2020高考数学（理）高考评价体系之最新仿真模拟卷（五） Word版含解析.doc

1、 - 1 - 2020 高考仿真模拟卷(五) 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(2019 山东四校联考)已知集合 Ax|log2xf(a2)f(2a)，即 a21)的图象与 y 1 x的图象的交点 A 的横坐标，且 01 4 15.故选 D. 12在ABC 中，已知角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且(ab)(ca) (bc)654，给出下列结论： ABC 被唯一确定； ABC 一定是钝角三角形； sinAsinBsinC7 53；若 bc8，则ABC 的面积是15 3 2 . - 6 - 其中正确结论

2、的序号是( ) A B C D 答案 B 解析 由已知可设 ab6k，ca5k，bc4k(k0)，则 a7 2k，b 5 2k，c 3 2k， 所以 abc753， 所以 sinAsinBsinC753， 所以正确 又 a，b，c 的值不确定，所以错误在ABC 中，cosAb 2c2a2 2bc 1 2，A 2 3 ， 所以正确因为 bc8，所以 b5，c3，所以 SABC1 2bcsinA 15 3 4 ，所以 错误 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13设某总体是由编号为 01,02，19,20 的 20 个个体组成，利用下面的随 机数表选取 6 个个体，选取方法

3、是从随机数表第 1 行的第 3 列数字开始从左到右 依次选取两个数字，则选出来的第 6 个个体编号为_ 1818 0792 4544 1716 5809 7983 8619第 1 行 6206 7650 0310 5523 6405 0526 6238第 2 行 答案 19 解析 由题意，从随机数表第 1 行的第 3 列数字 1 开始，从左到右依次选取 两个数字的结果为：18,07,17,16,09,19， 故选出来的第 6 个个体编号为 19. 14在(x22x y)6的展开式中，x3y2的系数为_(用数字作答) 答案 60 解析 (x22x y)6(x22x)y 1 2 6，它展开式中的第

4、 r1 项为 Tr1Cr 6 (x22x)6 ryr 2，令 r 22， 则 r4，T5C46(x22x)2y2C46(x44x34x2)y2， x3y2的系数为 C46460. 15已知抛物线 y22px(p0)的准线方程为 x2，点 P 为抛物线上的一点， - 7 - 则点 P 到直线 yx3 的距离的最小值为_ 答案 2 2 解析 由题设得抛物线方程为 y28x， 设 P 点坐标为 P(x，y)， 则点 P 到直线 yx3 的距离为 d|xy3| 2 |8x8y24| 8 2 |y 28y24| 8 2 |y4 28| 8 2 2 2 ， 当且仅当 y4 时取最小值 2 2 . 16(2

5、019 广东深圳外国语学校第一次热身)已知函数 f(x)x2cosx 2 ，数列an 中，anf(n)f(n1)(nN*)，则数列an的前 40 项和 S40_. 答案 1680 解析 由题意得 a1f(1)f(2)044，a2f(2)f(3)404， a3f(3)f(4)01616，a4f(4)f(5)16， a5f(5)f(6)03636，a6f(6)f(7)36， 可得数列an为4，4,16,16，36，36,64,64，100，100， 即有数列an的前 40 项和 S40(441616)(36366464)(100100144144) (1444144416001600)245688

6、3121 210(24312) 1680. 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)在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c. 已知 A 2，且 3sinAcosB 1 2bsin2A3sinC. - 8 - (1)求 a 的值； (2)若 A2 3 ，求ABC 周长的最大值 解 (1)由 3sinAcosB1 2bsin2A3sinC，得 3sinAcosBbsinAcosA3sinC，由 正弦定理，得

7、 3acosBabcosA3c，由余弦定理，得 3a a2c2b2 2ac ab b2c2a2 2bc 3c，整理得(b2c2a2)(a3)0，因为 A 2，所以 b 2c2a20，所以 a3. (另解：由 sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB 代入条件变形即可)6 分 (2)在ABC 中，A2 3 ，a3，由余弦定理得，9b2c2bc，因为 b2c2 bc(bc)2bc(bc)2 bc 2 23 4(bc) 2，所以3 4(bc) 29，即(bc)212， 所以 bc2 3，当且仅当 bc 3时，等号成立 故当 bc 3时，ABC 周长的最大值为 32 3.12 分 18(

8、2019 广东潮州二模)(本小题满分 12 分)一批产品需要进行质量检验，检 验方案是：先从这批产品中任取 4 件作检验，这 4 件产品中优质品的件数记为 n. 如果 n3，再从这批产品中任取 4 件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检 验；如果 n4，再从这批产品中任取 1 件作检验，若为优质品，则这批产品通过 检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为 50%， 即取出的产品是优质品的概率都为1 2，且各件产品是否为优质品相互独立 (1)求这批产品通过检验的概率； (2)已知每件产品检验费用为 100 元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批 产品作质量检验所需的费用

9、记为 X(单位：元)，求 X 的分布列及数学期望 解 (1)设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 A1，第一次取出的 4 件产品全是优质品为事件 A2，第二次取出的 4 件产品全是优质品为事件 B1，第 二次取出的 1 件产品是优质品为事件 B2， 这批产品通过检验为事件 A，依题意有 A(A1B1)(A2B2)，且 A1B1与 A2B2互 斥， 所以 P(A)P(A1B1)P(A2B2)P(A1)P(B1|A1)P(A2)P(B2|A2) 4 16 1 16 1 16 1 2 - 9 - 3 64.5 分 (2)X 可能的取值为 400,500,800，6 分 并且 P(X8

10、00)1 4，P(X500) 1 16，P(X400)1 1 16 1 4 11 16，故 X 的分 布列如下： X 400 500 800 P 11 16 1 16 1 4 故 E(X)40011 16500 1 16800 1 4506.25.12 分 19 (2019 湖南长沙长郡中学一模)(本小题满分12分)如图， 在四棱锥PABCD 中，PAAD，底面四边形 ABCD 为直角梯形，ADBC，ADBC，BCD90 ， M 为线段 PB 上一点 (1)若 1 3，则在线段 PB 上是否存在点 M，使得 AM平面 PCD？若存在， 请确定 M 点的位置；若不存在，请说明理由； (2)已知

11、PA2，AD1，若异面直线 PA 与 CD 成 90 角，二面角 BPCD 的余弦值为 10 10 ，求 CD 的长 解 (1)延长 BA，CD 交于点 E，连接 PE，则 PE平面 PCD，若 AM平面 PCD，由平面 PBE平面 PCDPE，AM平面 PBE，则 AMPE，2 分 由 AD1 3BC，ADBC，则 PM PB EA EB 1 3，故点 M 是线段 PB 上靠近点 P 的一 个三等分点.4 分 (2)PAAD，PACD，ADCDD，AD平面 ABCD，CD平面 ABCD， 则 PA平面 ABCD，5 分 - 10 - 以点 A 为坐标原点，以 AD，AP 所在的直线分别为 y

12、 轴、z 轴，过点 A 与平面 PAD 垂直的直线为 x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，设 CDt， 则 P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(t,1,0)，B t，11 ，0 ，则BC 0，1 ，0 ，PC (t,1， 2)，CD (t,0,0)，7 分 设平面 PBC 和平面 PCD 的法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2) 由 n1BC ，n 1PC ，得 n1 BC 0， n1 PC 0， 即 1 y10， tx1y12z10， 令 x11，则 z1t 2， 故 n1 1，0， t 2 . 同理可求得 n2(0,2,1)，9 分 则 cos|n

13、1 n2| |n1|n2|，则 t 2 1 t 2 2 5 10 10 ， 解得 t 2(负值舍去)， 故 t2.CD2.12 分 20(2018 北京高考)(本小题满分 12 分)已知抛物线 C：x22py 经过点(2， 1) (1)求抛物线 C 的方程及其准线方程； (2)设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y1 分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B.求证：以 AB 为直径的圆 经过 y 轴上的两个定点 解 (1)由抛物线 C：x22py 经过点(2，1)，得 p2. - 11 - 所以抛物线 C 的方程为 x24y，其

14、准线方程为 y1.3 分 (2)证明：抛物线 C 的焦点为 F(0，1) 设直线 l 的方程为 ykx1(k0) 由 ykx1， x24y 得 x24kx40.4 分 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x24. 直线 OM 的方程为 yy1 x1x. 令 y1，得点 A 的横坐标 xAx1 y1. 同理得点 B 的横坐标 xBx2 y2.7 分 设点 D(0，n)，则DA x1 y1，1n ， DB x2 y2，1n ， DA DB x1x2 y1y2(n1) 2 x1x2 x 2 1 4 x 2 2 4 (n1)2 16 x1x2(n1) 2 4(n1)2.9 分 令DA DB

15、 0，即4(n1)20，得 n1 或 n3. 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0,1)和(0，3).12 分 21(2019 山东潍坊一模)(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)xln xaxx(a R) (1)求函数 f(x)的极值； (2)设函数 g(x)emxx2mx(x0，mR)，若存在 x1x2，使 f(x1)f(x2)，证 明：g(x1 x2)0. 所以 f(x)在(0，ea)上单调递减，在(ea，)上单调递增， 所以 f(x)极小值f(ea)ea， 所以函数 f(x)的极小值为ea，无极大值.4 分 (2)证明：g(x)memx2xmm(emx1)2x， 当

16、m0 时，由于 x0，所以 emx1，emx10， 即 g(x)0， 当 m0，所以 emx0，综上，g(x)0，故 g(x)在(0，)上单调递增， 6 分 故只须证明 x1x21，即证 ln t t1 1t21t t1，即证 ln t2 1t t10， 设 h(t)ln t21t 1t(t1)， 则 h(t)1 t2 1t1t 1t2 1 t 4 t12 t12 tt120， 故 h(t)在(1，)上单调递增 因而 h(t)h(1)0，即 ln t21t t10，因此结论成立.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

17、(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中，以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐 标系，曲线 C1的方程为x 2 2y 21，曲线 C2 的参数方程为 xcos， y1sin ( 为参数)， 曲线 C3的方程为 yxtan 00，00，ea e4be2ab m，求 ab 的最小值 解 (1)当 x3 时， 由 5xx3x1， 得 x7， 所以 x3； 当30，所以 a4b2 4ab4 ab，当且仅当 a4b 时，等号成立，7 分 所以 2ab84 ab0，即 ab42 ab0. 所以有( ab1)25.8 分 又 ab0，所以 ab1 5或 ab1 5(舍去)， ab62 5，即 ab 的最小值为 62 5.10 分