2020届全国高考冲刺高考仿真模拟卷（五） 数学（文）（解析版）

2020高考仿真模拟卷(五)
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．设全集U＝R，集合A＝{x|(2x－1)(x－3)<0}，B＝{x|(x－1)(x－4)≤0}，则(∁UA)∩B＝(　　)
A．[1,3) B．(－∞，1)∪[3，＋∞)
C．[3,4] D．(－∞，3)∪(4，＋∞)
答案　C
解析　因为集合A＝，B＝{x|1≤x≤4}，
所以∁UA＝，所以(∁UA)∩B＝{x|3≤x≤4}．
2．在复平面内，复数z＝(i是虚数单位)，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案　B
解析　因为z＝＝＝＝－1－2i，所以z的共轭复数＝－1＋2i在复平面内对应的点(－1,2)位于第二象限．
3．在△ABC中，点D在边AB上，且＝，设＝a，＝b，则＝(　　)
A.a＋b B.a＋b
C.a＋b D.a＋b
答案　B
解析　因为＝，＝a，＝b，故＝a＋＝a＋＝a＋(b－a)＝a＋b.
4．(2019·济南模拟)在平面直角坐标系xOy中，与双曲线－＝1有相同的渐近线，且位于x轴上的焦点到渐近线的距离为3的双曲线的标准方程为(　　)
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
答案　C
解析　与双曲线－＝1有相同的渐近线的双曲线的方程可设为－＝λ(λ≠0)，因为该双曲线的焦点在x轴上，故λ>0.又焦点(，0)到渐近线y＝x的距离为3，所以＝3，解得λ＝3.所以所求双曲线的标准方程为－＝1.
5．若正项等比数列{an}满足anan＋1＝22n(n∈N*)，则a6－a5的值是(　　)
A. B．－16 C．2 D．16
答案　D
解析　因为anan＋1＝22n(n∈N*)，所以an＋1an＋2＝22n＋2(n∈N*)，两式作比可得＝4(n∈N*)，即q2＝4，又an>0，所以q＝2，因为a1a2＝22＝4，所以2a＝4，所以a1＝，a2＝2，所以a6－a5＝(a2－a1)q4＝16.
6．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A．4 B. C．2 D.
答案　B
解析　由三视图还原几何体如图所示，

该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥H－EFG，三角形ABC的面积S＝×2×＝.
∴该几何体的体积V＝×4－××2＝.
7．执行如图所示的程序框图，若输出的结果是，则判断框中可填入的条件是(　　)

A．i<10? B．i<9? C．i>8? D．i<8?
答案　B
解析　由程序框图的功能可得S＝1×××…×＝××××…×＝××××…××＝＝，所以i＝8，i＋1＝9，故判断框中可填入i<9？.
8．现有大小形状完全相同的4个小球，其中红球有2个，白球与蓝球各1个，将这4个小球排成一排，则中间2个小球不都是红球的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　设白球为A，蓝球为B，红球为C，则不同的排列情况为ABCC，ACBC，ACCB，BACC，BCAC，BCCA，CABC，CACB，CBCA，CBAC，CCAB，CCBA共12种情况，其中红球都在中间的有ACCB，BCCA两种情况，所以红球都在中间的概率为＝，故中间两个小球不都是红球的概率为1－＝.
9．(2019·东北三省三校一模)圆周率是圆的周长与直径的比值，一般用希腊字母π表示．早在公元480年左右，南北朝时期的数学家祖冲之就得出精确到小数点后7位的结果，他是世界上第一个把圆周率的数值计算到小数点后第七位的人，这比欧洲早了约1000年．在生活中，我们也可以通过设计下面的实验来估计π的值：从区间[－1，1]内随机抽取200个数，构成100个数对(x，y)，其中满足不等式y＞ 的数对(x，y)共有11个，则用随机模拟的方法得到的π的近似值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　在平面直角坐标系中作出边长为1的正方形和单位圆，则符合条件的数对表示的点在x轴上方、正方形内且在圆外的区域，区域面积为2－，由几何概型概率公式可得≈，解得π≈.故选A.


10．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　解法一：(平行线法)如图1，取DB1的中点O和AB的中点M，连接OM，DM，则MO∥AD1，∠DOM为异面直线AD1与DB1所成的角．依题意得DM2＝DA2＋AM2＝1＋2＝.

OD2＝2＝×(1＋1＋3)＝，
OM2＝2＝×(1＋3)＝1.
∴cos∠DOM＝＝＝＝.
解法二：(割补法)如图2，在原长方体后面补一个全等的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.

∵DE1∥AD1，∴∠B1DE1就是异面直线AD1与DB1所成的角．
DE＝AD＝4，DB＝12＋12＋()2＝5.
B1E＝A1B＋A1E＝1＋4＝5.
∴在△B1DE1中，由余弦定理得
cos∠B1DE1＝＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
11．如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．根据椭圆的光学性质解决下题：已知曲线C的方程为x2＋4y2＝4，其左、右焦点分别是F1，F2，直线l与椭圆C切于点P，且|PF1|＝1，过点P且与直线l垂直的直线l′与椭圆长轴交于点M，则|F1M|∶|F2M|＝(　　)

A.∶ B．1∶ C．1∶3 D．1∶
答案　C
解析　由椭圆的光学性质可知，直线l′平分∠F1PF2，
因为＝，
又＝＝，故＝.由|PF1|＝1，|PF1|＋|PF2|＝4，得|PF2|＝3，故|F1M|∶|F2M|＝1∶3.
12．设x1，x2分别是函数f(x)＝x－a－x和g(x)＝xlogax－1的零点(其中a>1)，则x1＋4x2的取值范围是(　　)
A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)
C．[5，＋∞) D．(5，＋∞)
答案　D
解析　令f(x)＝x－a－x＝0，则＝ax，所以x1是指数函数y＝ax(a>1)的图象与y＝的图象的交点A的横坐标，且01)的图象与y＝的图象的交点B的横坐标．由于y＝ax与y＝logax互为反函数，从而有x1＝，所以x1＋4x2＝x1＋.由y＝x＋在(0,1)上单调递减，可知x1＋4x2>1＋＝5，故选D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设某总体是由编号为01,02，…，19,20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体编号为________．

答案　19
解析　由题意，从随机数表第1行的第3列数字1开始，从左到右依次选取两个数字的结果为：
18,07,17,16,09,19，…，
故选出来的第6个个体编号为19.
14．(2019·湖南师范大学附中模拟三)若函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，φ＞0,0＜φ＜π)的图象经过点，且相邻两条对称轴间的距离为，则f的值为________．
答案　
解析　由题意得＝π，∴ω＝2，则f(x)＝2sin(2x＋φ)，又函数的图象经过点，则sin＝1，∵0＜φ＜π，∴φ＝，即f(x)＝2sin，则f＝2sin＝.
15．已知抛物线y2＝2px(p>0)的准线方程为x＝－2，点P为抛物线上的一点，则点P到直线y＝x＋3的距离的最小值为________．
答案　
解析　由题设得抛物线方程为y2＝8x，
设P点坐标为P(x，y)，
则点P到直线y＝x＋3的距离为
d＝＝
＝＝≥，
当且仅当y＝4时取最小值.
16．(2019·南宁摸底考试)在数列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝，则数列{an}的通项公式为an＝________，数列{bn}的前n项和Sn的最小值为________．
答案　　－
解析　由题意知，an＝2－(n≥2，n∈N*)，∴bn＝＝＝＝1＋＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又b1＝＝－，∴数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列，∴bn＝n－，即＝n－，∴an＝.又b1＝－＜0，b2＝＞0，∴Sn的最小值为S1＝b1＝－.
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．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A≠，且3sinAcosB＋bsin2A＝3sinC.
(1)求a的值；
(2)若A＝，求△ABC周长的最大值．
解　(1)由3sinAcosB＋bsin2A＝3sinC，得3sinAcosB＋bsinAcosA＝3sinC，由正弦定理，得3acosB＋abcosA＝3c，由余弦定理，得3a·＋ab·＝3c，整理得(b2＋c2－a2)(a－3)＝0，因为A≠，所以b2＋c2－a2≠0，所以a＝3.
(另解：由sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB代入条件变形即可)6分
(2)在△ABC中，A＝，a＝3，由余弦定理得，9＝b2＋c2＋bc，因为b2＋c2＋bc＝(b＋c)2－bc≥(b＋c)2－2＝(b＋c)2，所以(b＋c)2≤9，即(b＋c)2≤12，所以b＋c≤2，当且仅当b＝c＝时，等号成立．
故当b＝c＝时，△ABC周长的最大值为3＋2.12分
18．(2019·黑龙江齐齐哈尔市二模)(本小题满分12分)某县共有户籍人口60万，经统计，该县60岁及以上、百岁以下的人口占比为13.8%，百岁及以上老人15人．现从该县60岁及以上、百岁以下的老人中随机抽取230人，得到如下频数分布表：
年龄段(岁)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100)
人数(人)
125
75
25
5
(1)从样本中70岁及以上老人中，采用分层抽样的方法抽取21人，进一步了解他们的生活状况，则80岁及以上老人应抽多少人？
(2)从(1)中所抽取的80岁及以上老人中，再随机抽取2人，求抽到90岁及以上老人的概率；
(3)该县按省委办公厅、省人民政府办公厅《关于加强新时期老年人优待服务工作的意见》精神，制定如下老年人生活补贴措施，由省、市、县三级财政分级拨款：
①本县户籍60岁及以上居民，按城乡居民养老保险实施办法每月领取55元基本养老金；
②本县户籍80岁及以上老年人额外享受高龄老人生活补贴．
(a)百岁及以上老年人，每人每月发放345元的生活补贴；
(b)90岁及以上、百岁以下老年人，每人每月发放200元的生活补贴；
(c)80岁及以上、90岁以下老年人，每人每月发放100元的生活补贴．
试估计政府执行此项补贴措施的年度预算．
解　(1)样本中70岁及以上老人共105人，其中80岁及以上老人30人，所以应抽取的21人中，80岁及以上老人应抽30×＝6人.3分
(2)在(1)中所抽取的80岁及以上的6位老人中，90岁及以上老人1人，记为A，其余5人分别记为B，C，D，E，F，从中任取2人，基本事件共15个：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，这15个基本事件发生的可能性相等.6分
记“抽到90岁及以上老人”为事件M，则M包含5个基本事件，
所以P(M)＝＝.8分
(3)样本中230人的月预算为230×55＋25×100＋5×200＝16150(元)，10分
用样本估计总体，年预算为×12＝6984×104(元)．
所以政府执行此项补贴措施的年度预算为6984万元.12分
19．(2019·湖南长沙长郡中学一模)(本小题满分12分)如图，在多边形ABPCD中(图1)，四边形ABCD为长方形，△BPC为正三角形，AB＝3，BC＝3，现以BC为折痕将△BPC折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2)．

(1)证明：PD⊥平面PAB；
(2)若点E在线段PB上，且PE＝PB，当点Q在线段AD上运动时，求三棱锥Q－EBC的体积．
解　(1)证明：过点P作PO⊥AD，垂足为O.
由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上，

∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AB，
∵四边形ABCD为矩形，∴AB⊥AD，又AD∩PO＝O，∴AB⊥平面PAD，2分
∴AB⊥PD，AB⊥PA，又由AB＝3，PB＝3，可得PA＝3，同理PD＝3，
又AD＝3，∴PA2＋PD2＝AD2，
∴PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
∴PD⊥平面PAB.5分
(2)设点E到底面QBC的距离为h，

则VQ－EBC＝VE－QBC＝S△QBC×h，由PE＝PB，可知＝，7分
∴＝，∵PA⊥PD，且PA＝PD＝3，
∴PO＝＝，∴h＝×＝，9分
又S△QBC＝×BC×AB＝×3×3＝，
∴VQ－EBC＝S△QBC×h＝××＝3.12分
20．(本小题满分12分)抛物线y2＝4x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)若点T(－1,0)，且直线AT，BT的斜率分别为k1，k2，求证：k1＋k2为定值；
(2)设A，B两点在抛物线的准线上的射影分别为P，Q，线段PQ的中点为R，求证：AR∥FQ.
证明　(1)设直线AB：my＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得y2－4my－4＝0，3分
k1＋k2＝＋＝
＝
＝
＝＝＝0.6分
(2)A(x1，y1)，P(－1，y1)，Q(－1，y2)，R，F(1,0)，
kAR＝＝＝，kQF＝＝－，8分
kAR－kQF＝＋＝
＝＝
＝＝0，
即kAR＝kQF，所以直线AR与直线FQ平行.12分
21．(2019·山东潍坊一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝xln x－(a＋1)x，g(x)＝f(x)－a，a∈R.
(1)当x＞1时，求f(x)的单调区间；
(2)设F(x)＝ex＋x3＋x，若x1，x2为函数g(x)的两个不同极值点，证明：F(x1x)＞F(e2)．
解　(1)f′(x)＝1＋ln x－a－1＝ln x－a，
若a≤0，x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
若a＞0，由ln x－a＝0，解得x＝ea，2分
且x∈(1，ea)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
x∈(ea，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)；
当a＞0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(1，ea).5分
(2)证明：F′(x)＝ex＋3x2＋1＞0，故F(x)在R上单调递增，即证x1x＞e2，也即证ln x1＋2ln x2＞2，
又g(x)＝xln x－ax－x－x2＋ax＋a＝xln x－x2－x＋a，g′(x)＝1＋ln x－ax－1＝ln x－ax，
所以x1，x2为方程ln x＝ax的两根，
即
即证ax1＋2ax2＞2，即a(x1＋2x2)＞2，
而①－②得a＝，8分
即证·(x1＋2x2)＞2，
则证ln ·＞2，变形得ln ·＞2，
不妨设x1＞x2，t＝＞1，
即证ln t·＞2，整理得ln t－＞0，
设h(t)＝ln t－，则h′(t)＝－＝＝＞0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)＞h(1)＝0，即结论成立.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
在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的方程为＋y2＝1，曲线C2的参数方程为(φ为参数)，曲线C3的方程为y＝xtanα，曲线C3与曲线C1，C2分别交于P，Q两点．
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)求|OP|2·|OQ|2的取值范围．
解　(1)因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲线C1的极坐标方程为
＋ρ2sin2θ＝1，即ρ2＝，2分
由(φ为参数)，消去φ，
即得曲线C2的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，
将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入化简，
可得曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ.5分
(2)曲线C3的极坐标方程为θ＝α.6分
由(1)得|OP|2＝，|OQ|2＝4sin2α，
即|OP|2·|OQ|2＝＝，8分
因为0<α<，所以0 所以|OP|2·|OQ|2∈(0,4).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)＝|x－5|－|x＋3|.
(1)解关于x的不等式f(x)≥x＋1；
(2)记函数f(x)的最大值为m，若a>0，b>0，ea·e4b＝e2ab－m，求ab的最小值．
解　(1)当x≤－3时，由5－x＋x＋3≥x＋1，得x≤7，所以x≤－3；当－3 综上可知，x≤，即不等式f(x)≥x＋1的解集为.5分
(2)因为|x－5|－|x＋3|≤|x－5－x－3|＝8，所以函数f(x)的最大值m＝8.6分
因为ea·e4b＝e2ab－8，所以a＋4b＝2ab－8.
又a>0，b>0，所以a＋4b≥2＝4，当且仅当a＝4b时，等号成立，7分
所以2ab－8－4≥0，即ab－4－2≥0.
所以有(－1)2≥5.8分
又>0，所以≥1＋或≤1－(舍去)，
ab≥6＋2，即ab的最小值为6＋2.10分