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    2020届全国高考提分教程检测仿真模拟卷一 理科数学(解析版)
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    2020届全国高考提分教程检测仿真模拟卷一 理科数学(解析版)

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    仿真模拟卷
    仿真模拟卷一
    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A={x|x<1},B={x|3x<1},则(  )
    A.A∪B={x|x>1} B.A∪B=R
    C.A∩B={x|x<0} D.A∩B=∅
    答案 C
    解析 集合B={x|3x<1},即B={x|x<0},而A={x|x<1},所以A∪B={x|x<1},A∩B={x|x<0}.
    2.记复数z的共轭复数为,若(1-i)=2i(i为虚数单位),则|z|=(  )
    A. B.1 C.2 D.2
    答案 A
    解析 由(1-i)=2i,可得===-1+i,所以z=-1-i,|z|=.
    3.设a=ln,b=20.3,c=2,则(  )
    A.a C.a 答案 A
    解析 由对数函数的性质可知a=ln<0,由指数函数的性质可知b=20.3>1,又0 4.设θ∈R,则“<”是“sinθ<”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
    答案 A
    解析 由<可得0<θ<,所以由“<”可得“sinθ<”,但由“sin<”推不出“<”所以“<”是“sinθ<”的充分不必要条件.
    5.在如图所示的计算1+5+9+…+2021的程序框图中,判断框内应填入的条件是(  )

    A.i≤2021? B.i<2021?
    C.i<2017? D.i≤2025?
    答案 A
    解析 由题意结合流程图可知当i=2021时,程序应执行S=S+i,i=i+4=2025,再次进入判断框时应该跳出循环,输出S的值;结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是i≤2021?.
    6.已知二项式n(n∈N*)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5,则x3的系数为(  )
    A.14 B.-14 C.240 D.-240
    答案 C
    解析 二项展开式的第r+1项的通项公式为Tr+1=C(2x)n-r·r,由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5,可得C∶C=2∶5.即=,解得n=6.所以Tr+1=C26-r(-1)rx ,令6-r=3,解得r=2,所以x3的系数为C26-2(-1)2=240.
    7.在△ABC中,+=2,+=0,若=x+y,则(  )
    A.y=3x B.x=3y
    C.y=-3x D.x=-3y
    答案 D
    解析 因为+=2,所以点D是BC的中点,又因为+=0,所以点E是AD的中点,所以有=+=-+=-+×(+)=-+,因此=-.所以x=,y=-,即x=-3y.
    8.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ),A>0,ω>0,|φ|<的部分图象如图所示,则使f(a+x)-f(a-x)=0成立的a的最小正值为(  )

    A. B. C. D.
    答案 B
    解析 由图象易知,A=2,f(0)=1,即2sinφ=1,且|φ|<,即φ=,由图可知,f=0,所以sin=0,所以·ω+=2kπ,k∈Z,即ω=,k∈Z,又由图可知,周期T>⇒>,得ω<,且ω>0,所以k=1,ω=2,所以函数f(x)=2sin,因为f(a+x)-f(a-x)=0,所以函数f(x)的图象关于x=a对称,即有2a+=kπ+,k∈Z,所以可得a=+,k∈Z,所以a的最小正值为.
    9.若函数f(x)是定义在R上的奇函数,f=1,当x<0时,f(x)=log2(-x)+m,则实数m=(  )
    A.-1 B.0 C.1 D.2
    答案 C
    解析 ∵f(x)是定义在R上的奇函数,f=1,且x<0时,f(x)=log2(-x)+m,∴f=log2+m=-2+m=-1,∴m=1.
    10.在等差数列{an}中,a3,a9是方程x2+24x+12=0的两根,则数列{an}的前11项和等于(  )
    A.66 B.132 C.-66 D.-132
    答案 D
    解析 因为a3,a9是方程x2+24x+12=0的两根,所以a3+a9=-24,又a3+a9=-24=2a6,所以a6=-12,S11===-132.
    11.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A,B,P为双曲线左支上一点,△ABP为等腰三角形且外接圆的半径为a,则双曲线的离心率为(  )
    A. B. C. D.
    答案 C
    解析 由题意知等腰△ABP中,|AB|=|AP|=2a,设∠ABP=∠APB=θ,F1为双曲线的左焦点,
    则∠F1AP=2θ,其中θ必为锐角.
    ∵△ABP外接圆的半径为a,∴2a=,
    ∴sinθ=,cosθ=,
    ∴sin2θ=2××=,
    cos2θ=2×2-1=.
    设点P的坐标为(x,y),
    则x=-a-|AP|cos2θ=-,y=|AP|sin2θ=,
    故点P的坐标为.
    由点P在双曲线上,得-=1,
    整理得=,∴e== =.
    12.德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,1805~1859)在数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”:y=f(x)=其中R为实数集,Q为有理数集.则关于函数f(x)有如下四个命题:
    ①f[f(x)]=0;②函数f(x)是偶函数;③任取一个不为零的有理数T,f(x+T)=f(x)对任意的x∈R恒成立;④存在三个点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3)),使得△ABC为等边三角形.其中真命题的个数是(  )
    A.1 B.2 C.3 D.4
    答案 C
    解析 当x为有理数时,f(x)=1;当x为无理数时,f(x)=0.∴当x为有理数时,f[f(x)]=f(1)=1;当x为无理数时,f[f(x)]=f(0)=1,∴无论x是有理数还是无理数,均有f[f(x)]=1,故①不正确;∵有理数的相反数还是有理数,无理数的相反数还是无理数,
    ∴对任意x∈R,都有f(-x)=f(x),故②正确;当T∈Q时,若x是有理数,则x+T也是有理数;若x是无理数,则x+T也是无理数,∴根据函数的表达式,任取一个不为零的有理数T,f(x+T)=f(x)对x∈R恒成立,故③正确;取x1=,x2=0,x3=-,f(x1)=0,f(x2)=1,f(x3)=0,∴A,B(0,1),C,△ABC恰好为等边三角形,故④正确,故选C.
    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x,y满足约束条件x,y∈R,则x2+y2的最大值为________.
    答案 8
    解析 画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示(含边界).x2+y2表示可行域内的点(x,y)到原点距离的平方.

    由图形可得,可行域内的点A或点B到原点的距离最大,且A(2,-2),B(2,2),又|OA|=|OB|=2,∴(x2+y2)max=8.
    14.设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在同一个球面上,且球的表面积是40π,AB=AC=AA1,∠BAC=120°,则此直三棱柱的高是________.
    答案 2
    解析 设AB=AC=AA1=x,在△ABC中,∠BAC=120°,则由余弦定理可得BC=x.
    由正弦定理,可得△ABC外接圆的半径为r=x,
    又∵球的表面积是40π,∴球的半径为R=.
    设△ABC外接圆的圆心为O′,球心为O,在Rt△OBO′中,有2+x2=10,解得x=2,即AA1=2.∴直三棱柱的高是2.
    15.七巧板是我们祖先的一项创造,被誉为“东方魔板”,它是由五块等腰直角三角形(两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形)、一块正方形和一块平行四边形组成的.如图,在一个用七巧板拼成的正方形中任取一点,则此点取自黑色部分的概率是________.

    答案 
    解析 由七巧板的构造可知,△BIC≌△GOH,故黑色部分的面积与梯形EFOH的面积相等,而S梯形EFOH=S△DOF=×S正方形ABDF=S正方形ABDF,
    ∴所求的概率为P==.
    16.在数列{an}中,a1=1,an+1=Sn+3n(n∈N*,n≥1),则数列{Sn}的通项公式为________.
    答案 Sn=3n-2n
    解析 ∵an+1=Sn+3n=Sn+1-Sn,
    ∴Sn+1=2Sn+3n,
    ∴=·+,∴-1=,
    又-1=-1=-,
    ∴数列是首项为-,公比为的等比数列,
    ∴-1=-×n-1=-n,
    ∴Sn=3n-2n.
    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)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且bcosA=sinA(acosC+ccosA).
    (1)求角A的大小;
    (2)若a=2,△ABC的面积为,求△ABC的周长.
    解 (1)∵bcosA=sinA(acosC+ccosA),
    ∴由正弦定理可得,
    sinBcosA=sinA(sinAcosC+sinCcosA)
    =sinAsin(A+C)=sinAsinB,
    即sinBcosA=sinAsinB,∵sinB≠0,∴tanA=,
    ∵A∈(0,π),∴A=.
    (2)∵A=,a=2,△ABC的面积为,
    ∴bcsinA=bc=,∴bc=5,
    ∴由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccosA,
    即12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=(b+c)2-15,
    解得b+c=3,
    ∴△ABC的周长为a+b+c=2+3=5.
    18.(本小题满分12分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.

    (1)求证:BF∥平面ADE;
    (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
    (3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.
    解 依题意,可以建立以A为坐标原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),

    B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),
    E(0,0,2).设CF=h(h>0),
    则F(1,2,h).
    (1)证明:依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得·=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.
    (2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).
    设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则
    即不妨令z=1,
    可得n=(2,2,1).
    因此有cos〈,n〉==-.
    所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
    (3)设m=(x′,y′,z′)为平面BDF的法向量,
    则即
    不妨令y=1,可得m=.
    由题意,有|cos〈m,n〉|===,
    解得h=.经检验,符合题意.
    所以线段CF的长为.

    19.(本小题满分12分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点,过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.

    (1)求p的值及抛物线的准线方程;
    (2)求的最小值及此时点G的坐标.
    解 (1)由题意得=1,即p=2.
    所以抛物线的准线方程为x=-1.
    (2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,2t≠0,则xA=t2.
    由于直线AB过F,故直线AB的方程为x=y+1,代入y2=4x,得y2-y-4=0,
    故2tyB=-4,即yB=-,所以B.
    又由于xG=(xA+xB+xC),yG=(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-+yC=0,得
    C,G.
    所以直线AC的方程为y-2t=2t(x-t2),
    得Q(t2-1,0).
    由于Q在焦点F的右侧,故t2>2.从而


    ==2-.
    令m=t2-2,则m>0,
    =2-=2-
    ≥2-=1+.
    当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0).
    20.(本小题满分12分)设函数f(x)=mex-x2+3,其中m∈R.
    (1)当f(x)为偶函数时,求函数h(x)=xf(x)的极值;
    (2)若函数f(x)在区间[-2,4]上有两个零点,求m的取值范围.
    解 (1)由函数f(x)是偶函数,得f(-x)=f(x),
    即me-x-(-x)2+3=mex-x2+3对于任意实数x都成立,所以m=0.
    此时h(x)=xf(x)=-x3+3x,则h′(x)=-3x2+3.
    由h′(x)=0,解得x=±1.
    当x变化时,h′(x)与h(x)的变化情况如下表所示:

    所以h(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增.
    所以h(x)有极小值h(-1)=-2,极大值h(1)=2.
    (2)由f(x)=mex-x2+3=0,得m=.
    所以“f(x)在区间[-2,4]上有两个零点”等价于“直线y=m与曲线g(x)=,x∈[-2,4]有且只有两个公共点”.
    对函数g(x)求导,得g′(x)=.
    由g′(x)=0,解得x1=-1,x2=3.
    当x变化时,g′(x)与g(x)的变化情况如下表所示:


    所以g(x)在(-2,-1),(3,4)上单调递减,在(-1,3)上单调递增.
    又因为g(-2)=e2,g(-1)=-2e,g(3)=g(-1),
    所以当-2e 即当-2e 21.(本小题满分12分)某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片,每批生产若干盒,每片成本1元,每盒芯片需检验合格后方可出厂.检验方案是从每盒芯片随机取3片检验,若发现次品,就要把全盒12片产品全部检验,然后用合格品替换掉不合格品,方可出厂;若无次品,则认定该盒芯片合格,不再检验,可出厂.
    (1)若某盒芯片中有9片合格,3片不合格,求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率?
    (2)若每片芯片售价10元,每片芯片检验费用1元,次品到达组装工厂被发现后,每片须由代工厂退赔10元,并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂.设每片芯片不合格的概率为p(0 ①若某盒12片芯片中恰有3片次品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0;
    ②若以①中的p0作为p的值,由于质检员操作疏忽,有一盒芯片未经检验就被贴上合格标签出厂到组装工厂,试确定这盒芯片的最终利润X(单位:元)的期望.
    解 (1)设“该盒芯片经一次检验即可出厂”的事件为A,则P(A)==.
    答:该盒芯片可出厂的概率为.
    (2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率
    f(p)=Cp3(1-p)9

    当且仅当3p=1-p,即p=时取“=”号,
    故f(p)的最大值点p0=.
    ②由题设知,p=p0=.设这盒芯片不合格品个数为n,
    则n~B,故E(n)=12×=3,
    则E(X)=120-12-30-3×2=72.
    ∴这盒芯片的最终利润X的期望是72元.
    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,曲线C1的方程为x2+y2=4,直线l的参数方程为(t为参数),若将曲线C1上的点的横坐标不变,纵坐标变为原来的,得曲线C2.
    (1)写出曲线C2的参数方程;
    (2)设点P(-2,3),直线l与曲线C2的两个交点分别为A,B,求+的值.
    解 (1)若将曲线C1上的点的横坐标不变,纵坐标变为原来的,则得到曲线C2的直角坐标方程为x2+2=4,整理,得+=1,
    ∴曲线C2的参数方程为(θ为参数).
    (2)将直线l的参数方程化为标准形式为
    (t′为参数),
    将参数方程代入+=1,得
    +=1,
    整理,得(t′)2+18t′+36=0.
    ∴|PA|+|PB|=|t1′+t2′|=,
    |PA|·|PB|=t1′t2′=,
    ∴+===.
    23.(本小题满分10分)[选修4-5:不等式选讲]
    已知函数f(x)=|x+3|+|x-1|的最小值为m.
    (1)求m的值以及此时x的取值范围;
    (2)若实数p,q,r满足:p2+2q2+r2=m,
    证明:q(p+r)≤2.
    解 (1)依题意,得f(x)=|x+3|+|x-1|≥|x+3-x+1|=4,故m的值为4.
    当且仅当(x+3)(x-1)≤0,即-3≤x≤1时等号成立,即x的取值范围为[-3,1].
    (2)证明:因为p2+2q2+r2=m,
    故(p2+q2)+(q2+r2)=4.
    因为p2+q2≥2pq,当且仅当p=q时等号成立;
    q2+r2≥2qr,当且仅当q=r时等号成立,
    所以(p2+q2)+(q2+r2)=4≥2pq+2qr,
    故q(p+r)≤2,当且仅当p=q=r时等号成立.



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