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1、2020高考仿真模拟卷(八)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Ax|(x2)(x2)0，By|x2y216，则AB()A3,3 B2,2 C4,4 D答案B解析由题意，得Ax|2x2，By|4y4，所以ABx|2x22已知复数z2bi(bR)(i为虚数单位)的共轭复数为，且满足z2为纯虚数，则z()A2 B2 C8 D12答案C解析z24b24bi为纯虚数，解得b2，z|z|222b28.3按照如图的程序框图执行，若输出结果为15，则M处条件为()Ak16? Bk8? Ck0，b0)的一条渐近线的倾斜角为130，则C的离
2、心率为()A2sin40 B2cos40 C. D.答案D解析由题意可得tan130，所以e .故选D.11某同学为研究函数f(x)(0x1)的性质，构造了如图所示的两个边长为1的正方形ABCD和BEFC，点P是边BC上的一个动点，设CPx，则APPFf(x)函数g(x)3f(x)8的零点的个数是()A0 B1 C2 D3答案A解析由题意可得函数f(x)APPF，当A，P，F三点共线时，f(x)取得最小值；当P与B或C重合时，f(x)取得最大值1.求函数g(x)3f(x)8的零点的个数，即为求f(x)的解的个数，由f(x)的最大值10)焦点F的直线与抛物线的交点，O是坐标原点，且满足2，SOA
3、B|AB|，则抛物线的标准方程为()Ay24x By2x Cy28x Dy2x答案A解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，2，则y12y2，又由抛物线焦点弦性质，y1y2p2，所以2yp2，得|y2|p，|y1|p，得|BF|p，|AF|p，|AB|p.SOAB(|y1|y2|)p2p，得p2，抛物线的标准方程为y24x.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13设向量a(1，2)，ab(x,8)，c(2,1)，若bc，则实数x的值为_答案19解析由已知可得b(x1,10)，由bc得x120，则x19.14如图，在体积为V1的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面，共顶点的两个圆锥，剩余部
4、分的体积为V2，则_.答案解析设上下圆锥的高分别为h1，h2，圆柱的底面圆的半径为r，圆柱的高为h，则.15(2019太原模拟)已知为锐角，且sinsin5cos2，则tan_.答案解析由已知得sin5(cos2sin2)，即sin(sincos)5(sincos)(cossin)因为为锐角，所以5，所以5，得tan.16已知数列an，令Pn(a12a22n1an)(nN)，则称Pn为an的“伴随数列”，若数列an的“伴随数列”Pn的通项公式为Pn2n1(nN)，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS4对任意的正整数n恒成立，则实数k的取值范围为_答案解析由题意，Pn(a12a22n1an)
5、(nN)，则a12a22n1ann2n1，a12a22n2an1(n1)2n，则2n1ann2n1(n1)2n(n1)2n，则an2(n1)，对a1也成立，故an2(n1)，则ankn(2k)n2，则数列ankn为等差数列，故SnS4对任意的n(nN)恒成立可化为a44k0，a55k0，即解得k.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(2019河南八市重点高中联盟第五次测评)(本小题满分12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，AA1AC
6、，ACB90.(1)求证：平面AB1C1平面A1B1C；(2)若A1AC60，AC2CB2，求四棱锥ABCC1B1的体积解(1)证明：平面ACC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABCAC，BC平面ABC，ACB90，BC平面ACC1A1，A1C平面ACC1A1，BCA1C，B1C1BC，A1CB1C1，2分四边形ACC1A1是平行四边形，且AA1AC， 四边形ACC1A1是菱形，A1CAC1，AC1B1C1C1，A1C平面AB1C1，又A1C平面A1B1C，平面AB1C1平面A1B1C.5分(2)四边形ACC1A1是菱形，A1AC60，AC2，SACC122sin60，7分B1C1BC，
7、B1C1BC，BC平面ACC1A1，BC1，VB1ACC1SACC1B1C11，10分VABCC1B12VACC1B12VB1ACC1，即四棱锥ABCC1B1的体积为. 12分18(本小题满分12分)如图，旅客从某旅游区的景点A处下山至C处有两种路径，一种是从A沿直线步行到C，另一种从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分钟，在甲出发2分钟后，乙从A乘缆车到B，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130米/分钟，山路AC长1260米，经测量，cosA，cosC.(1)求索道AB的长；(2)问乙出发多少分钟后，乙在
8、缆车上与甲的距离最短？解(1)因为在ABC中，cosA，cosC，所以sinA，sinC，2分所以sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，4分由正弦定理得，所以AB1040米，所以索道AB的长为1040米.6分(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(10050t)米，乙距离A处130t米，所以由余弦定理，得7分d2(130t)22500(t2)22130t50(t2)200(37t270t50)200，t0,8，11分故当t时，甲、乙的距离最短所以乙出发分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短.12分19(2019山东济南3月模拟)(本小题满分12分)某客户考察
9、了一款热销的净水器，使用寿命为十年，该款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换3个一级滤芯就需要更换1个二级滤芯，三级滤芯无需更换其中一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元记一台净水器在使用期内需要更换的二级滤芯的个数构成的集合为M.如图是根据100台该款净水器在十年使用期内更换的一级滤芯的个数制成的柱状图(1)结合图形，写出集合M；(2)根据以上信息，求出一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1200元的概率(以100台净水器更换二级滤芯的频率代替1台净水器更换二级滤芯发生的概率)；(3)若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯
10、可享受5折优惠(使用过程中如需再购买无优惠)假设上述100台净水器在购机的同时，每台均购买a个一级滤芯、b个二级滤芯作为备用滤芯(其中bM，ab14)，计算这100台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平均数，并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数也为14个，则其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？解(1)由题意可知当一级滤芯更换9,10,11个时，二级滤芯需要更换3个，2分当一级滤芯更换12个时，二级滤芯需要更换4个，所以M3,4. 4分(2)由题意可知二级滤芯更换3个，需1200元，二级滤芯更换4个，需1600元，5分在100台净水器中，二级滤芯需要更换3个的净
11、水器共70台，二级滤芯需要更换4个的净水器共30台，6分设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1200元”为事件A，所以P(A)0.3.7分(3)因为ab14，bM，若a10，b4，则这100台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为2000.9分若a11，b3，则这100台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为1880，11分所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为14个，客户应该购买一级滤芯11个，二级滤芯3个.12分20(2019湖北宜昌元月调考)(本小题满分12分)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点A(0,4)的直线l与椭圆C交
12、于M、N两点，F是椭圆C的上焦点问：是否存在直线l，使得SMAFSMNF.若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)，b，且有a2b2c2，解得a24，b23，椭圆C的方程为1.4分(2)由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为ykx4，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立(3k24)x224kx360， 6分SMAFSMNF，M为线段AN的中点，x22x1， 将代入，解得x1， 8分将代入，得x， 将代入，解得k2， 10分将代入检验成立，k，即存在直线l：6xy40或6xy40符合题意.12分21(2019山西吕梁一模)(本小题满分12分)已知函数f(x)exln
13、 x1.(1)求函数yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)证明：f(x)3.解(1)因为f(x)ex，又f(1)e1，f(1)e1，所以y(e1)(e1)(x1)，即所求切线方程为y(e1)x2.4分(2)证明：由(1)，知f(x)ex，易知f(x)在区间(0，)上单调递增，因为f0，且f(1)0，所以x0，使得f(x0)0，即f(x)0有唯一的根，记为x0，则f(x0)ex00，对e x0两边取对数，得ln e x0ln ，整理，得x0ln x0，8分因为x(0，x0)时，f(x)0，函数f(x)单调递减，x(x0，)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(x)minf(x0
14、)e x0ln x01x013，当且仅当x0，即x01时，等号成立，因为x0，所以f(x)min3，即f(x)3.12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平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为(cossin)(0)，直线l与曲线C交于A，B两点(1)若OAOB，求直线l的直角坐标方程；(2)若直线l与x轴交于P点，OAP的面积是OBP面积的3倍，求的值解(1)消去参数，得曲线C的普通方程为y21，将代入(co
15、ssin)，得直线l的直角坐标方程为xy(0)，2分联立，得消去x，得3y22y220，4212(22)0，即20，因而，故直线l的直角坐标方程为3x3y20.5分(2)易知SOAP|OP|y1|3SOBP|OP|y2|，因而|y1|3|y2|，6分由(1)知y1y2，y1y2，若y1，y2均为正，则y13y2，则4y2，3y，得；8分若y1，y2一正一负，则y13y2，则2y2，3y，得1.10分23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x1|，不等式f(x)2|x|4的解集为A.(1)求集合A；(2)证明：对于任意的x，yRA，|xy1|xy|恒成立解(1)不等式f(x)2|x|4，即|x1|2|x|4，当x1时，得x12x4x，所以1x；2分当0x1时，得1x2x4x3，所以0x|xy|，即证|xy1|2|xy|2，即证x2y22xy1x22xyy2成立，即证x2y2x2y210，即证(x21)(y21)0.7分A，RA.8分x，yRA，|x|1，|y|1，x21，y21，(x21)(y21)0成立，即原命题得证.10分