第三轮冲刺必刷仿真卷08-2020年高考数学（文）三轮冲刺必刷卷（3练1模拟）（八）

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第三轮冲刺必刷仿真卷08


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eq \(z,\s\up6(－))，且满足z2为纯虚数，则zeq \(z,\s\up6(－))＝( )


A．2eq \r(2) B．2eq \r(3) C．8 D．12


【答案】 C


【解析】 ∵z2＝4－b2＋4bi为纯虚数，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－b2＝0，,4b≠0，))


解得b＝±2，∴zeq \(z,\s\up6(－))＝|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．2cs40° C.eq \f(1,sin50°) D.eq \f(1,cs50°)


【答案】 D


【解析】 由题意可得－eq \f(b,a)＝tan130°，所以e＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(1＋tan2130°)＝ eq \r(1＋\f(sin2130°,cs2130°))＝eq \f(1,|cs130°|)＝eq \f(1,cs50°).故选D.


11．某同学为研究函数f(x)＝eq \r(1＋x2)＋eq \r(1＋1－x2)(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)＝eq \r(1＋x2)＋eq \r(1＋1－x2)＝AP＋PF，当A，P，F三点共线时，f(x)取得最小值eq \r(5)；当P与B或C重合时，f(x)取得最大值eq \r(2)＋1.求函数g(x)＝3f(x)－8的零点的个数，即为求f(x)＝eq \f(8,3)的解的个数，由f(x)的最大值eq \r(2)＋10)焦点F的直线与抛物线的交点，O是坐标原点，且满足eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，S△OAB＝eq \f(\r(2),3)|AB|，则抛物线的标准方程为( )


A．y2＝4x B．y2＝eq \f(1,4)x C．y2＝8x D．y2＝eq \f(1,8)x


【答案】 A


【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，


则y1＝－2y2，又由抛物线焦点弦性质，y1y2＝－p2，


所以－2yeq \\al(2,2)＝－p2，得|y2|＝eq \f(\r(2),2)p，|y1|＝eq \r(2)p，


eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(3,2|BF|)＝eq \f(2,p)，


得|BF|＝eq \f(3,4)p，|AF|＝eq \f(3,2)p，|AB|＝eq \f(9,4)p.


S△OAB＝eq \f(1,2)·eq \f(p,2)·(|y1|＋|y2|)＝eq \f(3\r(2),8)p2＝eq \f(\r(2),3)·eq \f(9,4)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eq \f(V2,V1)＝________.





【答案】 eq \f(2,3)


【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eq \f(V2,V1)＝eq \f(πr2h－\f(1,3)πr2h1＋h2,πr2h)＝eq \f(πr2h－\f(1,3)πr2h,πr2h)＝eq \f(2,3).


15．已知θ为锐角，且eq \r(2)sinθsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝5cs2θ，则tanθ＝________.


【答案】 eq \f(5,6)


【解析】 由已知得eq \r(2)sinθeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)sinθ＋\f(\r(2),2)csθ))＝5(cs2θ－sin2θ)，即sinθ(sinθ＋csθ)＝5(sinθ＋csθ)(csθ－sinθ)．因为θ为锐角，所以eq \f(sinθ,csθ－sinθ)＝5，所以eq \f(tanθ,1－tanθ)＝5，得tanθ＝eq \f(5,6).


16．已知数列{an}，令Pn＝eq \f(1,n)(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】 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(5,2)))


【解析】 由题意，Pn＝eq \f(1,n)(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(42－k＋2≥0，,52－k＋2≤0，))解得eq \f(12,5)≤k≤eq \f(5,2).


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，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．


【答案】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＝eq \f(1,2)×2×2×sin60°＝eq \r(3)，7分


∵B1C1∥BC，B1C1＝BC，BC⊥平面ACC1A1，BC＝1，


∴VB1－ACC1＝eq \f(1,3)S△ACC1·B1C1＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×1＝eq \f(\r(3),3)，10分


∴VA－BCC1B1＝2VA－CC1B1＝2VB1－ACC1＝eq \f(2\r(3),3)，


即四棱锥A－BCC1B1的体积为eq \f(2\r(3),3). 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，csA＝eq \f(12,13)，csC＝eq \f(3,5).





(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？


【答案】解 (1)因为在△ABC中，csA＝eq \f(12,13)，csC＝eq \f(3,5)，


所以sinA＝eq \f(5,13)，sinC＝eq \f(4,5)，2分


所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcsC＋csAsinC＝eq \f(63,65)，4分


由正弦定理得eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)，


所以AB＝eq \f(ACsinC,sinB)＝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)·eq \f(12,13)


＝200(37t2－70t＋50)


＝200eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(37\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(35,37)))2＋\f(625,37)))，t∈[0,8]，11分


故当t＝eq \f(35,37)时，甲、乙的距离最短．


所以乙出发eq \f(35,37)分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短.12分


19．(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？


【答案】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)＝eq \f(30,100)＝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


eq \f(100×10×30＋100×10＋200×40＋100×10＋400×30＋200×4×100,100)


＝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


eq \f(100×11×70＋100×11＋200×30＋200×3×70＋200×3＋400×30,100)


＝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．(本小题满分12分)已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，短轴长为2eq \r(3).


(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．


【答案】解 (1)∵eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，b＝eq \r(3)，且有a2＝b2＋c2，


解得a2＝4，b2＝3，


∴椭圆C的方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋4，,\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1))⇒(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝24k2－1443k2＋4＞0， ①,x1＋x2＝－\f(24k,3k2＋4)， ②,x1x2＝\f(36,3k2＋4)， ③)) 6分


∵S△MAF＝SMNF，∴M为线段AN的中点，


∴x2＝2x1， ④


将④代入②，解得x1＝－eq \f(8k,3k2＋4)， ⑤8分


将④代入③，得xeq \\al(2,1)＝eq \f(18,3k2＋4)， ⑥


将⑤代入⑥，解得k2＝eq \f(36,5)， ⑦10分


将⑦代入①检验成立，∴k＝±eq \f(6,\r(5))，即存在直线l：6x－eq \r(5)y＋4eq \r(5)＝0或6x＋eq \r(5)y－4eq \r(5)＝0符合题意.12分


21．(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.


【答案】解 (1)因为f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，


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－eq \f(1,x)，易知f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，


因为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＜0，且f′(1)＞0，所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得f′(x0)＝0，即f′(x)＝0有唯一的根，


记为x0，则f′(x0)＝ex0－eq \f(1,x0)＝0，对e x0＝eq \f(1,x0)两边取对数，


得ln e x0＝ln eq \f(1,x0)，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＝eq \f(1,x0)＋x0＋1≥3，当且仅当eq \f(1,x0)＝x0，即x0＝1时，等号成立，


因为x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)csα，,y＝sinα))(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(csθ＋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．


【答案】解 (1)消去参数α，得曲线C的普通方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcsθ，,y＝ρsinθ))代入ρ(csθ＋sinθ)＝λ，


得直线l的直角坐标方程为x＋y＝λ(λ>0)，2分


联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－y＋λ，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x，得3y2－2λy＋λ2－2＝0，


Δ＝4λ2－12(λ2－2)>0，即λ20，因而λ＝eq \f(2\r(3),3)，


故直线l的直角坐标方程为3x＋3y－2eq \r(3)＝0.5分


(2)易知S△OAP＝eq \f(1,2)|OP|·|y1|


＝3S△OBP＝eq \f(3,2)|OP|·|y2|，


因而|y1|＝3|y2|，6分


由(1)知y1＋y2＝eq \f(2λ,3)，y1y2＝eq \f(λ2－2,3)，


①若y1，y2均为正，则y1＝3y2，


则4y2＝eq \f(2λ,3)，3yeq \\al(2,2)＝eq \f(λ2－2,3)，得λ＝eq \f(2\r(6),3)；8分


②若y1，y2一正一负，则y1＝－3y2，


则－2y2＝eq \f(2λ,3)，－3yeq \\al(2,2)＝eq \f(λ2－2,3)，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．


【答案】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≤eq \f(5,3)，所以1≤x≤eq \f(5,3)；2分


当00，即证(x2－1)(y2－1)>0.7分


∵A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x≤\f(5,3)))))，


∴∁RA＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\f(5,3))))).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


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
年份
高中及以下


全年新增


落户人数
专科全年


新增落户


人数
本科全年


新增落户


人数
硕士及以上


全年新增


落户人数
2017
0.09x
0.26x
0.49x
0.16x
2018
0.1x
0.58x
1.16x
0.16x