2020届高考冲刺高考仿真模拟卷（八） 数学（理）（解析版）

2020高考仿真模拟卷(八)
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A＝{x|(x－2)(x＋2)≤0}，B＝{y|x2＋y2＝16}，则A∩B＝(　　)
A．[－3,3] B．[－2,2]
C．[－4,4] D．∅
答案　B
解析　由题意，得A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{y|－4≤y≤4}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤2}．
2．已知复数z＝2＋bi(b∈R)(i为虚数单位)的共轭复数为，且满足z2为纯虚数，则z·＝(　　)
A．2 B．2
C．8 D．12
答案　C
解析　∵z2＝4－b2＋4bi为纯虚数，∴解得b＝±2，∴z·＝|z|2＝22＋b2＝8.
3．按照如图的程序框图执行，若输出结果为15，则M处条件为(　　)

A．k≥16? B．k<8?
C．k<16? D．k≥8?
答案　A
解析　程序运行过程中，各变量的值如下表所示：

S
k
是否继续循环
循环前
0
1
—
第一圈
1
2
是
第二圈
3
4
是
第三圈
7
8
是
第四圈
15
16
否
故退出循环的条件应为k≥16？.
4．(2019·湖南六校联考)已知公差d≠0的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4－2，a6成等比数列，若正整数m，n满足m－n＝10，则am－an＝(　　)
A．10 B．20
C．30 D．5或40
答案　C
解析　由题意，知(a4－2)2＝a2a6，因为{an}为等差数列，所以(3d－1)2＝(1＋d)(1＋5d)，因为d≠0，解得d＝3，从而am－an＝(m－n)d＝30，故选C.
5．(2019·河北示范性高中4月联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为(　　)
A．3x＋y－4＝0 B．3x＋y＋4＝0
C．3x－y－2＝0 D．3x－y－4＝0
答案　A
解析　若x>0，则－x<0，所以f(－x)＝，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝，此时f′(x)＝，则f′(1)＝－3，f(1)＝1，所以切线方程为y－1＝－3(x－1)，即3x＋y－4＝0，故选A.
6．如图在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD的顶点D被阴影遮住，请设法计算·＝(　　)

A．10 B．11
C．12 D．13
答案　B
解析　以A点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，

则A(0,0)，B(4,1)，C(6,4)，
据此可得＝(4,1)，＝(6,4)，
结合平面向量的平行四边形法则有
＝－＝(2,3)，
则·＝(4,1)·(2,3)＝8＋3＝11.
7．由射线y＝x(x≥0)逆时针旋转到射线y＝－x(x≤0)的位置所成角为θ，则cosθ＝(　　)
A．－ B．±
C．－ D．±
答案　A
解析　设y＝x(x≥0)的倾斜角为α，
则sinα＝，cosα＝.
设射线y＝－x(x≤0)的倾斜角为β，
则sinβ＝，cosβ＝－，
∴cosθ＝cos(β－α)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝×＋×＝－.
8．(2019·东北三省三校一模)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应着十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有(　　)
A．30种 B．50种
C．60种 D．90种
答案　B
解析　若同学甲选牛，那么同学乙只能选狗和羊中的一种，同学丙可以从剩下的10种中任意选，共有C·C＝20，若同学甲选马，那么同学乙能选牛、狗和羊中的一种，同学丙可以从剩下的10种中任意选，共有C·C＝30，所以共有20＋30＝50种，故选B.
9．在桥梁设计中，桥墩一般设计成圆柱型，因为其各向受力均衡，而且在相同截面下，浇筑用模最省．假设一桥梁施工队在浇筑桥墩时，采用由内向外扩张式浇筑，即保持圆柱高度不变，截面半径逐渐增大，设圆柱半径关于时间的函数为R(t)，若圆柱的体积以均匀速度c增长，则圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径(　　)
A．成正比，比例系数为c B．成正比，比例系数为c2
C．成反比，比例系数为c D．成反比，比例系数为c2
答案　C
解析　由V＝S·h＝πR2h，知V′＝2πhR·R′(t)．
即2πhR·R′(t)＝c，
∴R′(t)＝，又圆柱的侧面积S侧＝2πRh，
则其侧面积增长速度S′侧＝2πhR′(t)＝2πh·＝，
∴圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径成反比，比例系数为c，故选C.
10．P是双曲线C：x2－y2＝2左支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F2是双曲线C的右焦点，则|PF2|＋|PQ|的最小值为(　　)
A． B．
C．3 D．2＋
答案　C
解析　如图，设F1为双曲线C的左焦点，由题知|PF2|－|PF1|＝2a＝2，

则|PF2|＋|PQ|＝|PF1|＋|PQ|＋2，
当F1，P，Q在同一直线上时，
|PF1|＋|PQ|最小，
由渐近线方程y＝x，
|F1O|＝2知|F1Q|＝，
则|PF2|＋|PQ|的最小值为3.
11．某同学为研究函数f(x)＝＋(0≤x≤1)的性质，构造了如图所示的两个边长为1的正方形ABCD和BEFC，点P是边BC上的一个动点，设CP＝x，则AP＋PF＝f(x)．函数g(x)＝3f(x)－8的零点的个数是(　　)

A．0 B．1
C．2 D．3
答案　A
解析　由题意可得函数f(x)＝＋＝AP＋PF，当A，P，F三点共线时，f(x)取得最小值；当P与B或C重合时，f(x)取得最大值＋1.求函数g(x)＝3f(x)－8的零点的个数，即为求f(x)＝的解的个数，由f(x)的最大值＋1<，可知函数f(x)＝无解．
12．(2019·湘赣十四校第二次联考)过抛物线x2＝8y的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若＝，则△AOB的面积为(　　)
A．3 B．12
C．6 D．9
答案　C
解析　解法一：易知直线AB的斜率存在，设为y＝kx＋2，
由得x2－8kx－16＝0，
∴xAxB＝－16，又∵＝，∴xB＝－2xA，
∴或
则S△OAB＝|OF||xB－xA|＝6.
解法二：由得
∴
∴
∴或
从而S△OAB＝|OF||xB－xA|＝6.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设向量a＝(1，－2)，a＋b＝(x,8)，c＝(－2,1)，若b∥c，则实数x的值为________．
答案　－19
解析　由已知可得b＝(x－1,10)，由b∥c得x－1＝－20，则x＝－19.
14．如图，在体积为V1的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面，共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为V2，则＝________.

答案　
解析　设上下圆锥的高分别为h1，h2，圆柱的底面圆的半径为r，圆柱的高为h，
则＝＝＝.
15．(2019·江苏四市教学情况调查二)已知偶函数f(x)的定义域为R，且在[0，＋∞)上为增函数，则不等式f(3x)>f(x2＋2)的解集为________．
答案　(－2，－1)∪(1,2)
解析　因为f(x)是偶函数，所以f(3x)＝f(|3x|)，所以f(3x)>f(x2＋2)等价于f(|3x|)>f(x2＋2)，又f(x)在[0，＋∞)上为增函数，且x2＋2>0，|3x|≥0，所以|3x|>x2＋2，即|x|2－3|x|＋2<0，解得1<|x|<2，即－2f(x2＋2)的解集为(－2，－1)∪(1,2)．
16．(2019·吉林五地六校联考)现有正整数构成的数表如下：
第一行：1
第二行：12
第三行：1123
第四行：11211234
第五行：1121123112112345
…
第k行：先抄写第1行，接着按原序抄写第2行，然后按原序抄写第3行，…，直至按原序抄写第k－1行，最后添上数k.(如第四行，先抄写第一行的数1，接着按原序抄写第二行的数1,2，接着按原序抄写第三行的数1,1,2,3，最后添上数4)．将按照上述方式写下的第n个数记作an(如a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝1，…，a7＝3，…，a14＝3，a15＝4，…)，用tk表示数表第k行的数的个数，则数列{tk}的前k项和Tk＝________.
答案　2k－1
解析　用tk表示数表第k行的数的个数，当k≥2时，tk＝t1＋t2＋…＋tk－1＋1，则tk＋1＝t1＋t2＋…＋tk＋1，于是tk＋1－tk＝tk，即tk＋1＝2tk，又t2＝2t1，且t1＝1，所以tk＝2k－1，故数列{tk}的前k项和Tk＝1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1.
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)如图，旅客从某旅游区的景点A处下山至C处有两种路径，一种是从A沿直线步行到C，另一种从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分钟，在甲出发2分钟后，乙从A乘缆车到B，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130米/分钟，山路AC长1260米，经测量，cosA＝，cosC＝.

(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
解　(1)∵在△ABC中，cosA＝，cosC＝，
∴sinA＝，sinC＝，2分
∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝，4分
由正弦定理，得＝，∴AB＝＝1040米，
∴索道AB的长为1040米.6分
(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，
此时，甲行走了(100＋50t)米，乙距离A处130t米，所以由余弦定理，得7分
d2＝(130t)2＋2500(t＋2)2－2·130t·50(t＋2)·＝200(37t2－70t＋50)＝200，t∈[0,8]，11分
故当t＝时，甲、乙的距离最短．
所以乙出发分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短.12分
18．(2019·河南八市重点高中联盟第五次测评)(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AA1＝AC＝2CB，∠ACB＝90°.

(1)求证：平面AB1C1⊥平面A1B1C；
(2)若A1A与平面ABC所成的线面角为60°，求二面角C1－AB1－C的余弦值．
解　(1)证明：因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∠ACB＝90°，所以BC⊥平面ACC1A1，2分
因为A1C⊂平面ACC1A1，所以BC⊥A1C，
因为B1C1∥BC，所以A1C⊥B1C1，
因为ACC1A1是平行四边形，且AA1＝AC，
所以ACC1A1是菱形，则A1C⊥AC1，
因为AC1∩B1C1＝C1，所以A1C⊥平面AB1C1.
又A1C⊂平面A1B1C，所以平面AB1C1⊥平面A1B1C.5分
(2)取AC的中点M，连接A1M，
因为四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，
所以△ACA1是正三角形，
所以A1M⊥AC，且A1M＝AC，
令AA1＝AC＝2CB＝2，则A1M＝.7分
以C为原点，以CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过点C且平行于A1M的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(2，0,0)，C1(－1,0，)，

B(0,1,0)，A1(1,0，)，＝(2,0,0)，＝＋＝＋＝(－1,0，)＋(0,1,0)＝(－1,1，)，＝(1,0，)．
设平面ACB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则所以
得x＝0，令z＝1，
则y＝－，所以n＝(0，－，1).9分
由(1)知A1C⊥平面AB1C1，所以＝(1,0，)是平面AB1C1的一个法向量，
因为cos〈，n〉＝＝＝.
所以二面角C1－AB1－C的余弦值为.12分
19．(2019·湖北部分重点中学联考)(本小题满分12分)为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅为单位(一套住宅为一户)．
阶梯级别
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
月用电范围/度
[0,210]
(210,400]
(400，＋∞)
某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：
居民用
电编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
用电
量/度
53
86
90
124
132
200
215
225
300
410
(1)若规定第一阶梯电价每度0.5元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元，第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元，试计算居民用电户月用电410度时应交电费多少元？
(2)现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的用户数的分布列与期望．
(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到k户月用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值．
解　(1)由题意知，居民用电户月用电410度时应交电费210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元).3分
(2)设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，可知第二阶梯电量的用户有3户，则ξ可取0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝.
故ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P




所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.7分
(3)由题意可知，从全市中抽取10户，设其月用电量为第一阶梯的户数为X，则X～B，
P(X＝k)＝Ck10－k(k＝0,1,2,3，…，10)，

解得≤k≤，k∈N*，
所以当k＝6时，概率最大，所以k＝6.12分
20．(2019·广西柳州3月模拟)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x－－mx在区间(0,1)上为增函数，m∈R.
(1)求实数m的取值范围；
(2)当m取最大值时，若直线l：y＝ax＋b是函数F(x)＝f(x)＋2x的图象的切线，且a，b∈R，求a＋b的最小值．
解　(1)∵f(x)＝ln x－－mx，
∴f′(x)＝＋－m，
又函数f(x)在区间(0,1)上为增函数，
∴f′(x)＝＋－m≥0在(0,1)上恒成立，2分
∴m≤＋＝2－在(0,1)上恒成立，
令t(x)＝＋＝2－，x∈(0,1)，
则当x＝1时，t(x)取得最小值，且t(x)min＝2，
∴m≤2，∴实数m的取值范围为(－∞，2].5分
(2)由题意得F(x)＝＋2x＝ln x－，
则F′(x)＝＋，
设切点坐标为，则切线的斜率
a＝F′(x0)＝＋，
又ln x0－＝ax0＋b，∴b＝ln x0－－1，
∴a＋b＝ln x0＋－－1.8分
令h(x)＝ln x＋－－1(x>0)，
则h′(x)＝－＋＝＝，
故当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
∴当x＝1时，h(x)有最小值，且h(x)min＝h(1)＝－1，
∴a＋b的最小值为－1.12分
21．(2019·湖北宜昌元月调考)(本小题满分12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且经过点A.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，若椭圆上存在点P，使得四边形OMPN为平行四边形(其中O是坐标原点)，求平行四边形OMPN的面积．
解　(1)由题意可知椭圆的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，
又椭圆C经过点A，
所以|AF1|＋|AF2|＝2a，
即 ＋ ＝2a，3分
所以2a＝＋＝4，即a＝2，又b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.4分
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，由
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，
则有Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
即4k2＋1>m2，
又x1＋x2＝，x1x2＝.6分
因为四边形OMPN为平行四边形，所以＝＋，故xP＝x1＋x2＝，
yP＝y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k＋2m＝，所以P，
由点P在椭圆上可得＋2＝1，
化简得4m2＝4k2＋1，8分
而(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2－4×＝，
又因为4m2＝4k2＋1，
所以(x1－x2)2＝＝，
所以|x1－x2|＝，
所以|MN|＝·|x1－x2|＝·，又点O到直线l的距离d＝，
故△OMN的面积S△OMN＝|MN|·d＝
··＝.
所以平行四边形OMPN的面积为S＝2×＝.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．(2019·福建泉州第二次质量检查)(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，直线l的参数方程为(t为参数)，其中n>0.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，曲线C2的极坐标方程为ρ2cos2θ＝1.
(1)求C1，C2的直角坐标方程；
(2)已知点P(－2,0)，l与C1交于点Q，与C2交于A，B两点，且|PA|·|PB|＝|PQ|2，求l的普通方程．
解　(1)曲线C1的直角坐标方程为x＝0，2分
方程ρ2cos2θ＝1可化为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝1，得x2－y2＝1.4分
(2)由直线l的参数方程为(t为参数)，
得直线l过点P(－2,0)，5分
另设直线l的参数方程为
，
则点Q对应的参数值为，即|PQ|＝，
将代入x2－y2＝1，得(－2＋tcosα)2－(tsinα)2＝1，
整理，得(cos2α－sin2α)t2－4tcosα＋3＝0，
设A，B对应的参数值分别为t1，t2，
则t1＋t2＝，t1t2＝，
因为|PA|·|PB|＝|PQ|2，
所以＝，8分
所以＝或＝－，
解得tanα＝或tanα＝，
故l的普通方程为y＝x＋1或y＝x＋.10分
23．(2019·福建泉州第二次质量检查)(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝＋，集合M为不等式f(x)≤2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，2≥a－b.
解　(1)f(x)＝＋＝
2分
所以不等式f(x)≤2的解集为M＝[－1,1].4分
(2)证明：要证2≥a－b，
只需证2≥|a－b|，
即证4(1－ab)≥(a－b)2，6分
只需证4－4ab≥a2－2ab＋b2，即4≥a2＋2ab＋b2，
即证4≥(a＋b)2，只需证2≥|a＋b|，
因为a，b∈M，所以|a＋b|≤2，
所以原不等式成立.10分