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2020高考仿真模拟卷(二)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A1,2,3,4，B2,3,6,7，C3,4,5,6，则图中阴影部分表示的集合是()A2,3B6C3D3,6答案B解析由题可知，ABC3，BC3,6，故阴影部分表示的集合是62若(12i)z5i，则|z|的值为()A3B5CD答案D解析由(12i)z5i，可得z2i.所以|z|.3(2019北京海淀一模)已知xy，则下列各式中一定成立的是()A2CxyD2x2y2答案D解析x，y的符号不确定，当x2，y1时，xy，显然2不成立，yx是减函数，所以xy不成立，因为xy0，所以2x2y2222，正确，故选D.4(2019浙江金华十校模拟)在下面四个x，的函数图象中，函数y|x|sin2x的图象可能是()答案C解析因为f(x)|x|sin(2x)|x|sin2xf(x)，即f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D；当x时，f()sin20，排除A.故选C.5已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A2BCD3答案C解析由三视图可知该几何体为四棱锥，记为四棱锥EABCD，将其放入棱长为2的正方体中，如图，易知四棱锥EABCD的底面积S四边形ABCD4，高为，故所求体积为4.6在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称若tan，则tan()的值为()A0BCD答案D解析由角与角的始边相同，终边关于y轴对称可知tantan.又tan，所以tan，所以tan().7. 已知ABCD为正方形，其内切圆I与各边分别切于E，F，G，H，连接EF，FG，GH，HE.现向正方形ABCD内随机抛掷一枚豆子，记事件A：豆子落在圆I内，事件B：豆子落在圆I内四边形EFGH外，则P(B|A)()A1BC1D答案C解析设正方形ABCD的边长为a，则圆I的半径为r，其面积为S2a2，设正方形EFGH的边长为b，则baba，其面积为S12a2，则在圆I内且不在EFGH内的面积为SS1，所以P(B|A)1.8河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列an，则log2(a3a5)的值为()A8B10C12D16答案C解析依题意a1a2a3a4a5a6a71016，又因为数列an是公比为2的等比数列，则1016，所以a18，所以a3a5(a4)2(823)2212，所以log2(a3a5)log221212.9(2019湖北部分重点中学新起点考试)秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入x的值为5，则输出v的值为()A5111BCD答案B解析依次运行程序框图中的程序，可得k1满足条件，v15151，k2；k2满足条件，v(51)515251，k3；k3满足条件，v(5251)51535251，k4；k9满足条件，v(585751)5159585751，k10；k10满足条件，v(59585751)51510595851，k11.而k11不满足条件，停止运行，输出v510595851.故选B.10(2019青岛模拟)已知定义域为R的奇函数f(x)，当x0时，满足f(x)则f(1)f(2)f(3)f(2020)()Alog25Blog25C2D0答案B解析由题意，得f(1)f(2)f(5)f(26723)f(2018)，f(0)f(3)f(6)f(36723)f(2019)，f(1)f(4)f(7)f(46723)f(2020)，又因为f(1)f(1)log25，f(0)0，所以f(1)f(2)f(3)f(2020)673f(1)f(2)f(3)f(2020)6730f(1)log25.11(2019辽宁五校联考)一条动直线l与抛物线C：x24y相交于A，B两点，O为坐标原点，若2，则()242的最大值为()A24B16C8D16答案B解析由2，知G是线段AB的中点，()，()242()2()24.由A，B是动直线l与抛物线C：x24y的交点，不妨设A，B，444164216，即()242的最大值为16，故选B.12(2019辽宁葫芦岛二模)已知函数f(x)exex(e为自然对数的底数)，g(x)ln xaxea4.若存在实数x1，x2，使得f(x1)g(x2)1，且1e，则实数a的最大值为()ABCD1答案A解析由f(x1)1化简得ex1e(x1e)1，由于yet，yt1只有一个交点(0,1)，所以x1e0，故x1e.g(x)的定义域为(0，)，由1e，得ex2e2.由g(x2)1化简得ln x2a(x2e)3.分别画出函数yln x和ya(xe)3的图象如图所示，由图可知，a的最大值即直线ya(xe)3的斜率的最大值为kAB，故选A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13某学校男女比例为23，从全体学生中按分层抽样的方法抽取一个样本容量为m的样本，若女生比男生多10人，则m_.答案50解析由题意，得10，解得m50.14已知双曲线x21(m0)的一个焦点与抛物线yx2的焦点重合，则此双曲线的离心率为_答案解析双曲线x21(m0)的一个焦点与抛物线yx2的焦点重合，抛物线yx2的焦点坐标为(0,2)，c2，1m4即ma23，a，e.15如图所示，在平面四边形ABCD中，AD2，CD4，ABC为正三角形，则BCD面积的最大值为_答案44解析设ADC，ACD，由余弦定理可知，AC22016cos，cos，又由正弦定理，sin，SBCDBCCDsin2BC2BC4sin4，所以最大值为44.16(2019河北石家庄模拟一)在棱长为1的透明密闭的正方形容器ABCDA1B1C1D1中，装有容器总体积一半的水(不计容器壁的厚度)，将该正方体容器绕BD1旋转，并始终保持BD1所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为_答案解析如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E在A1B1上，点F在CD上，满足A1ECF，则原问题等价于求解四边形BFD1E面积的最大值作EGBD1于点G，当EG最大时，四边形BFD1E的面积有最大值建立如图所示的空间直角坐标系，设E(m,0,1)(0m1)，设G(x，y，z)，由于B(1,0,0)，D1(0,1,1)，由可得(x1，y，z)(1,1,1)，则故G(1，)，故(m1，1)，(1,1,1)，由m110，得，1，故|GE|，结合二次函数的性质可知当m0或m1时，GE取得最大值，此时水面面积的最大值为.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1721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)已知等差数列an中，a12，a2a416.(1)设bn2an，求证：数列bn是等比数列；(2)求anbn的前n项和解(1)证明：设an的公差为d，由a2a416，可得(a1d)(a13d)16，即2a14d16.2分又a12，可得d3.故ana1(n1)d2(n1)33n1.3分依题意，bn23n1，因为23(常数)，故数列bn是首项为4，公比q8的等比数列.6分(2)an的前n项和为.8分bn的前n项和为23n2.10分故anbn的前n项和为23n2.12分18. (2019辽宁丹东质量测试二)(本小题满分12分)如图，四棱锥SABCD中，SD平面ABCD，ABCD，ADCD，SDCD，ABAD，CD2AD，M是BC的中点，N是线段SA上的点(1)若N是SA的中点，求证：MN平面SDC；(2)设MN与平面SAD所成角为，求sin的最大值解解法一：(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz，设DA2.则D(0,0,0)，S(0,0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，4,0)，所以M(1,3,0)，N(1，0,2)，(0，3,2)因为SD平面ABCD，2分所以SDAD，又ADCD，所以AD平面SDC，平面SDC的一个法向量为(2,0,0)因为0，MN平面SDC，所以MN平面SDC.5分(2)(2,0，4)，设(01)，则N(2，0,44)，(21，3,44)，平面SAD的一个法向量为(0,4,0)，所以sin.9分因为01，所以当，即SN9NA时，sin取得最大值.12分解法二：(1)证明：取AD的中点为E，连接ME，NE，则MEDC，因为ME平面SDC，所以ME平面SDC，2分同理NE平面SDC.所以平面MNE平面SDC，因此MN平面SDC.5分(2)以D为坐标原点，DA，DC，DS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz，设DA2，则D(0,0,0)，S(0,0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，4,0)，所以M(1,3,0)，(2,0，4)设(01)，则N(2，0,44)，(21，3,44)平面SAD的一个法向量为(0,4,0)，所以sin.9分因为01，所以当，即SN9NA时，sin取得最大值.12分19. (2019福建模拟)(本小题满分12分)春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策”某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点处记录了大年初三上午9：2010：40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如图所示，其中时间段9：209：40记作区间20,40)，9：4010：00记作40,60)，10：0010：20记作60,80)，10：2010：40记作80,100，比方：10点04分，记作时刻64.(1)估计这600辆车在9：2010：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：2010：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；(3)由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布N(，2)，其中可用这600辆车在9：2010：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，2可用样本的方差近似代替(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)，已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：4610：40之间通过的车辆数(结果保留到整数)参考数据：若TN(，a2)，则P(T)0.6826，P(2T2)0.9544，P(3T3)0.9974.解(1)这600辆车在9：2010：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为(300.005500.015700.020900.010)2064，即10点04分.3分(2)结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在20,60)这一区间内的车辆数，即(0.0050.015)20104，4分所以X的可能取值为0,1,2,3,4.所以P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3)，P(X4)，所以X的分布列为X01234P所以E(X)01234.7分(3)由(1)可得64，2(3064)20.1(5064)20.3(7064)20.4(9064)20.2324，所以18. 9分估计在9：4610：40这一时间段内通过的车辆数，也就是46T100通过的车辆数，由TN(，2)，得P(64180，y1y22n，y1y24n8，6分若设抛物线上存在定点N，使得以AB为直径的圆恒过点N，设N(x0，y0)，则y2x0，kNA，同理可得kNB，8分kNAkNB1，(2y04)ny40，解得y02，x02，在曲线C上存在定点N(2,2)，使得以AB为直径的圆恒过点N.12分21(2019河南九师联盟1月质量检测)(本小题满分12分)已知函数f(x)ln (2ax)(a0)，g(x)(bR)(1)若函数f(x)的图象在点(3，f(3)处的切线与函数g(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行，求a，b之间的关系；(2)在(1)的条件下，若ba，且f(x)mg(x)对任意x恒成立，求实数m的取值范围解(1)f(x)，g(x)，2分因为函数f(x)的图象在点(3，f(3)处的切线与函数g(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行，所以f(3)g(1)所以，化简得b.4分(2)由(1)得，b，若ba，则a，解得a2或a(舍去，因为a0)所以ab2.所以f(x)ln (22x)，g(x). 令22x0，得x1，则函数f(x)ln (22x)的定义域是(1，)；令1x0，得x1，则函数g(x)的定义域是(，1)(1，)f(x)mg(x)对任意x恒成立，即ln (22x)0对任意x恒成立令h(x)ln (22x)，则问题转化为h(x)0对任意x恒成立h(x).7分当m，即x1m0时，h(x)0且h(x)不恒为0，所以函数h(x)ln (22x)在区间上单调递增又hln 0，所以h(x)0对任意x恒成立故m符合题意.9分当m时，令h(x)0，得x0，得xm1.所以函数h(x)ln (22x)在区间上单调递减，在区间(m1，)上单调递增，所以h(m1)时，存在x0，使h(x0)0.故知h(x)0对任意x不恒成立故m不符合题意综上可知，实数m的取值范围是.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44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，已知点P(1，2)，直线l：(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为sin22cos，直线l和曲线C的交点为A，B.(1)求直线l和曲线C的普通方程；(2)求|PA|PB|.解(1)直线l：(t为参数)，消去t，可得直线l的普通方程为xy30.2分曲线C的极坐标方程为sin22cos，即为2sin22cos，由xcos，ysin可得曲线C的普通方程为y22x.5分(2)直线l的标准参数方程为(t为参数)，代入曲线C：y22x，可得t26t40，有t1t26，t1t24，则|PA|PB|t1|t2|t1t26.10分23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知a0，b0，a2b2ab.证明：(1)(ab)22(a2b2)；(2)(a1)(b1)4.证明(1)因为(ab)22(a2b2)2aba2b2(ab)20.所以(ab)22(a2b2).4分(2)证法一：由(1)及a2b2ab得ab2.因为(a1)(b1)224.于是(a1)(b1)4.10分证法二：由(1)及a2b2ab得ab2.因为ab2，所以ab1.故(a1)(b1)abab14.10分
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