江西省麻山中学2020届高三高考数学仿真模拟冲刺卷（三）
2020届高考数学仿真模拟冲刺卷(三)
注意事项：
1.本卷仿真文科数学，题序与高考题目序号保持一致，考试时间为120分钟，满分为150分。
2.请将答案填写在答题卷上。
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＝，B＝{x|2x<1}，则(∁RA)∩B＝( )
A．[－1,0)
B．(－1,0)
C．(－∞，0)
D．(－∞，－1)
2．若复数z满足zi＝1＋2i，则z的共轭复数的虚部为( )
A．2i B．i C．1 D．2
3．某商场在国庆黄金周的促销活动中，对10月1日9时至14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图所示，已知9时至10时的销售额为3万元，则11时至12时的销售额为( )
A．8万元
B．10万元
C．12万元
D．15万元
4．在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，记向量m＝(a,4b)，n＝(4a，b)，则m·n≥4π2的概率为( )
A．1－ B．1－
C．1－ D．1－
5．已知直线l的倾斜角为45°，直线l与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右两支分别交于M，
N两点，且MF1，NF2都垂直于x轴(其中F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点)，则该双曲线的离心率为( )
A. B. C.－1 D.
6．已知a＝log3，b＝，c＝log，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．b>c>a D．c>a>b
7．运行如图所示的程序框图，若输出的S的值为－21，则判断框中可以填( )
A．a<64? B．a≤64?
C．a<128? D．a≤128?
8．已知e1，e2是两个单位向量，λ∈R时，|e1＋λe2|的最小值为，则|e1＋e2|＝( )
A．1 B. C．1或 D．2
9．在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有四个．类似的，在立体几何中，与正四面体的四个面所在平面的距离相等的点( )
A．有且只有一个 B．有且只有三个
C．有且只有四个 D．有且只有五个
10．已知函数f(x)＝Asin(2x＋θ)的部分图象如图所示，f(a)＝f(b)＝0，f(a＋b)＝，则( )
A．f(x)在上是减函数
B．f(x)在上是增函数
C．f(x)在上是减函数
D．f(x)在上是增函数
11．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的焦点到准线的距离为( )
A．4或8 B．2或4
C．2或8 D．4或16
12．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，且x∈[0，＋∞)时，f′(x)>2x.若f(a－2)－f(a)≥4－4a，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，1] B．[1，＋∞)
C．(－∞，2] D．[2，＋∞)
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60°，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b|等于________．
14．已知直线l：kx－y－k＋2＝0与圆C：x2＋y2－2y－7＝0相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．
15．已知实数x，y满足则z＝xy的最小值为________．
16．已知函数y＝f(x)(x∈R)，对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x)) 对称．若h(x)＝－asin x是g(x)关于f(x)＝coscos的“对称函数”，且g(x)在上是减函数，则实数a的取值范围是________．
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．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝.
(1)求an；
(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
18．(12分)已知某保险公司的某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下表：
上年度出险次数
0
1
2
3
≥4
保费/元
0.9a
a
1.5a
2.5a
4a
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到下表：
出险次数
0
1
2
3
≥4
频数
140
40
12
6
2
该保险公司这种保险的赔付规定如下表：
出险序次
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次及以上
赔付金额/元
2.5a
1.5a
a
0.5a
0
将所抽样本的频率视为概率．
(1)求本年度一续保人保费的平均值的估计值；
(2)求本年度一续保人所获赔付金额的平均值的估计值；
(3)据统计今年有100万投保人进行续保，若该公司此险种的纯收益不少于900万元，求a的最小值(纯收益＝总入保额－总赔付额)．
19．(12分)如图，△PAD是边长为3的等边三角形，四边形ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD.点E，F分别为棱CD，PD上的点，且＝＝，G为棱AB上一点，且＝λ.
(1)当λ＝时，求证：PG∥平面AEF；
(2)已知三棱锥A－EFG的体积为，求λ的值．
20．(12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，A，B分别是其左、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的周长为6，若△PF1F2面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同的点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．
21．(12分)已知函数f(x)＝x2－8x＋aln x(a∈R)．
(1)当x＝1时，f(x)取得极值，求a的值，并判断x＝1是极大值点还是极小值点；
(2)当函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1
t(4＋3x1－x)成立，求t的取值范围．
(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．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)
已知曲线C1：x2＋(y－3)2＝9，A是曲线C1上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点A绕点O逆时针旋转90°得到点B，设点B的轨迹为曲线C2.
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)射线θ＝(ρ>0)与曲线C1，C2分别交于P，Q两点，定点M(－4,0)，求△MPQ的面积．
23．[选修4－5：不等式选讲](10分)
已知函数f(x)＝|3x－2a|＋|2x－2|(a∈R)．
(1)当a＝时，解不等式f(x)>6；
(2)若对任意x∈R，不等式f(x)＋3x>4＋|2x－2|都成立，求a的取值范围．
仿真模拟冲刺卷(四)
1．答案：B
解析：解法一 因为＋3i＝＋3i＝2i，故选B.
解法二 ＋3i＝＝＝2i，故选B.
2．答案：B
解析：由log2(x－1)<1，得00，所以排除选项C，D.因为x>0时，f(x)＝＝xex，所以f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，排除选项B.故选A.
5．答案：B
解析：s＝0，n＝1，第一次运行，s＝21－0＝2，n＝1＋2＝3；
第二次运行，s＝23－2＝6，n＝3＋2＝5；
第三次运行，s＝25－6＝26，n＝5＋2＝7；
第四次运行，s＝27－26＝102，n＝7＋2＝9>8，终止循环．输出s＝102，故选B.
6．答案：C
解析：解法一 不等式组表示的平面区域如图中三角形ABC(包括边界)所示，作出直线2x＋y＝0并平移，可知当直线z＝2x＋y经过点A时，z取得最小值，解方程组得即A(1,1)，所以zmin＝2×1＋1＝3，当直线z＝2x＋y经过点B时，z取得最大值，解方程组得即B(5,2)，所以zmax＝2×5＋2＝12，所以z的取值范围为[3,12]，故选C.
解法二 由方程组
可得可行域的三个顶点坐标分别为A(1,1)，B(5,2)，C(1,4)，分别代入z＝2x＋y中，得zA＝3，zB＝12，zC＝6，所以z的取值范围为[3,12]，故选C.
7．答案：B
解析：解法一 因为f(x)＝2＝2sin，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝＝1，所以f(x)＝2sin，由2kπ－≤x－≤2kπ＋(k∈Z)，得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，
所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，故选B.
解法二 因为f(x)＝2＝－2cos，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝＝1，所以f(x)＝－2cos，由2kπ≤x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，
所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，故选B.
8．答案：D
解析：当a＝0时，f(x)＝－bx＋1在[2，＋∞)上不可能单调递增，当a≠0时，由已知及二次函数的单调性知－≤2，即b≤4a，所以由题意可得画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(梯形OABD)所示，易得D(1,4)，所以S梯形OABD＝×(4＋3)×4＝14，正方形OABC的面积S＝4×4＝16，所以函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增的概率P＝＝，故选D.
9．答案：A
解析：由三视图知，该四面体可以看作是正方体中的三棱锥P－ABC，如图，
由已知可得AB＝4，AC＝4，△ABC是直角三角形，所以S△ABC＝AB×AC＝×4×4＝8，所以四面体P－ABC的体积V＝×8×4＝，故选A.
10．答案：B
解析：如图，设O1为正三棱锥S－ABC的底面中心，连接SO1，则SO1是三棱锥的高，三棱锥的外接球的球心O在SO1上，设球的半径为R，连接AO1，AO，因为正三角形ABC的边长为2，所以AO1＝2××＝2，因为SA＝2，所以在Rt△ASO1中，SO1＝＝4，在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，解得R＝，所以球O的表面积为4π×2＝25π，故选B.
11．答案：B
解析：如图，设双曲线C的左焦点为F1，连接MF1，由题意知|MF|＝a＋c，|MF1|＝3a＋c，在△MF1F中，由余弦定理得|MF1|2＝|F1F|2＋|MF|2－2|F1F|·|MF|cos 60°，所以(3a＋c)2＝(2c)2＋(a＋c)2－2×2c(a＋c)×，整理得
4a2＋3ac－c2＝0，因为e＝，所以e2－3e－4＝0，因为e>1，所以e＝4，故选B.
12．答案：A
解析：因为f(x)＝x3＋a，所以f′(x)＝x2＋ax＋a，
令f′(x)＝0，则Δ＝a2－4a＝(a－2)2－4.
因为x2＋x＋2＝(x＋1)2＋>0，所以令f(x)＝0，则a＝，
f(x)的零点转化为直线y＝a与函数g(x)＝的图象的交点．
g′(x)＝＝，
令g′(x)＝0，即－x4－x3－2x2＝0，整理得x2(x2＋4x＋12)＝0，
由于x2＋4x＋12＝(x＋2)2＋8>0，所以x＝0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以直线y＝a与函数g(x)的图象可能有1个交点．所以f(x)的零点可能有1个．故选A.
13．答案：55°
解析：由题意知cos α＝sin 35°＝cos 55°，sin α＝cos 35°＝sin 55°，P在第一象限，∴α＝55°.
14．答案：①④⑤
解析：命题①，显然正确；命题②，m，n可能异面，故②为假命题；命题③，可能n⊂α，故③为假命题；命题④，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知④为真命题；命题⑤，由m∥n，m⊥α，得n⊥α，又α∥β，所以n⊥β，故⑤为真命题．综上，正确的命题为①④⑤.
15．答案：2
解析：f′(x)＝a＋，f′(1)＝a＋3，f(1)＝a－3，故f(x)的图象在点(1，a－3)处的切线方程为y－(a－3)＝(a＋3)(x－1)，又切线过点(2,4)，所以4－(a－3)＝a＋3，解得a＝2.
16．答案：2
解析：∵ccos B＋bcos C＝2acos A，∴sin Ccos B＋sin Bcos C＝2sin Acos A，∴sin(C＋B)＝2sin Acos A，∴sin A＝2sin Acos A．∵00，所以q＝3，所以an＝3n－1.(5分)
(2)bn＝＝＝，(8分)
所以
Sn＝
＝－.(12分)
18．解析：(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，且CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAD.
在△PCD中，E，F分别是PD，PC的中点，
所以EF∥CD，所以EF⊥平面PAD.
因为EF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAD.
(2)因为EF∥CD，EF⊂平面EFG，CD⊄平面EFG，
所以CD∥平面EFG，
因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离，连接DF，DG，如图，
V三棱锥M－EFG＝V三棱锥D－EFG.
取AD的中点H，连接GH，EH，FH，
则EF∥GH，
因为EF⊥平面PAD，EH⊂平面PAD，
所以EF⊥EH.
于是S△EFH＝EF×EH＝2＝S△EFG.
平面EFG⊥平面PAD，平面EFG∩平面PAD＝EH，
且易知△EHD是边长为2的正三角形，所以点D到平面EFG
的距离等于正三角形EHD的高，为.
所以三棱锥M－EFG的体积V三棱锥M－EFG＝V三棱锥D－EFG＝×S△EFG×＝.
19．解析：(1)根据直线y＝x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，
可知焦点在x轴上且M点坐标，F1(－c,0)，F2(c,0)．
∵·＝，
∴c2＝，∴c＝1.
设椭圆C方程：＋＝1(a>b>0)，
M点坐标代入椭圆C方程得
＋＝1，
∵c＝＝1，
∴a＝2，b＝.
∴椭圆C方程为＋＝1.(6分)
(2)要使△F2PQ的内切圆面积最大，即使△F2PQ的面积最大，
∵F2F1为定长，
∴当且仅当直线l过(－1,0)，与x轴垂直时△F2PQ的面积最大，
此时P，Q，
∴||＝||＝，||＝3.
设△F2PQ的内切圆半径为r，则
×3×2＝×r，
∴r＝，其面积S＝.(12分)
20．解析：(1)易知“地理之星”总人数为45×＝15，得到2×2列联表如下：
地理之星
非地理之星
合计
男生
7
8
15
女生
8
22
30
合计
15
30
45
(4分)
则k＝＝1.8<2.706，
所以没有90%以上的把握认为获得“地理之星”与“性别”有关．(6分)
(2)没有得满分的同学．记各个分值由高到低分别为x1，x2，…，x15，则
①若有两个及以上得满分，
则s2＝[(100－90)2＋(100－90)2＋(x3－90)2＋…＋(x15－90)2]>>7.2，不符合题意．(8分)
②
若恰有一个满分，为使方差最小，则其他分值需集中分布于平均数90的附近，且保证平均值为90，则有10个得分为89，其余4个得分为90，此时方差取得最小值．(10分)
s＝[(100－90)2＋4×(90－90)2＋10×(89－90)2]＝>7.2，与题意方差为7.2不符．
综上，这些同学中没有得满分的同学．
(也可以从一个满分讨论入手，推导一个不符合题意，两个更不符合题意)(12分)
21．解析：(1)因为f(x)＝－aln(1＋x)(x>－1)，
所以f′(x)＝－＝，(1分)
当a≤0时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)．(2分)
当a>0时，由得－1－1＋.(3分)
所以函数f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.(4分)
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)．
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.(5分)
(2)若a<0，则∀x1，x2∈[0，e]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，
等价于“对任意x∈[0，e]，f(x)min≥g(x)max恒成立”．(6分)
当a<0时，由(1)知，函数f(x)在[0，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝0.(7分)
g′(x)＝2xemx＋1＋x2emx＋1m＝x(mx＋2)emx＋1，
(ⅰ)当m≥0时，由0≤x≤e，得g′(x)≥0，知函数g(x)在[0，e]上单调递增，
所以g(x)max＝g(e)＝eme＋3－e2>0，不符合题意．(8分)
(ⅱ)当－≤m<0，即－≥e时，在[0，e]上，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝eme＋3－e2，只需满足：eme＋3－e2≤0，即m≤－，所以－≤m≤－.(9分)
(ⅲ)当m<－，即0<－－，所以m<－.(11分)
综上所述，实数m的取值范围为.(12分)
22．解析：(1)将直线l的参数方程化为普通方程，得x＋y－a＝0.(2分)
由ρ＝4cos θ，得ρ2＝4ρcos θ，(3分)
从而x2＋y2＝4x，即曲线C的直角坐标方程为x2－4x＋y2＝0.(5分)
(2)解法一 由，得P.
所以|OP|＝2，(6分)
将直线l的参数方程代入圆的方程x2－4x＋y2＝0中，得t2＋(2＋a)t＋a2＝0，
由Δ＞0，得2－4＜a＜2＋4.(8分)
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
则|AB|＝|t1－t2|＝＝＝2，(9分)
解得，a＝0或a＝4.
所以，所求a的值为0或4.(10分)
解法二 将θ＝(ρ≥0)化为直角坐标方程，得x－y＝0(x≥0)，(6分)
由(1)知，曲线C：(x－2)2＋y2＝4的圆心C(2,0)，半径为2，
由点到直线的距离公式，得点C到该射线的最短距离d＝＝，(7分)
所以该射线与曲线C相交所得的弦长为|OP|＝2＝2.(8分)
圆心C到直线l的距离为：＝，(9分)
由2＋12＝22，得(2－a)2＝12，即2－a＝±2，
解得，a＝0或a＝4.
所以，所求a的值为0或4.(10分)
23．解析：(1)解法一 当x＜－时，不等式化为：－2x－1＋1－2x
＜4，即x＞－1，
所以－1＜x＜－；(2分)
当－≤x≤时，不等式化为：2x＋1－2x＋1＜4，即2＜4，
所以－≤x≤；(3分)
当x＞时，不等式化为：2x＋1＋2x－1＜4，即x＜1，
所以＜x＜1，(4分)
综上可知，M＝{x|－1＜x＜1}．(5分)
解法二 设f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，
则f(x)＝(2分)
函数f(x)的图象如图所示，(4分)
若f(x)<4，由右图可得，－1
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