　B
解析　由左焦点为F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4，过点F1作倾斜角为30°的直线的方程为y＝(x＋2)，圆心(0,0)到直线的距离d＝＝1，
由直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为b，
可得2＝b，解得b＝2，a＝2，
则椭圆的标准方程为＋＝1.
8．甲、乙、丙、丁四人商量是否参加研学活动．甲说：“乙去我就肯定去．”乙说：“丙去我就不去．”丙说：“无论丁去不去，我都去．”丁说：“甲、乙中只要有一人去，我就去．”以下推论可能正确的是(　　)
A．乙、丙两个人去了 B．甲一个人去了
C．甲、丙、丁三个人去了 D．四个人都去了
答案　C
解析　因为乙说“丙去我就不去”，且丙一定去，所以A，D不可能正确．因为丁说“甲、乙中只要有一人去，我就去”，所以B不可能正确．选C.
9．下图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”．已知正整数n被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n的最小值．执行该程序框图，则输出的n＝(　　)

A．50 B．53 C．59 D．62
答案　B
解析　模拟程序运行，变量n值依次为1229,1061,893,725,557,389,221,53，此时不符合循环条件，输出n＝53.
10．(2019·天津高考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若g＝，则f＝(　　)
A．－2 B．－ C. D．2
答案　C
解析　∵函数f(x)为奇函数，且|φ|<π，∴φ＝0.
又f(x)的最小正周期为π，
∴＝π，解得ω＝2.∴f(x)＝Asin2x.
由题意可得g(x)＝Asinx，又g＝，
即Asin＝，解得A＝2.
故f(x)＝2sin2x.∴f＝2sin＝.故选C.
11．已知数列{an}，定义数列{an＋1－2an}为数列{an}的“2倍差数列”，若{an}的“2倍差数列”的通项公式为an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，若数列{an}的前n项和为Sn，则S33＝(　　)
A．238＋1 B．239＋2 C．238＋2 D．239
答案　B
解析　根据题意，得an＋1－2an＝2n＋1，a1＝2，
∴－＝1，
∴数列是首项为1，公差d＝1的等差数列，
∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n，
∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，
∴－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1
＝－2＋(1－n)2n＋1，
∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2，
S33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2.
12．(2019·全国卷Ⅲ)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则(　　)
A．f>f(2)>f(2)
B．f>f(2)>f(2)
C．f(2)>f(2)>f
D．f(2)>f(2)>f
答案　C
解析　因为f(x)是定义域为R的偶函数，
所以f＝f(－log34)＝f(log34)．
又因为log34>1>2>2－>0，
且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(log34) 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某学校高一学生有720人，现从高一、高二、高三这三个年级学生中采用分层抽样方法，抽取180人进行英语水平测试，已知抽取高一学生人数是抽取高二学生人数和高三学生人数的等差中项，且高二年级抽取65人，则该校高三年级学生人数是________．
答案　660
解析　根据题意，设高三年级抽取x人，
则高一抽取(180－x－65)人，
由题意可得2(180－x－65)＝x＋65，
解得x＝55.高一学生有720人，
则高三年级学生人数为720×＝660.
14．若实数x，y满足且z＝mx＋ny(m>0，n>0)的最大值为4，则＋的最小值为________．
答案　2
解析　不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，

当直线z＝mx＋ny(m>0，n>0)过直线x＝y与直线2x－y＝2的交点(2,2)时，
目标函数z＝mx＋ny(m>0，n>0)取得最大值4，
即2m＋2n＝4，即m＋n＝2，
而＋＝(m＋n)
＝≥×(2＋2)＝2，
当且仅当m＝n＝1时取等号，故＋的最小值为2.
15．设F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P在双曲线上，若·＝0，△PF1F2的面积为9，且a＋b＝7，则该双曲线的离心率为________．
答案　
解析　设||＝m，||＝n，
∵·＝0，△PF1F2的面积为9，
∴mn＝9，即mn＝18，
∵在Rt△PF1F2中，根据勾股定理，得m2＋n2＝4c2，
∴(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝4c2－36，
结合双曲线的定义，得(m－n)2＝4a2，
∴4c2－36＝4a2，化简整理，得c2－a2＝9，即b2＝9，
可得b＝3.结合a＋b＝7得a＝4，∴c＝＝5，
∴该双曲线的离心率为e＝＝.
16．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x．若函数f(x)在上无零点，则a的最小值为________．
答案　2－4ln 2
解析　因为f(x)<0在区间上恒成立不可能，故要使函数f(x)在上无零点，只要对任意的x∈，f(x)>0恒成立，
即对任意的x∈，a>2－恒成立．
令l(x)＝2－，x∈，
则l′(x)＝，
再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，
则m′(x)＝－＋＝<0，
故m(x)在上为减函数，于是m(x)>m＝2－2ln 2>0，
从而l′(x)>0，于是l(x)在上为增函数，所以l(x) 故要使a>2－恒成立，只要a∈[2－4ln 2，＋∞)，
综上，若函数f(x)在上无零点，则a的最小值为2－4ln 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．(2019·陕西咸阳模拟二)(本小题满分12分)交强险是车主须为机动车购买的险种．若普通7座以下私家车投保交强险第一年的费用(基本保费)是a元，在下一年续保时，实行费率浮动制，其保费与上一年度车辆发生道路交通事故情况相联系，具体浮动情况如下表：
类型
浮动因素
浮动比率
A1
上一年度未发生有责任的道路交通事故
下浮10%
A2
上两年度未发生有责任的道路交通事故
下浮20%
A3
上三年度未发生有责任的道路交通事故
下浮30%
A4
上一年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
0%
A5
上一年度发生两次及以上有责任不涉及死亡的道路交通事故
上浮10%
A6
上三年度发生有责任涉及死亡的道路交通事故
上浮30%
据统计，某地使用某一品牌7座以下的车大约有5000辆，随机抽取了100辆车龄满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保情况，统计得到如下表格：
类型
A1
A2
A3
A4
A5
A6
数量
50
10
10
m
3
2
将这100辆该品牌汽车的投保类型的频率视为概率，按照我国《机动车交通事故责任保险条例》汽车交强险价格为a＝950元．
(1)求m的值，并估计该地本年度使用这一品牌7座以下汽车交强险费大于950元的辆数；
(2)试估计该地使用该品牌汽车的一续保人本年度的保费不超过950元的概率．
解　(1)m＝100－50－10－10－3－2＝25，3分
估计该地本年度使用这一品牌7座以下汽车交强险费大于950元的辆数为5000×＝250.6分
(2)解法一：保费不超过950元的类型有A1，A2，A3，A4，所求概率为＝0.95.12分
解法二：保费超过950元的类型有A5，A6，概率为＝0.05，因此保费不超过950元的概率为1－0.05＝0.95.12分
18．(本小题满分12分)已知向量a＝(cosx，－1)，b＝，函数f(x)＝(a＋b)·a－2.
(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)在△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知函数f(x)的图象经过点，b，a，c成等差数列，且·＝9，求a的值．
解　f(x)＝(a＋b)·a－2＝|a|2＋a·b－2＝cos2x＋sin2x＝
sin.2分
(1)最小正周期T＝＝π，由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z).4分
所以函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z).5分
(2)由f(A)＝sin＝可得，2A＋＝＋2kπ或＋2kπ(k∈Z)，所以A＝，7分
又因为b，a，c成等差数列，所以2a＝b＋c，而·＝bccosA＝bc＝9，所以bc＝18，9分
所以cosA＝＝－1＝－1＝－1，
所以a＝3.12分
19．(2019·昆明模拟)(本小题满分12分) 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，∠BCC1＝，AB＝BB1＝2，BC＝1，D为CC1的中点．

(1)求证：DB1⊥平面ABD；
(2)求点A1到平面ADB1的距离．
解　(1)证明：在平面四边形BCC1B1中，
因为BC＝CD＝DC1＝1，∠BCD＝，所以BD＝1，
又易知B1D＝，BB1＝2，所以∠BDB1＝90°，
所以B1D⊥BD，
因为AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥DB1，3分
所以B1D与平面ABD内两相交直线AB和BD同时垂直，
所以DB1⊥平面ABD.5分
(2)对于四面体A1－ADB1，A1到直线DB1的距离，即A1到平面BB1C1C的距离，A1到B1D的距离为2，设A1到平面AB1D的距离为h，
因为△ADB1为直角三角形，
所以S△ADB1＝AD·DB1＝××＝，
所以VA1－ADB1＝××h＝h，7分
因为S△AA1B1＝×2×2＝2，
D到平面AA1B1的距离为，
所以VD－AA1B1＝×2×＝，9分
因为VA1－ADB1＝VD－AA1B1，所以＝，
解得h＝.
所以点A1到平面ADB1的距离为.12分
20．(2019·湖南师大附中模拟三)(本小题满分12分)已知点F(1,0)，直线l：x＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且·＝·.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)设直线y＝kx＋b与轨迹C交于两点，A(x1，y1)、B(x2，y2)，且|y1－y2|＝a(a＞0，且a为常数)，过弦AB的中点M作平行于x轴的直线交轨迹C于点D，连接AD，BD.试判断△ABD的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解　(1)设P(x，y)，则Q(－1，y)，
∵·＝·，
∴(x＋1,0)·(2，－y)＝(x－1，y)·(－2，y)，
即2(x＋1)＝－2(x－1)＋y2，即y2＝4x，所以动点P的轨迹C的方程为y2＝4x.4分
(2)联立得ky2－4y＋4b＝0，
依题意，知k≠0，且y1＋y2＝，y1y2＝，
由|y1－y2|＝a，得(y1＋y2)2－4y1y2＝a2，
即－＝a2，整理，得16－16kb＝a2k2，
所以a2k2＝16(1－kb)，　①7分
因为AB的中点M的坐标为，
所以点D，
则S△ABD＝|DM|·|y1－y2|＝a，9分
由方程ky2－4y＋4b＝0的判别式Δ＝16－16kb＞0，得1－kb＞0，所以S△ABD＝··a，
由①，知1－kb＝，所以S△ABD＝··a＝，又a为常数，
故S△ABD的面积为定值.12分
21．(2019·陕西榆林二模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)＜·ex＋x－ax3.
解　(1)f(x)＝1＋ln x－ax2(x＞0)，
f′(x)＝，
当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；2分
当a＞0时，x∈，f′(x)＞0，x∈，f′(x)＜0，∴函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.4分
(2)证法一：xf(x)＜·ex＋x－ax3，即证·－ln x＞0，令φ(x)＝·－ln x(x＞0)，φ′(x)＝，令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，r′(x)＝2xex－e2，7分
r′(x)在(0，＋∞)上单调递增，r′(1)＜0，r′(2)＞0，
故存在唯一的x0∈(1,2)使得r′(x)＝0，
∴r(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∵r(0)＜0，r(2)＝0，
∴当x∈(0,2)时，r(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，r(x)＞0；
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝1－ln 2＞0，得证.12分
证法二：要证xf(x)＜·ex－ax3，即证·＞，
令φ(x)＝·(x＞0)，φ′(x)＝，7分
∴当x∈(0,2)时，φ′(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)＞0.
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)≥φ(2)＝.
令r(x)＝，则r′(x)＝，
当x∈(0，e)时，r′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，r′(x)＜0.
∴r(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴r(x)≤r(e)＝，
∴φ(x)≥＞≥r(x)，∴·>，得证.12分
(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．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(θ为参数)，M为曲线C1上的动点，动点P满足＝a(a>0且a≠1)，P点的轨迹为曲线C2.
(1)求曲线C2的方程，并说明C2是什么曲线；
(2)在以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，A点的极坐标为，射线θ＝α与C2的异于极点的交点为B，已知△AOB面积的最大值为4＋2，求a的值．
解　(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
由＝a，得∴
∵M在C1上，∴
即(θ为参数)，
消去参数θ得(x－2a)2＋y2＝4a2(a≠1)，
∴曲线C2是以(2a,0)为圆心，以2a为半径的圆.5分
(2)解法一：A点的直角坐标为(1，)，
∴直线OA的普通方程为y＝x，即x－y＝0，
设B点的坐标为(2a＋2acosα，2asinα)，则B点到直线x－y＝0的距离d＝＝a，
∴当α＝－时，dmax＝(＋2)a，
∴S△AOB的最大值为×2×(＋2)a＝4＋2，
∴a＝2.10分
解法二：将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入(x－2a)2＋y2＝4a2并整理得，ρ＝4acosθ，令θ＝α得ρ＝4acosα，
∴B(4acosα，α)，
∴S△AOB＝|OA|·|OB|sin∠AOB
＝4acosα
＝a|2sinαcosα－2cos2α|
＝a|sin2α－cos2α－|＝a.
∴当α＝－时，S△AOB取得最大值(2＋)a，
依题意有(2＋)a＝4＋2，∴a＝2.10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|3x－1|＋|3x＋k|，g(x)＝x＋4.
(1)当k＝－3时，求不等式f(x)≥4的解集；
(2)设k>－1，且当x∈时，都有f(x)≤g(x)，求k的取值范围．
解　(1)当k＝－3时，f(x)＝
故不等式f(x)≥4可化为或
或解得x≤0或x≥，
∴所求解集为.5分
(2)当x∈时，由k>－1有，3x－1<0,3x＋k≥0，
∴f(x)＝1＋k，不等式f(x)≤g(x)可变形为1＋k≤x＋4，
故k≤x＋3对x∈恒成立，
即k≤－＋3，解得k≤，而k>－1，故－1 ∴k的取值范围是.10分