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2020高考仿真模拟卷(六)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已知复数z满足z(1i)|1i|，则复数z的共轭复数为()A1iB1iC1iD1i答案C解析由z(1i)|1i|2，得z1i，1i.故选C.2已知集合A(x，y)|x24y，B(x，y)|yx，则AB的真子集的个数为()A1B3C5D7答案B解析依题意，在同一平面直角坐标系中分别作出x24y与yx的图象，观察可知，它们有2个交点，即AB有2个元素，故AB的真子集的个数为3，故选B.3已知命题p：“ab，|a|b|”，命题q：“x00”，则下列为真命题的是()ApqB(綈p)(綈q)CpqDp(綈q)答案C解析对于命题p，当a0，b1时，01，但是|a|0，|b|1，|a|b|，所以命题p是假命题对于命题q，x00，如x01,210.所以命题q是真命题，所以pq为真命题4(2019全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAbsinB4csinC，cosA，则()A6B5C4D3答案A解析由题意，得a2b24c2，则cosA，46，故选A.5执行如图所示的程序框图，则输出的T()A8B6C7D9答案B解析由题意，得T1log24log46log62646，故选B.6要得到函数ysin的图象，只需将函数y2sinxcosx的图象()A向左平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向右平移个单位答案C解析将函数y2sinxcosxsin2x的图象向左平移个单位可得到ysin2，即ysin的图象，故选C.7已知双曲线C：1(a0，b0)的离心率为，且经过点(2,2)，则双曲线的实轴长为()AB1C2D答案C解析由题意双曲线C：1(a0，b0)的离心率为，即c23a2.又由c2a2b2，即b22a2，所以双曲线的方程为1，又因为双曲线过点(2,2)，代入双曲线的方程，得1，解得a，所以双曲线的实轴长为2a2.8若x，y满足则x2y2的最大值为()A5B11.6C17D25答案C解析作出不等式组所表示的可行域如下图所示，则x2y2的最大值在点B(1,4)处取得，故x2y2的最大值为17.9设函数f(x)|lg x|，若存在实数0aNQBMQNCNQMDNMQ答案B解析f(a)f(b)，|lg a|lg b|，lg alg b0，即ab1，2，Nlog22，2，Mlog22，又Qln 2，MQN.10正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1的中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是()AB4C2D答案D解析从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，则MN.从底面到N点，沿棱柱的AC，BC剪开、展开，如图2.则MN ，acBabcCcbaDbca答案D解析f(x)ln xfsinx，f(x)fcosx，则f2fcos2，即f(x)2cosx，当x0；当0x2,2cosx0，即f(x)在(0，)上单调递增，yf(x2)的图象关于x2对称，yf(x2)向右平移2个单位得到yf(x)的图象关于y轴对称，即yf(x)为偶函数，bf(log9)f(2)f(2)，0log1log3log1,102，即0log32f()f(log3)，即bca.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45，a(1，1)，|b|1，则|a2b|_.答案解析由题意，得ab|a|b|cos4511，所以|a2b|2a24ab4b22414110，所以|a2b|.14已知函数f(x)axlog2(2x1)(aR)为偶函数，则a_.答案解析由f(x)f(x)，得axlog2(2x1)axlog2(2x1)，2axlog2(2x1)log2(2x1)log2x，由于x的任意性，所以a.15如图，为测量竖直旗杆CD的高度，在旗杆底部C所在水平地面上选取相距4 m的两点A，B且AB所在直线为东西方向，在A处测得旗杆底部C在西偏北20的方向上，旗杆顶部D的仰角为60；在B处测得旗杆底部C在东偏北10方向上，旗杆顶部D的仰角为45，则旗杆CD的高度为_ m.答案12解析设CDx，在RtBCD中，CBD45，BCx，在RtACD中，CAD60，AC，在ABC中，CAB20，CBA10，AB4，ACB1802010150，由余弦定理可得AB2AC2BC22ACBCcos150，即(4)2x2x22xx2，解得x12.即旗杆CD的高度为12 m.16已知腰长为2的等腰直角ABC中， M为斜边AB的中点，点P为该平面内一动点，若|2，则()() 的最小值是_答案3224解析根据题意，建立平面直角坐标系，如图所示，则C(0,0)，B(2,0)，A(0,2)，M(1,1)，由|2，知点P的轨迹为圆心在原点，半径为2的圆，设点P(2cos，2sin)，0,2)；则(2cos，22sin)，(22cos，2sin)，(2cos，2sin)，(12cos，12sin)，()()(2cos)(22cos)(2sin)(22sin)(2cos)(12cos)(2sin)(12sin)(44cos4sin)(42cos2sin)8(33cos3sin2sincos)，设tsincos，tsin，t212sincos，2sincost21，y8(33tt21)822，当t时，y取得最小值为3224.三、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)已知等比数列an中，an0，a1，nN*.(1)求an的通项公式；(2)设bn(1)n(log2an)2，求数列bn的前2n项和T2n.解(1)设等比数列an的公比为q，则q0，因为，所以，因为q0，解得q2，所以an2n12n7，nN*.4分(2)bn(1)n(log2an)2(1)n(log22n7)2(1)n(n7)2，设cnn7，则bn(1)n(cn)2，6分T2nb1b2b3b4b2n1b2n(c1)2(c2)2(c3)2(c4)2(c2n1)2(c2n)2(c1c2)(c1c2)(c3c4)(c3c4)(c2n1c2n)(c2n1c2n)c1c2c3c4c2n1c2nn(2n13)2n213n.12分18(2019四川百校模拟冲刺)(本小题满分12分)如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，D是棱AB的中点(1)证明：BC1平面A1CD；(2)若AA1平面ABC，AB2，BB14，ACBC，E是棱BB1的中点，当二面角EA1CD的大小为时，求线段DC的长度解(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，连接DF，而D是AB的中点，则BC1DF，因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.4分(2)因为AA1平面ABC，所以AA1CD，又ACBC，E是棱BB1的中点，所以DCAB，所以DC平面ABB1A1，5分以D为坐标原点，过D作AB的垂线为x轴，DB为y轴，DC为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设DC的长度为t，则C(0,0，t)，E(2,1,0)，A1(4，1,0)，D(0,0,0)，所以(2，2,0)，(4,1，t)，(4，1，0)，(0,0，t)，分别设平面EA1C与平面DA1C的法向量为m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)，由令x11，得m，同理可得n(1,4,0)，9分由cosm，n，解得t，所以线段DC的长度为.12分19(2019湖南长沙统一检测)(本小题满分12分)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交于点B，|AB|F2B|，|OB|.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：ykxm(k0)与l1，l2交于M，N两点，求证：MF1NMF2N.解(1)连接AF2，由题意，得|AB|F2B|F1B|，所以BO为F1AF2的中位线，又因为BOF1F2，所以AF2F1F2，且|AF2|2|BO|，又e，a2b2c2，得a29，b28，故所求椭圆C的标准方程为1.4分(2)证明：由题意可知，l1的方程为x3，l2的方程为x3.直线l与直线l1，l2联立可得M(3，3km)，N(3,3km)，又F1(1,0)，所以(2，3km)，(4,3km)，所以8m29k2.联立得(9k28)x218kmx9m2720.7分因为直线l与椭圆C相切，所以(18km)24(9k28)(9m272)0，化简，得m29k28.所以8m29k20，则，故MF1N为定值.10分同理(4，3km)，(2,3km)，因为0，所以，MF2N.故MF1NMF2N.12分20(本小题满分12分)某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1 kg的包裹收费10元；重量超过1 kg 的包裹，除1 kg收费10元之外，超过1 kg的部分，每超出1 kg(不足1 kg，按1 kg计算)需再收5元该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如下：包裹重量(单位：kg)12345包裹件数43301584公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：包裹件数范围0100101200201300301400401500包裹件数(近似处理)50150250350450天数6630126以上数据已做近似处理，并将频率视为概率(1)计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101400之间的概率；(2)估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，日工资100元公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？解(1)样本中包裹件数在101400之间的天数为48，频率f，故可估计概率为.显然未来3天中，包裹件数在101400之间的天数X服从二项分布，即XB，故所求概率为C2.4分(2)样本中快递费用及包裹件数如下表：包裹重量(单位：kg)12345快递费(单位：元)1015202530包裹件数43301584故样本中每件包裹收取的快递费的平均值为15(元)，故该公司对每件包裹收取的快递费的平均值可估计为15元.6分根据题意及，揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加155(元)，将题目中的天数转化为频率，得包裹件数范围0100101200201300301400401500包裹件数(近似处理)50150250350450天数6630126频率0.10.10.50.20.1若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：包裹件数(近似处理)50150250350450实际揽件数Y50150250350450频率0.10.10.50.20.1E(Y)500.11500.12500.53500.24500.1260故公司平均每日利润的数学期望为260531001000(元)；8分若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：包裹件数(近似处理)50150250350450实际揽件数Z50150250300300频率0.10.10.50.20.1E(Z)500.11500.12500.53000.23000.1235故公司平均每日利润的数学期望为23552100975(元)，10分因9751000，故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利.12分21(2019江西南昌一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)ex(xln xa)(e为自然对数的底数，a为常数，且a1)(1)判断函数f(x)在区间(1，e)内是否存在极值点，并说明理由；(2)若当aln 2时，f(x)k(kZ)恒成立，求整数k的最小值解(1)f(x)ex，令g(x)ln xxa1，x(1，e)，则f(x)exg(x)，2分g(x)0，h(1)ln 210，所以存在x1，使得h(x1)0，且当x(0，x1)时，h(x)0，即f(x)0，当x(x1，)时，h(x)0，即f(x)0.所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，)上单调递减，所以f(x)maxf(x1)e(x1ln x1ln 2).8分由h(x1)0，得ln x1x1ln 210，即ln x1x1ln 21，所以f(x1)e，x1，令r(x)ex，x，则r(x)ex0恒成立，所以r(x)在上单调递增，所以rr(x)1，所以1f(x)max0，所以若f(x)k(kZ)恒成立，则k的最小值为0.12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：坐标系与参数方程已知曲线C的极坐标方程是2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，取相同的单位长度，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为(t为参数)(1)写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；(2)设曲线C经过伸缩变换得到曲线C，设曲线C上任一点为M(x0，y0)，求x0y0的取值范围解(1)由直线l的参数方程消去参数可得它的普通方程为xy210，由2两端平方可得曲线C的直角坐标方程为x2y24.4分(2)曲线C经过伸缩变换得到曲线C的方程为x24，即1，则点M的参数方程为(为参数)，代入x0y0，得2cos4sin2sin2cos4sin，由三角函数的基本性质，知4sin4,4.10分23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|xa|3x2|(a0)(1)当a1时，解不等式f(x)x1；(2)若关于x的不等式f(x)4有解，求a的取值范围解(1)当a1时，即解不等式|x1|3x2|x1.当x1时，不等式可化为2x3x1，即x1矛盾，无解当x1时，不等式可化为4x1x1，即x0，所以解得x0.当xx1，即x4，所以解得4x4有解等价于f(x)maxa4，解得a.故a的取值范围为.10分
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