2020届全国高考冲刺高考仿真模拟卷（八） 数学（文）（解析版）

2020届全国高考冲刺高考仿真模拟卷（八）
数学（文）（解析版）
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．k0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为(　　)
A．2sin40° B．2cos40° C. D.
答案　D
解析　由题意可得－＝tan130°，所以e＝ ＝＝ ＝＝.故选D.
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＋10)焦点F的直线与抛物线的交点，O是坐标原点，且满足＝2，S△OAB＝|AB|，则抛物线的标准方程为(　　)
A．y2＝4x B．y2＝x C．y2＝8x D．y2＝x
答案　A
解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，＝2，
则y1＝－2y2，又由抛物线焦点弦性质，y1y2＝－p2，
所以－2y＝－p2，得|y2|＝p，|y1|＝p，
＋＝＝，
得|BF|＝p，|AF|＝p，|AB|＝p.
S△OAB＝··(|y1|＋|y2|)＝p2＝·p，得p＝2，抛物线的标准方程为y2＝4x.
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·太原模拟)已知θ为锐角，且sinθsin＝5cos2θ，则tanθ＝________.
答案　
解析　由已知得sinθ＝5(cos2θ－sin2θ)，即sinθ(sinθ＋cosθ)＝5(sinθ＋cosθ)(cosθ－sinθ)．因为θ为锐角，所以＝5，所以＝5，得tanθ＝.
16．已知数列{an}，令Pn＝(a1＋2a2＋…＋2n－1an)(n∈N＋)，则称{Pn}为{an}的“伴随数列”，若数列{an}的“伴随数列”{Pn}的通项公式为Pn＝2n＋1(n∈N＋)，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S4对任意的正整数n恒成立，则实数k的取值范围为________．
答案　
解析　由题意，Pn＝(a1＋2a2＋…＋2n－1an)(n∈N＋)，
则a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，
a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n，
则2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)2n＝(n＋1)2n，
则an＝2(n＋1)，对a1也成立，故an＝2(n＋1)，
则an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{an－kn}为等差数列，
故Sn≤S4对任意的n(n∈N＋)恒成立可化为a4－4k≥0，a5－5k≤0，即解得≤k≤.
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．(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，∠ACB＝90°.

(1)求证：平面AB1C1⊥平面A1B1C；
(2)若∠A1AC＝60°，AC＝2CB＝2，求四棱锥A－BCC1B1的体积．
解　(1)证明：∵平面ACC1A1⊥平面ABC，
平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
∠ACB＝90°，∴BC⊥平面ACC1A1，
∵A1C⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1C，
∵B1C1∥BC，∴A1C⊥B1C1，2分
∵四边形ACC1A1是平行四边形，且AA1＝AC，
∴四边形ACC1A1是菱形，∴A1C⊥AC1，
∵AC1∩B1C1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1，又A1C⊂平面A1B1C，∴平面AB1C1⊥平面A1B1C.5分
(2)∵四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，AC＝2，∴S△ACC1＝×2×2×sin60°＝，7分
∵B1C1∥BC，B1C1＝BC，BC⊥平面ACC1A1，BC＝1，
∴VB1－ACC1＝S△ACC1·B1C1＝××1＝，10分
∴VA－BCC1B1＝2VA－CC1B1＝2VB1－ACC1＝，
即四棱锥A－BCC1B1的体积为. 12分
18．(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)因为在△ABC中，cosA＝，cosC＝，
所以sinA＝，sinC＝，2分
所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝，4分
由正弦定理得＝，
所以AB＝＝1040米，
所以索道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
19．(2019·山东济南3月模拟)(本小题满分12分)某客户考察了一款热销的净水器，使用寿命为十年，该款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现．在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换3个一级滤芯就需要更换1个二级滤芯，三级滤芯无需更换．其中一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元．记一台净水器在使用期内需要更换的二级滤芯的个数构成的集合为M.如图是根据100台该款净水器在十年使用期内更换的一级滤芯的个数制成的柱状图．

(1)结合图形，写出集合M；
(2)根据以上信息，求出一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1200元的概率(以100台净水器更换二级滤芯的频率代替1台净水器更换二级滤芯发生的概率)；
(3)若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯可享受5折优惠(使用过程中如需再购买无优惠)．假设上述100台净水器在购机的同时，每台均购买a个一级滤芯、b个二级滤芯作为备用滤芯(其中b∈M，a＋b＝14)，计算这100台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平均数，并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数也为14个，则其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？
解　(1)由题意可知当一级滤芯更换9,10,11个时，二级滤芯需要更换3个，2分
当一级滤芯更换12个时，二级滤芯需要更换4个，所以M＝{3,4}. 4分
(2)由题意可知二级滤芯更换3个，需1200元，二级滤芯更换4个，需1600元，5分
在100台净水器中，二级滤芯需要更换3个的净水器共70台，
二级滤芯需要更换4个的净水器共30台，6分
设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1200元”为事件A，所以P(A)＝＝0.3.7分
(3)因为a＋b＝14，b∈M，
①若a＝10，b＝4，则这100台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为

＝2000.9分
②若a＝11，b＝3，则这100台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为

＝1880，11分
所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为14个，客户应该购买一级滤芯11个，二级滤芯3个.12分
20．(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)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(0,4)的直线l与椭圆C交于M、N两点，F是椭圆C的上焦点．问：是否存在直线l，使得S△MAF＝S△MNF.若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解　(1)∵＝，b＝，且有a2＝b2＋c2，
解得a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.4分
(2)由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx＋4，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立⇒(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0，
∴ 6分
∵S△MAF＝SMNF，∴M为线段AN的中点，
∴x2＝2x1，　　　　　　　　　　　 　　　④
将④代入②，解得x1＝－， ⑤8分
将④代入③，得x＝， ⑥
将⑤代入⑥，解得k2＝， ⑦10分
将⑦代入①检验成立，∴k＝±，即存在直线l：6x－y＋4＝0或6x＋y－4＝0符合题意.12分
21．(2019·山西吕梁一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex－ln x＋1.
(1)求函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)＞3.
解　(1)因为f′(x)＝ex－，
又f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
所以y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，
即所求切线方程为y＝(e－1)x＋2.4分
(2)证明：由(1)，知f′(x)＝ex－，易知f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
因为f′＜0，且f′(1)＞0，所以∃x0∈，使得f′(x0)＝0，即f′(x)＝0有唯一的根，
记为x0，则f′(x0)＝ex0－＝0，对e x0＝两边取对数，
得ln e x0＝ln ，整理，得x0＝－ln x0，8分
因为x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝e x0－ln x0＋1＝＋x0＋1≥3，当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立，
因为x0∈，所以f(x)min＞3，即f(x)＞3.12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，曲线C的参数方程为(α为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)＝λ(λ>0)，直线l与曲线C交于A，B两点．
(1)若OA⊥OB，求直线l的直角坐标方程；
(2)若直线l与x轴交于P点，△OAP的面积是△OBP面积的3倍，求λ的值．
解　(1)消去参数α，得曲线C的普通方程为＋y2＝1，将代入ρ(cosθ＋sinθ)＝λ，
得直线l的直角坐标方程为x＋y＝λ(λ>0)，2分
联立，得消去x，得3y2－2λy＋λ2－2＝0，
Δ＝4λ2－12(λ2－2)>0，即λ20，因而λ＝，
故直线l的直角坐标方程为3x＋3y－2＝0.5分
(2)易知S△OAP＝|OP|·|y1|
＝3S△OBP＝|OP|·|y2|，
因而|y1|＝3|y2|，6分
由(1)知y1＋y2＝，y1y2＝，
①若y1，y2均为正，则y1＝3y2，
则4y2＝，3y＝，得λ＝；8分
②若y1，y2一正一负，则y1＝－3y2，
则－2y2＝，－3y＝，得λ＝1.10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－1|，不等式f(x)＋2|x|≤4的解集为A.
(1)求集合A；
(2)证明：对于任意的x，y∈∁RA，|xy＋1|>|x＋y|恒成立．
解　(1)不等式f(x)＋2|x|≤4，即|x－1|＋2|x|≤4，
当x≥1时，得x－1＋2x≤4⇒x≤，所以1≤x≤；2分
当00，即证(x2－1)(y2－1)>0.7分
∵A＝，
∴∁RA＝.8分
∵x，y∈∁RA，∴|x|>1，|y|>1，
∴x2>1，y2>1，
∴(x2－1)(y2－1)>0成立，即原命题得证.10分