高考数学一轮复习综合模拟卷一

这是一份高考数学一轮复习综合模拟卷一，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．(2020·沧州调研)集合M＝{x|lg x>0}，N＝{x|x2≤4}，则M∩N等于( )
A．(－2,0) B．[1,2) C．(1,2] D．(0,2]
答案 C
解析 因为M＝{x|x>1}，N＝{x|－2≤x≤2}，
所以M∩N＝(1,2]．
2．复数z＝eq \f(1－2i,i)在复平面内对应点的坐标是( )
A．(2,1) B．(－2，－1) C．(1,2) D．(－1，－2)
答案 B
解析 ∵z＝eq \f(1－2i,i)＝eq \f(－i1－2i,－i2)＝－2－i，
∴复数z在复平面内对应点的坐标是(－2，－1)．
3．(2020·唐山段考)命题“∀x∈R，|x|＋x4≥0”的否定是( )
A．∀x∈R，|x|＋x40，∴a>b B．a>c>b
C．b>a>c D．a>b>c
答案 A
解析 因为定义在R上的函数f(x)的图象关于y轴对称，
所以y＝f(x)是定义在R上的偶函数，
所以y＝xf(x)是定义在R上的奇函数，
又因为x∈[0，＋∞)时，y′＝f(x)＋xf′(x)>0，
所以y＝xf(x)在[0，＋∞)上是增函数，
所以y＝xf(x)是定义在R上的增函数，
因为lg0.76B，故△ABC不满足②.
故△ABC满足①③④.
(2)由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccs A，
即72＝32＋c2－2×3×c×eq \f(1,2).
解得c＝8或c＝－5(舍)．
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝6eq \r(3).
18．(12分)(2020·邢台模拟)在公差为d的等差数列{an}中，a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若a1，a4，a13成等比数列，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Sn.
解 (1)∵a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝6，,d＝1.))
当a1＝3时，an＝2n＋1；
当a1＝6时，an＝n＋5.
(2)∵a1，a4，a13成等比数列，
∴a1a13＝aeq \\al(2,4)，
∴an＝2n＋1，
则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，
故Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(n,6n＋9).
19．(12分)(2020·山东九校联考)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面为菱形，AB＝AA1＝2，∠BAD＝eq \f(π,3)，AC∩BD＝O，AO⊥平面A1BD，A1B＝A1D.
(1)证明：B1C∥平面A1BD；
(2)求钝二面角B－AA1－D的余弦值．
(1)证明 连接AB1交A1B于点Q，
易知Q为AB1的中点，
∵O为AC的中点，
∴在△AB1C中，OQ∥B1C，且OQ＝eq \f(1,2)B1C，
∵OQ⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
∴B1C∥平面A1BD.
(2)解 ∵AO⊥平面A1BD，∴AO⊥A1O，
∵A1B＝A1D且O为BD的中点，
∴A1O⊥BD，
∵AO，BD⊂平面ABCD且AO∩BD＝O，
∴A1O⊥平面ABCD，如图，建立空间直角坐标系O－xyz.
易得A(eq \r(3)，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)，
∴eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，
设平面A1AB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(AA1,\s\up6(→))，,n⊥\(AB,\s\up6(→))，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，))
令x＝1，得y＝z＝eq \r(3)，
∴n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))．
同理可得平面A1AD的一个法向量为m＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,7)，
∴钝二面角B－AA1－D的余弦值为－eq \f(1,7).
20．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，3e))和(b，eq \r(3)e)都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点C是椭圆上异于左、右顶点的任一点，线段BC的垂直平分线与直线BC，AC分别交于点P，Q，求证：eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))为定值．
(1)解 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(9e2,b2)＝1，,\f(b2,a2)＋\f(3e2,b2)＝1，))结合a2＝b2＋c2，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1.
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由题意知A(－2,0)，B(2,0)，O(0,0)，
设C(x0，y0)，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋x0,2)，\f(y0,2)))，
lAC：y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，
lPQ：y＝eq \f(－x0＋2,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0＋2,2)))＋eq \f(y0,2)，
化简得lPQ：y＝eq \f(－x0＋2,y0)x－eq \f(y0,6)，
联立直线AC，PQ的方程，
解得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋14,2)，\f(y0x0＋18,2x0＋2)))，
所以eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝(2,0)·(6，yQ－yP)＝12.
21．(12分)已知函数f(x)＝ax－ln x.
(1)求f(x)的极值；
(2)若a＝－1，g(x)＝f(x)＋ex，求证：g(x)>0.
(1)解 f′(x)＝a－eq \f(1,x)(x>0)，
当a≤0时，f′(x)0时，令f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)；
令f′(x)1＋1－ln 1－1＝1>0，
故g(x)>0.
22．(12分)为回馈顾客，某商场拟通过模拟兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②顾客所获的奖励额的分布列及均值；
(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
解 (1)设顾客所获的奖励额为X.
①依题意，得P(X＝60)＝eq \f(C\\al(1,1)C\\al(1,3),C\\al(2,4))＝eq \f(1,2)，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为eq \f(1,2).
②依题意，得X的所有可能取值为20,60.
P(X＝60)＝eq \f(1,2)，P(X＝20)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,4))＝eq \f(1,2)，
故X的分布列为
所以顾客所获的奖励额的均值为
E(X)＝20×eq \f(1,2)＋60×eq \f(1,2)＝40.
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元，
所以，先寻找均值为60的可能方案．
对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，
因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；
如果选择(50,50,50,10)的方案，
因为60元是面值之和的最小值，
所以均值也不可能为60元；
因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况，
同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，
所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.
以下是对两个方案的分析．
对于方案1，即方案(10,10,50,50)，
设顾客所获的奖励额为X1，
则X1的分布列为
X1的均值为E(X1)＝20×eq \f(1,6)＋60×eq \f(2,3)＋100×eq \f(1,6)＝60，
X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×eq \f(1,6)＋(60－60)2×eq \f(2,3)＋(100－60)2×eq \f(1,6)＝eq \f(1 600,3).
对于方案2，即方案(20,20,40,40)，
设顾客所获的奖励额为X2，
则X2的分布列为
X2的均值为E(X2)＝40×eq \f(1,6)＋60×eq \f(2,3)＋80×eq \f(1,6)＝60，
X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×eq \f(1,6)＋(60－60)2×eq \f(2,3)＋(80－60)2×eq \f(1,6)＝eq \f(400,3).
由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.X
20
60
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,2)
X1
20
60
100
P
eq \f(1,6)
eq \f(2,3)
eq \f(1,6)
X2
40
60
80
P
eq \f(1,6)
eq \f(2,3)
eq \f(1,6)