2020高考理科数学二轮分层特训卷：仿真模拟专练 （一）
专练(一)
一、选择题(本大题共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．[2019·甘肃兰州诊断]已知集合A＝{x∈N|－1
0}，命题p：1∈A，命题q：2∈A.若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则实数a的取值范围是( )
A．(0，1)∪(2，＋∞) B．(0，1)∪[2，＋∞)
C．(0，1) D．(1，2)
答案：D
解析：由于p∨q为真命题，p∧q为假命题，则p与q中有且只有一个真命题．因为－2<－a，则a<2，所以命题q：2∈A为假命题，所以命题p为真，可得a>1，所以10)的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，则该双曲线的离心率为( )
A. B．2
C．4 D.
答案：B
解析：由题意，知双曲线的右焦点(c，0)与抛物线的焦点(2，0)重合，所以c＝2，所以该双曲线的离心率为e＝2，故选B.
12．[2019·陕西西安远东一中检测]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin A＋sin B＝2sin C，b＝3，当内角C最大时，△ABC的面积等于( )
A. B.
C. D.
答案：A
解析：∵sin A＋sin B＝2sin C，∴a＋b＝2c，∵b＝3，∴c＝
，由余弦定理得cos C＝＝＝＝＋－≥2－＝，当且仅当＝，即a＝时取等号，∴内角C最大时，a＝，sin C＝，∴△ABC的面积为absin C＝，故选A.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．)
13．[2019·安徽宿州一诊](x－2y＋y2)6的展开式中x2y5的系数为________．
答案：－480
解析：(x－2y＋y2)6＝[x＋(y2－2y)]6的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx6－r(y2－2y)r，令6－r＝2，解得r＝4，所以T5＝Cx2(y2－2y)4.又(y2－2y)4＝(y2)4－C(y2)3·2y＋C(y2)2·(2y)2－Cy2·(2y)3＋C(2y)4，所以(x－2y＋y2)6的展开式中x2y5的系数为C×(－C×23)＝－480.
14．[2019·江苏常州期中]在平面直角坐标系中，劣弧，，，是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段弧上，角α以Ox为始边，OP为终边．若tan αn>0)相交于A，B两点，若弦AB中点的横坐标为－，则双曲线－＝1的两条渐近线夹角的正切值是________．
答案：
解析：把直线方程与椭圆方程联立，得消去y得(m＋n)x2＋2nx＋n－1＝0，∴xA＋xB＝－＝－，∴＝，∴双曲线－＝1的两条渐近线夹角的正切值为＝.
16．[2019·安徽合肥二检]已知半径为4的球面上有两点A，B，AB＝4，球心为O，若球面上的动点C满足二面角C－AB－O的大小为60°，则四面体OABC的外接球的半径为________．
答案：
解析：如图所示，设△ABC的外接圆的圆心为O1，取AB的中点D，连接OD，O1D，O1O，则OD⊥AB，O1D⊥AB，所以∠ODO1为二面角C－AB－O的平面角，所以∠ODO1＝60°.由题意，知OA＝OB＝4，AB＝4，满足OA2＋OB2＝AB2，所以∠AOB为直角，所以OD＝2.四面体OABC外接球的球心在过△ABC的外心O1且与平面ABC垂直的直线OO1上，同时在过Rt△OAB的外心D且与平面OAB垂直的直线上，如图中的点E就是四面体OABC外接球的球心，EO为四面体OABC外接球的半径．在Rt△ODE中，∠DOE＝90°－∠ODO1＝30°，则EO＝＝＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)
17．(12分)[2019·郑州高三质检]已知函数f(x)＝(sin x＋cos x)2＋2cos2x－2.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈时，求函数f(x)的最大值，最小值．
解析：(1)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝sin，
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
故f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)∵x∈，∴≤2x＋≤，
∴－1≤sin≤，∴－≤f(x)≤1，
∴当x∈时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－.
18．(12分)[2019·湖南湘东六校联考]如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．
(1)证明：直线BC∥平面OEF；
(2)在线段DF上是否存在一点M，使得二面角M－OE－D的余弦值是？若不存在，请说明理由；若存在，请求出M点所在的位置．
解析：(1)证明：依题意知，在平面ADFC中，∠CAO＝∠FOD＝60°，∴AC∥OF，
又AC⊄平面OEF，OF⊂平面OEF，∴AC∥平面OEF.
在平面ABED中，∠BAO＝∠EOD＝60°，
∴AB∥OE，又AB⊄平面OEF，OE⊂平面OEF，∴AB∥平面OEF.
∵AB∩AC＝A，AB⊄平面OEF，AC⊄平面OEF，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴平面ABC∥平面OEF.
又BC⊂平面ABC，∴直线BC∥平面OEF.
(2)设OD的中点为G，如图，连接GE，GF，由题意可得GE，GD，GF两两垂直，以G为坐标原点，GE，GD，GF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Gxyz.易知，O(0，－1，0)，E(，0，0)，F(0，0，)，D(0，1，0)．
假设在线段DF上存在一点M，使得二面角M－OE－D的余弦值是.设＝λ，λ∈[0，1]，则M(0，1－λ，λ)，＝(0，2－λ，λ)．
设n＝(x，y，z)为平面MOE的法向量，
由得
可取x＝－λ，则y＝λ，z＝λ－2，n＝(－λ，λ，λ－2)．
又平面 OED的一个法向量m＝(0，0，1)，
∴＝|cos〈m，n〉|＝，
∴(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ∈[0，1]，∴λ＝.
∴存在满足条件的点M，M为DF的中点．
19．(12分)[2019·湖南高三毕业班开学调研卷]某商场进行有奖促销活动，顾客购物每满500元，可选择返回50元现金或参加一次抽奖，抽奖规则如下：从1个装有6个白球、4个红球的箱子中任摸一球，摸到红球就可获得100元现金奖励，假设顾客抽奖的结果相互独立．
(1)若顾客选择参加一次抽奖，求他获得100元现金奖励的概率；
(2)某顾客已购物1 500元，作为商场经理，是希望顾客直接选择返回150元现金，还是选择参加3次抽奖？说明理由；
(3)若顾客参加10次抽奖，则最有可能获得多少现金奖励？
解析：(1)因为从装有10个球的箱子中任摸一球的结果共有C种，摸到红球的结果共有C种，所以顾客参加一次抽奖获得100元现金奖励的概率是＝＝.
(2)设X表示顾客在三次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，则X～B(3，0.4)，
所以E(X)＝3×0.4＝1.2.
由于顾客每中奖一次可获得100元现金奖励，因此该顾客在三次抽奖中可获得的奖励金额的均值为1.2×100＝120元．
因为顾客参加三次抽奖获得的现金奖励的均值120元小于直接返现的150元，所以商场经理希望顾客参加抽奖．
(3)设顾客参加10次抽奖摸中红球的次数为Y.
由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，则Y～B(10，0.4)，
于是恰好k次中奖的概率P(Y＝k)＝C×0.4k×0.610－k，k＝0，1，…，10.
从而＝，k＝1，2，…，10，
当k<4.4时，P(Y＝k－1)4.4时，P(Y＝k－1)>P(Y＝k)，
则P(Y＝4)最大，
所以最有可能获得的现金奖励为4×100＝400元．
综上，顾客参加10次抽奖，最有可能获得400元的现金奖励．
20．(12分)[2019·广东百校联考]已知F为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点，点P(2，3)在C上，且PF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线l交C于A，B两点，交直线x＝8于点M.直线PA，PM，PB的斜率是否依次构成等差数列？请说明理由．
解析：(1)因为点P(2，3)在C上，且PF⊥x轴，所以c＝2.
由得
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，令x＝8，得M的坐标为(8，6k)．
由得(4k2＋3)x2－16k2x＋16(k2－3)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝，x1x2＝.①
设直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
因为直线AB的方程为y＝k(x－2)，所以y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，
所以k1＋k2＝＋
＝＋－3
＝2k－3×.②
把①代入②，得k1＋k2＝2k－3×＝2k－1.
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.
故直线PA，PM，PB的斜率依次构成等差数列．
21．(12分)[2019·安徽淮北一中期中]已知函数f(x)＝ex＋x2－x，g(x)＝x2＋ax＋b，a，b∈R.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求a＋b的最大值．
解析：(1)因为f′(x)＝ex＋2x－1，所以f′(0)＝0.又f(0)＝1，所以该切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－(a＋1)x－b，则h(x)≥0恒成立．
易得h′(x)＝ex－(a＋1)．
(ⅰ)当a＋1≤0时，
h′(x)>0，此时h(x)在R上单调递增．
①若a＋1＝0，则当b≤0时满足h(x)≥0恒成立，此时a＋b≤－1；
②若a＋1<0，取x0<0且x0<，
此时h(x0)＝ex0－(a＋1)x0－b<1－(a＋1)－b＝0，所以h(x)≥0不恒成立，不满足条件
．
(ⅱ)当a＋1>0时，
令h′(x)＝0，得x＝ln(a＋1)．由h′(x)>0，得x>ln(a＋1)；
由h′(x)<0，得x0，则G′(x)＝1－ln x.
令G′(x)＝0，得x＝e.由G′(x)>0，得0e.所以G(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以当x＝e时，G(x)的值最大，G(x)max＝e－1.
从而，当a＝e－1，b＝0时，a＋b的值最大，为e－1.综上，a＋b的最大值为e－1.
选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．)
22．(10分)[2019·安徽六校教育研究会第二次联考][选修4－4：坐标系与参数方程]
已知曲线C的参数方程为(α为参数)，以直角坐标系的原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)若直线l的极坐标方程为sin θ－2cos θ＝，求曲线C上的点到直线l的最大距离．
解析：(1)由消去α得(x－3)2＋(y－1)2＝4，
将代入得(ρcos θ－3)2＋(ρsin θ－1)2＝4，
化简得ρ2－6ρcos θ－2ρsin θ＋6＝0.
故曲线C的极坐标方程为ρ2－6ρcos θ－2ρsin θ＋6＝0.
(2)由sin θ－2cos θ＝，得ρsin θ－2ρcos θ＝1，即2x－y＋1＝0.
由 (1)知曲线C的圆心为C(3，1)，半径r＝2，点C(3，1)到直线2x－y＋1＝0的距离d＝＝，
所以曲线C上的点到直线l的最大距离为d＋r＝＋2.
23．(10分)[2019·山西太原五中测评][选修4－5：不等式选讲]
已知f(x)＝|2x－3|＋ax－6(a∈R)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)如果函数y＝f(x)恰有两个不同的零点，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝|2x－3|＋x－6＝
则原不等式等价于或解得x≥3或x≤－3，
则原不等式的解集为{x|x≤－3或x≥3}．
(2)由f(x)＝0，得|2x－3|＝－ax＋6，
令y＝|2x－3|，y＝－ax＋6，作出它们的图象，如图所示，
可以知道，当－2
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