2020届全国高考提分教程检测仿真模拟卷二 理科数学

仿真模拟卷二
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共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P＝{0,1,2}，Q＝{x|x<2}，则P∩Q＝(　　)
A．{0} B．{0,1} C．{1,2} D．{0,2}
答案　B
解析　因为集合P＝{0,1,2}，Q＝{x|x<2}，所以P∩Q＝{0,1}．
2．已知复数z满足|z|＝，z＋＝2(为z的共轭复数)(i为虚数单位)，则z＝(　　)
A．1＋i B．1－i
C．1＋i或1－i D．－1＋i或－1－i
答案　C
解析　设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，z＋＝2a，
所以得所以z＝1＋i或z＝1－i.
3．若a>1，则“ax>ay”是“logax>logay”的(　　)
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　由a>1，得ax>ay等价为x>y，logax>logay等价为x>y>0，故“ax>ay”是“logax>logay”的必要不充分条件．
4．已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a C．b 答案　A
解析　因为a＝log52log0.50.25＝2,0.51 5．执行如图所示的程序框图，则输出的i的值为(　　)

A．4 B．5 C．6 D．7
答案　C
解析　由题可得S＝3，i＝2→S＝7，i＝3→S＝15，i＝4→S＝31，i＝5→S＝63，i＝6，此时结束循环，输出i＝6.
6．(1－)6(1＋)4的展开式中含x项的系数是(　　)
A．－4 B．－3 C．3 D．4
答案　B
解析　解法一：(1－)6的展开式的通项为C(－)m＝C(－1)mx，(1＋)4的展开式的通项为C()n＝Cx，其中m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4.
令＋＝1，得m＋n＝2，于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数等于C·(－1)0·C＋C·(－1)1·C＋C·(－1)2·C＝－3.
解法二：(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x)4(1－2＋x)．于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数为C·1＋C·(－1)1·1＝－3.
解法三：在(1－)6(1＋)4的展开式中要出现x，可分为以下三种情况：
①(1－)6中选2个(－)，(1＋)4中选0个作积，这样得到的x项的系数为CC＝15；
②(1－)6中选1个(－)，(1＋)4中选1个作积，这样得到的x项的系数为C(－1)1C＝－24；
③(1－)6中选0个(－)，(1＋)4中选2个作积，这样得到的x项的系数为CC＝6.
故x项的系数为15－24＋6＝－3.
7．已知直线y＝x＋m和圆x2＋y2＝1交于A，B两点，O为坐标原点，若·＝，则实数m＝(　　)
A．±1 B．± C．± D．±
答案　C
解析　联立得2x2＋2mx＋m2－1＝0，
∵直线y＝x＋m和圆x2＋y2＝1交于A，B两点，O为坐标原点，∴Δ＝－4m2＋8＞0，解得－ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－m，x1x2＝，y1y2＝(x1＋m)(x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2，＝(－x1，－y1)，＝(x2－x1，y2－y1)，
∵·＝，∴·＝x－x1x2＋y－y1y2＝1－－＋m2－m2＝2－m2＝，解得m＝±.
8．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若△ABC的面积为S，且4S＝(a＋b)2－c2，则sin＝(　　)
A．1 B. C. D.
答案　D
解析　由4S＝(a＋b)2－c2，得4×absinC＝a2＋b2－c2＋2ab，∵a2＋b2－c2＝2abcosC，
∴2absinC＝2abcosC＋2ab，
即sinC－cosC＝1，即2sin＝1，则sin＝，∵0 9．关于函数f(x)＝x－sinx，下列说法错误的是(　　)
A．f(x)是奇函数
B．f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增
C．x＝0是f(x)的唯一零点
D．f(x)是周期函数
答案　D
解析　f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，则f(x)为奇函数，故A正确；由于f′(x)＝1－cosx≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故B正确；根据f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(0)＝0，可得x＝0是f(x)的唯一零点，故C正确；根据f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，可知它一定不是周期函数，故D错误．
10．已知log2(a－2)＋log2(b－1)≥1，则2a＋b取到最小值时，ab＝(　　)
A．3 B．4 C．6 D．9
答案　D
解析　由log2(a－2)＋log2(b－1)≥1，可得a－2>0，b－1>0且(a－2)(b－1)≥2.所以2a＋b＝2(a－2)＋(b－1)＋5≥2＋5≥2＋5＝9，当2(a－2)＝b－1且(a－2)(b－1)＝2时等号成立，解得a＝b＝3.所以2a＋b取到最小值时，ab＝3×3＝9.
11．已知实数a>0，函数f(x)＝
若关于x的方程f[－f(x)]＝e－a＋有三个
不等的实根，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　当x＜0时，f(x)为增函数，当x≥0时，f′(x)＝ex－1＋ax－a－1，f′(x)为增函数，令f′(x)＝0，解得x＝1，故函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，最小值为f(1)＝0.

由此画出函数f(x)的大致图象如图所示．令t＝－f(x)，因为f(x)≥0，所以t≤0，
则有解得－a＝t－1，
所以t＝－a＋1，所以f(x)＝a－1.
所以方程要有三个不同的实数根，
则需＜a－1＜＋，解得2＜a＜＋2.
12．已知△ABC的顶点A∈平面α，点B，C在平面α同侧，且AB＝2，AC＝，若AB，AC与α所成的角分别为，，则线段BC长度的取值范围为(　　)
A．[2－，1] B．[1，]
C．[， ] D．[1, ]
答案　B
解析　如图，过点B，C作平面的垂线，垂足分别为M，N，

则四边形BMNC为直角梯形．
在平面BMNC内，过C作CE⊥BM交BM于点E.
又BM＝AB·sin∠BAM＝2sin＝，AM＝AB·cos∠BAM＝2cos＝1，
CN＝AC·sin∠CAN＝sin＝，
AN＝AC·cos∠CAN＝cos＝，
所以BE＝BM－CN＝，故BC2＝MN2＋.
又AN－AM≤MN≤AM＋AN，
即＝AN－AM≤MN≤AM＋AN＝，
所以1≤BC2≤7，即1≤BC≤ ，故选B.
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量a＝(1，λ)，b＝(3,1)，c＝(1,2)，若向量2a－b与c共线，则向量a在向量c方向上的投影为________．
答案　0
解析　向量2a－b＝(－1,2λ－1)，
由2λ－1＝－2，得λ＝－.∴向量a＝，
∴向量a在向量c方向上的投影为|a|cos〈a，c〉＝＝＝0.
14．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2absinC＝(b2＋c2－a2)，若a＝，c＝3，则△ABC的面积为________．
答案　3
解析　由题意得＝·，
即＝cosA，由正弦定理得sinA＝cosA,
所以tanA＝，A＝.
由余弦定理得13＝32＋b2－2×3bcos，
解得b＝4，故面积为bcsinA＝×4×3×＝3.
15．已知点M为单位圆x2＋y2＝1上的动点，点O为坐标原点，点A在直线x＝2上，则·的最小值为________．
答案　2
解析　设A(2，t)，M(cosθ，sinθ)，
则＝(cosθ－2，sinθ－t)，＝(－2，－t)，
所以·＝4＋t2－2cosθ－tsinθ.
又(2cosθ＋tsinθ)max＝，
故·≥4＋t2－.
令s＝，则s≥2，又4＋t2－＝s2－s≥2，
当s＝2，即t＝0时等号成立，故(·)min＝2.
16．已知函数f(x)＝x2－2mx＋m＋2，g(x)＝mx－m，若存在实数x0∈R，使得f(x0)<0且g(x0)<0同时成立，则实数m的取值范围是________．
答案　(3，＋∞)
解析　当m>0，x<1时，g(x)<0，
所以f(x)<0在(－∞，1)上有解，
则或
即m>3或故m>3.
当m<0，x>1时，g(x)<0，所以f(x)<0在(1，＋∞)上有解，所以此不等式组无解．
综上，m的取值范围为(3，＋∞)．
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．
17．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝cosx(sinx－cosx)＋.
(1)求f的值；
(2)当x∈时，不等式c 解　(1)f(x)＝sinxcosx－cos2x＋＝sin2x－cos2x＝sin，所以f＝1.
(2)因为0≤x≤，所以－≤2x－≤，
所以－≤sin≤1.
由不等式c 解得－1 所以实数c的取值范围为.
18．(本小题满分12分)如图，在等腰梯形ABCD中，AE⊥CD，BF⊥CD，AB＝1，AD＝2，∠ADE＝60°，沿AE，BF折成三棱柱AED－BFC.

(1)若M，N分别为AE，BC的中点，求证：MN∥平面CDEF；
(2)若BD＝，求二面角E－AC－F的余弦值．
解　(1)证明：如图，取AD的中点G，连接GM，GN，

在△ADE中，∵M，G分别为AE，AD的中点，
∴MG∥DE，
∵DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，
∴MG∥平面CDEF.
由于G，N分别为AD，BC的中点，
由棱柱的性质可得GN∥DC，
∵CD⊂平面CDEF，GN⊄平面CDEF，
∴GN∥平面CDEF.
又GM⊂平面GMN，GN⊂平面GMN，MG∩GN＝G，
∴平面GMN∥平面CDEF，
∵MN⊂平面GMN，∴MN∥平面CDEF.
(2)如图，连接EB，
在Rt△ABE中，AB＝1，AE＝，
∴BE＝2，又ED＝1，DB＝，

∴EB2＋ED2＝DB2，
∴DE⊥EB，又DE⊥AE且AE∩EB＝E，AE，EB⊂平面ABFE，
∴DE⊥平面ABFE.
以E为坐标原点，分别以EA，EF，ED所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得E(0,0,0)，A(，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)，
＝(－，1,1)，＝(－，0,0)，＝(0,0,1)．
设平面AFC的法向量为m＝(x，y，z)，
则
则z＝0，令x＝1，得y＝，则m＝(1，，0)为平面AFC的一个法向量，
设平面ACE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
则x1＝0，令y1＝1，得z1＝－1，
∴n＝(0,1，－1)为平面ACE的一个法向量．
设m，n所成的角为θ，则cosθ＝＝＝，
由图可知二面角E－AC－F的余弦值是.
19．(本小题满分12分)为调查某公司五类机器的销售情况，该公司随机收集了一个月销售的有关数据，公司规定同一类机器销售价格相同，经分类整理得到下表：

机器类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
销售总额(万元)
100
50
200
200
120
销售量(台)
5
2
10
5
8
利润率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2

利润率是指一台机器销售价格减去出厂价格得到的利润与该机器销售价格的比值．
(1)从该公司本月卖出的机器中随机选一台，求这台机器利润率高于0.2的概率；
(2)从该公司本月卖出的销售单价为20万元的机器中随机选取2台，求这两台机器的利润率不同的概率；
(3)假设每类机器利润率不变，销售一台第一类机器获利x1万元，销售一台第二类机器获利x2万元，……，销售一台第五类机器获利x5万元，依据上表统计数据，随机销售一台机器获利的期望为E(x)，设＝，试判断E(x)与的大小．(结论不要求证明)
解　(1)由题意知，本月共卖出30台机器，
利润率高于0.2的是第一类和第四类，共有10台．
设“这台机器利润率高于0.2”为事件A，则
P(A)＝＝.
(2)用销售总额除以销售量得到机器的销售单价，可知第一类与第三类的机器销售单价为20万元，第一类有5台，第三类有10台，共有15台，随机选取2台有C种不同方法，
两台机器的利润率不同则每类各取一台有CC种不同方法，
设“两台机器的利润率不同”为事件B，则P(B)＝＝.
(3)由题意可得，获利x可能取的值为8,5,3,10，
P(x＝8)＝＝，P(x＝5)＝＝，
P(x＝3)＝＝，P(x＝10)＝＝，
因此E(x)＝×8＋×5＋×3＋×10＝；
又＝＝，所以E(x)<.
20．(本小题满分12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知|DF1|＝.

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求点E的坐标．
解　(1)设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(－1,0)，F2(1,0)，所以|F1F2|＝2，c＝1.
又因为|DF1|＝，AF2⊥x轴，
所以|DF2|＝＝＝，
因此2a＝|DF1|＋|DF2|＝4，从而a＝2.
由b2＝a2－c2，得b2＝3.
因此，椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)解法一：由(1)知，椭圆C：＋＝1，a＝2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x＝1代入圆F2的方程(x－1)2＋y2＝16，
解得y＝±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1,4)．
又F1(－1,0)，所以直线AF1：y＝2x＋2.
由得5x2＋6x－11＝0，
解得x＝1或x＝－.
将x＝－代入y＝2x＋2，得y＝－，
因此B点坐标为.
又F2(1,0)，所以直线BF2：y＝(x－1)．
由得7x2－6x－13＝0，
解得x＝－1或x＝.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1.
将x＝－1代入y＝(x－1)，得y＝－.
因此E点坐标为.

解法二：由(1)知，椭圆C：
＋＝1.
如图，连接EF1.
因为|BF2|＝2a，|EF1|＋|EF2|＝2a，
所以|EF1|＝|EB|，
从而∠BF1E＝∠B.
因为|F2A|＝|F2B|，所以∠A＝∠B，
所以∠A＝∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．
因为F1(－1,0)，由得y＝±.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－.
因此E点坐标为.
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R)．
(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，求f(x)的最大值．
解　(1)由题意知，f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，
所以a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝(x＋1)ex－，
则g′(x)＝(x＋2)ex＋>0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝2e－1，所以a≤2e－1.
(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x>0)．
则f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)，
令m(x)＝－ex，则m′(x)＝－－ex<0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由于m>0，m(1)<0，所以存在x0>0满足m(x0)＝0，即ex0＝.
当x∈(0，x0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，m(x)<0，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0e x0＋x0，
因为ex0＝，所以x0＝－ln x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1，
所以f(x)max＝－1.
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，作答时请写清题号．
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，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的极坐标方程为ρcos2θ＝8sinθ.
(1)求曲线C的直角坐标方程，并指出该曲线是什么曲线；
(2)若直线l与曲线C的交点分别为M，N，求|MN|.
解　(1)因为ρcos2θ＝8sinθ，所以ρ2cos2θ＝8ρsinθ，即x2＝8y，
所以曲线C表示焦点坐标为(0,2)，对称轴为y轴的抛物线．
(2)设点M(x1，y1)，点N(x2，y2)，
直线l过抛物线的焦点(0,2)，则直线的参数方程化为一般方程为y＝x＋2，代入曲线C的直角坐标方程，得x2－4x－16＝0，
所以x1＋x2＝4，x1x2＝－16，
所以|MN|＝
＝·
＝·
＝·＝10.
23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲]
已知函数f(x)＝|x＋4|，不等式f(x)>8－|2x－2|的解集为M.
(1)求M；
(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(2a)－f(－2b)．
解　(1)将f(x)＝|x＋4|代入不等式，
整理得|x＋4|＋|2x－2|>8.
①当x≤－4时，不等式转化为－x－4－2x＋2>8，
解得x<－，所以x≤－4；
②当－48，
解得x<－2，所以－4 ③当x≥1时，不等式转化为x＋4＋2x－2>8，
解得x>2，所以x>2.
综上，M＝{x|x<－2或x>2}．
(2)证明：因为f(2a)－f(－2b)＝|2a＋4|－|－2b＋4|≤|2a＋4＋2b－4|＝|2a＋2b|，
所以要证f(ab)>f(2a)－f(－2b)，
只需证|ab＋4|>|2a＋2b|，
即证(ab＋4)2>(2a＋2b)2，
即证a2b2＋8ab＋16>4a2＋8ab＋4b2，
即证a2b2－4a2－4b2＋16>0，
即证(a2－4)(b2－4)>0，
因为a，b∈M，所以a2>4，b2>4，
所以(a2－4)(b2－4)>0成立，
所以原不等式成立．