2020届高考冲刺高考仿真模拟卷（六） 数学（理）（解析版）

2020高考仿真模拟卷(六)
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．已知复数z满足z(1＋i)＝|－1＋i|，则复数z的共轭复数为(　　)
A．－1＋i B．－1－i
C．1＋i D．1－i
答案　C
解析　由z(1＋i)＝|－1＋i|＝＝2，得z＝＝＝1－i，∴＝1＋i.故选C.
2．已知集合A＝{(x，y)|x2＝4y}，B＝{(x，y)|y＝x}，则A∩B的真子集的个数为(　　)
A．1 B．3
C．5 D．7
答案　B
解析　依题意，在同一平面直角坐标系中分别作出x2＝4y与y＝x的图象，观察可知，它们有2个交点，即A∩B有2个元素，故A∩B的真子集的个数为3，故选B.
3．已知命题p：“∀a>b，|a|>|b|”，命题q：“∃x0<0,2>0”，则下列为真命题的是(　　)
A．p∧q B．(綈p)∧(綈q)
C．p∨q D．p∨(綈q)
答案　C
解析　对于命题p，当a＝0，b＝－1时，0>－1，
但是|a|＝0，|b|＝1，|a|<|b|，所以命题p是假命题．
对于命题q，∃x0<0,2>0，如x0＝－1,2－1＝>0.
所以命题q是真命题，所以p∨q为真命题．
4．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－，则＝(　　)
A．6 B．5
C．4 D．3
答案　A
解析　由题意，得a2－b2＝4c2，则－＝cosA＝，∴＝－，∴＝，∴＝×4＝6，故选A.
5．执行如图所示的程序框图，则输出的T＝(　　)

A．8 B．6
C．7 D．9
答案　B
解析　由题意，得T＝1×log24×log46×…×log6264＝××…×＝＝6，故选B.
6．要得到函数y＝sin的图象，只需将函数y＝2sinxcosx的图象(　　)
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
答案　C
解析　将函数y＝2sinxcosx＝sin2x的图象向左平移个单位可得到y＝sin2，即y＝sin的图象，故选C.
7．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，且经过点(2,2)，则双曲线的实轴长为(　　)
A． B．1
C．2 D．
答案　C
解析　由题意双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，即＝⇒c2＝3a2.又由c2＝a2＋b2，即b2＝2a2，所以双曲线的方程为－＝1，又因为双曲线过点(2,2)，代入双曲线的方程，得－＝1，解得a＝，所以双曲线的实轴长为2a＝2.
8．若x，y满足则x2＋y2的最大值为(　　)
A．5 B．11.6
C．17 D．25
答案　C
解析　作出不等式组所表示的可行域如下图所示，则x2＋y2的最大值在点B(1,4)处取得，故x2＋y2的最大值为17.


9．设函数f(x)＝|lg x|，若存在实数0 A．M>N>Q B．M>Q>N
C．N>Q>M D．N>M>Q
答案　B
解析　∵f(a)＝f(b)，∴|lg a|＝|lg b|，
∴lg a＋lg b＝0，即ab＝1，
∵2＝＝<＝，
∴N＝log22<－2，
又>＝，∴>>2，
∴M＝log2>－2，
又Q＝ln ＝－2，∴M>Q>N.
10．正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1的中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是(　　)
A． B．4＋
C．2＋ D．
答案　D
解析　①从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，则MN＝＝＝.

②从底面到N点，沿棱柱的AC，BC剪开、展开，如图2.
则MN＝
＝ ＝ ，
∵<，∴MNmin＝ .
11．(2019·江西景德镇第二次质检)已知F是抛物线x2＝4y的焦点，点P在抛物线上，点A(0，－1)，则的最小值是(　　)
A． B．
C．1 D．
答案　A
解析　由题意可得，抛物线x2＝4y的焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1，过点P作PM垂直于准线，垂足为M，

由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|，则＝＝sin∠PAM，因为∠PAM为锐角，故当∠PAM最小时，最小，即当PA和抛物线相切时，最小，设切点P(2，a)，由y＝x2，得y′＝x，则切线PA的斜率为×2＝＝，解得a＝1，即P(2,1)，此时|PM|＝2，|PA|＝2，所以sin∠PAM＝＝，故选A.
12．(2019·天津部分区一模联考)已知函数y＝f(x)的定义域为(－π，π)，且函数y＝f(x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，当x∈(0，π)时，f(x)＝πln x－f′sinx(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝f(logπ3)，b＝f(log9)，c＝f(π)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．b>a>c B．a>b>c
C．c>b>a D．b>c>a
答案　D
解析　∵f(x)＝πln x－f′sinx，∴f′(x)＝－f′cosx，则f′＝2－f′cos＝2，即f′(x)＝－2cosx，当≤x<π时，2cosx≤0，f′(x)>0；当02,2cosx<2，∴f′(x)>0，即f(x)在(0，π)上单调递增，∵y＝f(x＋2)的图象关于x＝－2对称，∴y＝f(x＋2)向右平移2个单位得到y＝f(x)的图象关于y轴对称，即y＝f(x)为偶函数，b＝f(log9)＝f(－2)＝f(2)，0＝logπ1f(π)>f(logπ3)，即b>c>a.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．平面向量a与b的夹角为45°，a＝(1，－1)，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.
答案　
解析　由题意，得a·b＝|a||b|cos45°＝×1×＝1，所以|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝2＋4×1＋4×1＝10，所以|a＋2b|＝.
14．已知函数f(x)＝ax－log2(2x＋1)(a∈R)为偶函数，则a＝________.
答案　
解析　由f(x)＝f(－x)，得
ax－log2(2x＋1)＝－ax－log2(2－x＋1)，
2ax＝log2(2x＋1)－log2(2－x＋1)＝log2＝x，
由于x的任意性，所以a＝.
15．如图，为测量竖直旗杆CD的高度，在旗杆底部C所在水平地面上选取相距4 m的两点A，B且AB所在直线为东西方向，在A处测得旗杆底部C在西偏北20°的方向上，旗杆顶部D的仰角为60°；在B处测得旗杆底部C在东偏北10°方向上，旗杆顶部D的仰角为45°，则旗杆CD的高度为________ m.

答案　12
解析　设CD＝x，
在Rt△BCD中，∠CBD＝45°，∴BC＝x，
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，∴AC＝＝，
在△ABC中，∠CAB＝20°，∠CBA＝10°，AB＝4，
∴∠ACB＝180°－20°－10°＝150°，
由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos150°，
即(4)2＝x2＋x2＋2··x·＝x2，
解得x＝12.即旗杆CD的高度为12 m.
16．已知腰长为2的等腰直角△ABC中， M为斜边AB的中点，点P为该平面内一动点，若||＝2，则(·)·(·) 的最小值是________．
答案　32－24
解析　根据题意，建立平面直角坐标系，
如图所示，

则C(0,0)，B(2,0)，A(0,2)，M(1,1)，
由||＝2，知点P的轨迹为圆心在原点，半径为2的圆，
设点P(2cosθ，2sinθ)，θ∈[0,2π)；
则＝(－2cosθ，2－2sinθ)，
＝(2－2cosθ，－2sinθ)，
＝(－2cosθ，－2sinθ)，
＝(1－2cosθ，1－2sinθ)，
∴(·)·(·)＝[(－2cosθ)(2－2cosθ)＋(－2sinθ)(2－2sinθ)]·[(－2cosθ)(1－2cosθ)＋(－2sinθ)(1－2sinθ)]
＝(4－4cosθ－4sinθ)(4－2cosθ－2sinθ)
＝8(3－3cosθ－3sinθ＋2sinθcosθ)，
设t＝sinθ＋cosθ，
∴t＝sin∈[－，]，
∴t2＝1＋2sinθcosθ，
∴2sinθcosθ＝t2－1，
∴y＝8(3－3t＋t2－1)＝82－2，
当t＝时，y取得最小值为32－24.
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)已知等比数列{an}中，an>0，a1＝，－＝，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n·(log2an)2，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，则q>0，
因为－＝，所以－＝，
因为q>0，解得q＝2，
所以an＝×2n－1＝2n－7，n∈N*.4分
(2)bn＝(－1)n·(log2an)2＝(－1)n·(log22n－7)2＝(－1)n·(n－7)2，
设cn＝n－7，则bn＝(－1)n·(cn)2，6分
T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝－(c1)2＋(c2)2＋[－(c3)2]＋(c4)2＋…＋[－(c2n－1)2]＋(c2n)2＝(－c1＋c2)(c1＋c2)＋(－c3＋c4)·(c3＋c4)＋…＋(－c2n－1＋c2n)(c2n－1＋c2n)＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n＝＝n(2n－13)＝2n2－13n.12分
18．(2019·四川百校模拟冲刺)(本小题满分12分)如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D是棱AB的中点．

(1)证明：BC1∥平面A1CD；
(2)若AA1⊥平面ABC，AB＝2，BB1＝4，AC＝BC，E是棱BB1的中点，当二面角E－A1C－D的大小为时，求线段DC的长度．
解　(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，连接DF，而D是AB的中点，则BC1∥DF，
因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.
4分
(2)因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥CD，又AC＝BC，E是棱BB1的中点，
所以DC⊥AB，所以DC⊥平面ABB1A1，5分
以D为坐标原点，过D作AB的垂线为x轴，DB为y轴，DC为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，

设DC的长度为t，
则C(0,0，t)，E(2,1,0)，A1(4，－1,0)，D(0,0,0)，
所以＝(2，－2,0)，＝(－4,1，t)，＝(4，－1，0)，＝(0,0，t)，
分别设平面EA1C与平面DA1C的法向量为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，
由令x1＝1，得m＝，
同理可得n＝(1,4,0)，9分
由cos〈m，n〉＝＝，解得t＝，
所以线段DC的长度为.12分
19．(2019·湖南长沙统一检测)(本小题满分12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交于点B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m(k≠0)与l1，l2交于M，N两点，求证：∠MF1N＝∠MF2N.
解　(1)连接AF2，由题意，得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，
所以BO为△F1AF2的中位线，
又因为BO⊥F1F2，所以AF2⊥F1F2，且|AF2|＝2|BO|＝＝，
又e＝＝，a2＝b2＋c2，得a2＝9，b2＝8，
故所求椭圆C的标准方程为＋＝1.4分
(2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，
l2的方程为x＝3.
直线l与直线l1，l2联立可得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，又F1(－1,0)，
所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4,3k＋m)，
所以·＝－8＋m2－9k2.
联立
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.7分
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简，得m2＝9k2＋8.
所以·＝－8＋m2－9k2＝0，
则⊥，故∠MF1N为定值.10分
同理＝(－4，－3k＋m)，＝(2,3k＋m)，
因为·＝0，
所以⊥，∠MF2N＝.
故∠MF1N＝∠MF2N.12分
20．(本小题满分12分)某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1 kg的包裹收费10元；重量超过1 kg 的包裹，除1 kg收费10元之外，超过1 kg的部分，每超出1 kg(不足1 kg，按1 kg计算)需再收5元．该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如下：
包裹重量(单位：kg)
1
2
3
4
5
包裹件数
43
30
15
8
4
公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数
(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
以上数据已做近似处理，并将频率视为概率．
(1)计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101～400之间的概率；
(2)①估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；
②公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用．目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，日工资100元．公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？
解　(1)样本中包裹件数在101～400之间的天数为48，频率f＝＝，故可估计概率为.
显然未来3天中，包裹件数在101～400之间的天数X服从二项分布，即X～B，
故所求概率为C×2×＝.4分
(2)①样本中快递费用及包裹件数如下表：
包裹重量(单位：kg)
1
2
3
4
5
快递费(单位：元)
10
15
20
25
30
包裹件数
43
30
15
8
4
故样本中每件包裹收取的快递费的平均值为
＝15(元)，
故该公司对每件包裹收取的快递费的平均值可估计为15元.6分
②根据题意及①，揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加15×＝5(元)，
将题目中的天数转化为频率，得

包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数
(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数
(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数Y
50
150
250
350
450
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
E(Y)
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260
故公司平均每日利润的数学期望为260×5－3×100＝1000(元)；8分
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：

包裹件数
(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数Z
50
150
250
300
300
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
E(Z)
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235
故公司平均每日利润的数学期望为235×5－2×100＝975(元)，10分
因975<1000，故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利.12分
21．(2019·江西南昌一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex(－x＋ln x＋a)(e为自然对数的底数，a为常数，且a≤1)．
(1)判断函数f(x)在区间(1，e)内是否存在极值点，并说明理由；
(2)若当a＝ln 2时，f(x) 解　(1)f′(x)＝ex，
令g(x)＝ln x－x＋＋a－1，x∈(1，e)，
则f′(x)＝exg(x)，2分
g′(x)＝－<0恒成立，
所以g(x)在(1，e)上单调递减，
所以g(x)＜g(1)＝a－1≤0，
所以f′(x)＝0在(1，e)内无解．
所以函数f(x)在区间(1，e)内无极值点.5分
(2)当a＝ln 2时，f(x)＝ex(－x＋ln x＋ln 2)，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ex，
令h(x)＝ln x－x＋＋ln 2－1，
由(1)知，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又h＝>0，h(1)＝ln 2－1＜0，
所以存在x1∈，使得h(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，h(x)＞0，即f′(x)＞0，
当x∈(x1，＋∞)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(x1)＝e(－x1＋ln x1＋ln 2).8分
由h(x1)＝0，得ln x1－x1＋＋ln 2－1＝0，
即ln x1－x1＋ln 2＝1－，
所以f(x1)＝e，x1∈，
令r(x)＝ex，x∈，
则r′(x)＝ex>0恒成立，
所以r(x)在上单调递增，所以r 又因为f＝e＝－>－1，
所以－1＜f(x)max＜0，所以若f(x)＜k(k∈Z)恒成立，则k的最小值为0.12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
已知曲线C的极坐标方程是ρ＝2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，取相同的单位长度，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为(t为参数)．
(1)写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)设曲线C经过伸缩变换得到曲线C′，设曲线C′上任一点为M(x0，y0)，求x0＋y0的取值范围．
解　(1)由直线l的参数方程消去参数可得它的普通方程为x＋y－2－1＝0，由ρ＝2两端平方可得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2＝4.4分
(2)曲线C经过伸缩变换得到曲线C′的方程为x′2＋＝4，即＋＝1，则点M的参数方程为(θ为参数)，代入x0＋y0，得×2cosθ＋×4sinθ＝2sinθ＋2cosθ＝4sin，由三角函数的基本性质，知4sin∈[－4,4].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－a|－|3x＋2|(a>0)．
(1)当a＝1时，解不等式f(x)>x－1；
(2)若关于x的不等式f(x)>4有解，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，即解不等式|x－1|－|3x＋2|>x－1.
当x>1时，不等式可化为－2x－3>x－1，即x<－，与x>1矛盾，无解．
当－≤x≤1时，不等式可化为－4x－1>x－1，
即x<0，所以解得－≤x<0.
当x<－时，不等式可化为2x＋3>x－1，
即x>－4，所以解得－4 综上所述，所求不等式的解集为(－4,0).5分
(2)f(x)＝7分
因为函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以当x＝－时，f(x)max＝＋a，8分
不等式f(x)>4有解等价于f(x)max＝＋a>4，
解得a>.
故a的取值范围为.10分