1、2021高考仿真模拟卷(三) 第三部分 刷模拟 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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(2020 山东潍坊一模)设集合 A2,4，BxN|x30，则 A B( ) A1,2,3,4 B0,1,2,3,4 C2 Dx|x4 解析 集合 BxN|x300,1,2,3，集合 A2,4，AB 0,1,2,3,4故选 B. 答案答案 解析解析 2(2020 辽宁沈阳东北育才学校第八次模拟)若复数 z 满足(2i)z5， 则在复平面内与复数 z 对应的点 Z 位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 解析 由(2
2、i)z5 得 z 5 2i 52i 2i2i 105i 5 2i，所以复数 z 对应的点 Z 的坐标为(2，1)，其位于第四象限故选 D. 答案答案 解析解析 3.(2020 山东青岛三模)如图是一个 22 列联表，则表中 a，b 的值分别 为( ) y1 y2 总计 x1 b 21 e x2 c 25 33 总计 a d 106 A96,94 B60,52 C52,54 D50,52 解析 由表格中的数据可得 c33258，d212546，a106 4660，b60852.故选 B. 答案答案 解析解析 4(2020 海南中学高三摸底)函数 f(x) x 2ln |x|的图象大致是( ) 答
3、案答案 解析 因为 f(x)f(x)，所以函数 f(x)是奇函数，排除 A，C，又当 0x1 时，f(x) x 2ln x0)与曲线 yx3有且只有两个 公共点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中 x10，b0，ab1 a 1 b，则 ab2 C若 ba0，m0，则am bm a b D若 ab0，且|ln a|ln b|，则 ab1 答案答案 解析 对于 A，若 a0 时，则 a3 a0，b0，则 ab1 a 1 b ba ab ，故 ab1.所以 a b2 ab2，故 B 正确；对于 C，若 ba0，m0，则 am bm a b abbmabam bbm mba bbm0， 所以 a
4、m bm a b， 故 C 正确； 对于 D， 若 ab0， 且|ln a|ln b|，则 ln aln b，且 a1,0b0，m1，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点为 Q(x0，y0)，则 x1 x24，则 x0 x 1x2 2 2，y0 x0m2m，点 Q 必在直线 xy30 上， 所以 22m30，m1，这与直线 l 与抛物线 C 相交于两点矛盾， 故不存在直线 l，使得 A，B 两点关于直线 xy30 对称，C 错误； 解析解析 对于 D，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 x24y，得 y1 4x 2，所以 y1 2x，则 切线 AT 的方程为 yy11
5、2x1(xx1)，即 y 1 2x1x 1 4x 2 1，同理，切线 BT 的方 程为 y1 2x2x 1 4x 2 2，由 y1 2x1x 1 4x 2 1， y1 2x2x 1 4x 2 2， 解得 x1 2x1x2， y1 4x1x2， 由题意 T 在 准线 y1 上，所以1 4x1x21，x1x24，所以 y1y2 1 4(x 2 1x 2 2)1 4(x1 x2)22x1x21 4(x1x2) 22，所以当 x 1x20 时，y1y22 为最小值D 正确故选 AD. 解析解析 答案 1 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13(2020 山东泰安四模)已知函数
6、 f(x) log3x12，x0， fx3，x0， 则 f(2020)_. 解析 根据题意， 当 x0，b0)的一条渐近线 方程为 y 2x， 左、 右焦点分别为 F1， F2， 点 A 在双曲线上， 且 AF2F1F2， 则该双曲线的离心率为_，sinAF1F2_. 解析 一条渐近线方程为 y 2x，故 b 2a，c 3a，故 e 3.AF2 F1F2，不妨取 A c，b 2 a ，故 sinAF1F2AF2 AF1 b2 a b2 a 2a 2a 4a 1 2. 3 解析解析 1 2 答案 12 15(2020 辽宁沈阳东北育才学校第八次模拟)圆锥 SD(其中 S 为顶点， D 为底面圆心
7、)的侧面积与底面积的比是 21，若圆锥的底面半径为 3，则 圆锥 SD 的内切球的表面积为_ 解析 设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l，内切球的半径为 R.依题意， 圆锥 SD(其中 S 为顶点，D 为底面圆心)的侧面积与底面积的比是 21，所 以(rl)(r2)21，因为 r3，所以 l6.利用轴截面，根据等面积可得1 2 662321 2(666)R，R 3， 该圆锥内切球的表面积为 4( 3)212. 答案答案 解析解析 答案 2019 1010 16(2020 山东潍坊一模)定义函数 f(x)x x，其中x表示不超过 x 的最大整数，例如：1.31，1.52，22.当 x0，n)(n
8、N*)时， f(x)的值域为 An， 记集合 An中元素的个数为 an， 则 2020 i2 1 ai1的值为_ 答案答案 解析 由题意可得，x 0，x0，1， 1，x1，2， n1，xn1，n， x x 0，x0，1， x，x1，2， n1x，xn1，n， x x在各区间中的元素个数 是 1,1,2,3，n1，an1123(n1)1nn1 2 ，an 1nn1 2 ， 1 an1 2 nn12 1 n1 1 n ， 解析解析 2020 i2 1 ai1 1 a21 1 a31 1 a20201 2 11 2 1 2 1 3 1 2019 1 2020 2 1 1 2020 2019 1010
9、. 解析解析 解 (1)设等比数列an的公比为 q，根据题意，有 a1a1q4， a1q2a18， 解得 a11， q3， 3 分 所以 an3n1. 5 分 解解 四、解答题：本题共 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 (2020 全国卷)(本小题满分 10 分)设等比数列an满足 a1a24， a3a18. (1)求an的通项公式； (2)记 Sn为数列log3an的前 n 项和若 SmSm1Sm3，求 m. (2)令 bnlog3anlog33n1n1， 则 Snn0n1 2 nn1 2 ， 8 分 根据 SmSm1Sm3，可得 mm1 2 mm1 2
10、m2m3 2 ， 整理得 m25m60，因为 m0，所以 m6. 10 分 解解 18(2020 山东日照二模)(本小题满分 12 分)在b2aca2c2， 3 acosBbsinA， 3sinBcosB2，这三个条件中任选一个，补充在下面 的问题中，并解决该问题 已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，_，A 4， b 2. (1)求角 B； (2)求ABC 的面积 解 若选择b2aca2c2， (1)由余弦定理，得 cosBa 2c2b2 2ac 1 2， 因为 B(0，)，所以 B 3. 4 分 (2)由正弦定理 a sinA b sinB得 a bsinA sinB
11、2sin 4 3 2 2 3 3 ， 因为 A 4，B 3，所以 C 4 3 5 12. 7 分 解解 所以 sinCsin5 12sin 4 6 sin 4cos 6cos 4sin 6 6 2 4 ， 所以 SABC 1 2absinC 1 2 2 3 3 2 6 2 4 3 3 6 . 12 分 若选择 3acosBbsinA， (1)由正弦定理，得 3sinAcosBsinBsinA， 因为 sinA0，所以 3cosBsinB，tanB 3， 因为 B(0，)，所以 B 3. 4 分 (2)同选择. 12 分 解解 若选择 3sinBcosB2， (1)由和角公式得 2sin B 6
12、 2，所以 sin B 6 1. 因为 B(0，)，所以 B 6 6， 7 6 ，所以 B 6 2， 所以 B 3. 4 分 (2)同选择. 12 分 解解 19.(2020 山东德州二模)(本小题满分 12 分)如图，已知平面 EBC平面 ABC，直线 DA平面 ABC，且 DAABAC. (1)求证：DA平面 EBC； (2)若BAC 3，DE平面 BCE，求二面角 ABDE 的余弦值 解 (1)证明：过点 E 作 EHBC 于点 H， 因为平面 EBC平面 ABC，又平面 EBC平面 ABCBC，EH平面 EBC，所以 EH平面 ABC， 3 分 又因为 DA平面 ABC，所以 DAEH
13、，因为 EH平面 EBC，DA平 面 EBC，所以 DA平面 EBC. 5 分 (2)因为 DE平面 EBC，所以DEBDEC 2， 由 ABAC 可知 DBDC，又 DEDE，所以 RtDEBRtDEC， 则 BECE， 所以点 H 是 BC 的中点，连接 AH，则 AHBC， 所以 AH平面 EBC，则 DEAH，AHEH， 所以四边形 DAHE 是矩形 解解 以 H 为坐标原点，分别以 HB，HA，HE 所在直线为 x，y，z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系， 设 DA2a，则 E(0,0,2a)， A(0， 3a,0)，B(a,0,0)，D(0， 3a,2a) 解解 设平面 ABD
14、的法向量为 m(x1，y1，z1)， 又AB (a， 3a,0)，AD (0,0,2a) 由 m AB 0， m AD 0 得 ax1 3ay10， 2az10， 取 y11，得 m( 3，1,0). 8 分 解解 设平面 BDE 的法向量为 n(x2，y2，z2)， 因为BD (a， 3a,2a)，BE (a,0,2a) 由 n BD 0， n BE 0 得 ax2 3ay22az20， ax22az20， 取 z21，得 n(2,0,1). 10 分 设二面角 ABDE 的平面角为 ， 则|cos|cosm，n| |m n| |m|n| 15 5 ， 由题知二面角 ABDE 是钝角， 则二
15、面角 ABDE 的余弦值为 15 5 . 12 分 解解 20(2020 山东省第一次仿真联考)(本小题满分 12 分)某公司采购了一 批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测 120 个零件的长度(单 位：分米)，按数据分成1.2,1.3，(1.3,1.4，(1.4,1.5，(1.5,1.6，(1.6,1.7， (1.7,1.8这 6 组， 得到如图所示的频率分布直方图， 其中长度大于或等于 1.59 分米的零件有20个，其长度分别为 1.59,1.59,1.61,1.61,1.62,1.63,1.63,1.64,1.65,1.65,1.65,1.65,1.66,1.67,1.68,1
16、.69, 1.69,1.71,1.72,1.74， 以这 120 个零件在各组的长度的频率估计整批零件在各 组长度的概率 (1)求这批零件的长度大于 1.60 分米的频率， 并求频率分布直方图中 m， n，t 的值； (2)若从这批零件中随机选取 3 个，记 X 为抽取的零件长度在(1.4,1.6 的个数，求 X 的分布列和数学期望； (3)若变量 S 满足|P(S)0.6826|0.05 且|P(2S 2)0.9544|0.05， 则称变量 S 满足近似于正态分布 N(， 2)的概率分布 如 果这批零件的长度 Y(单位：分米)满足近似于正态分布 N(1.5,0.01)的概率分 布，则认为这批
17、零件是合格的，将顺利被签收；否则，公司将拒绝签收试 问，该批零件能否被签收？ 解 (1)由题意可知 120 个样本零件中长度大于 1.60 分米的共有 18 个， 则这批零件的长度大于 1.60 分米的频率为 18 1200.15. 2 分 记 Y 为零件的长度， 则 P(1.2Y1.3)P(1.7Y1.8) 3 1200.025， P(1.3Y1.4)P(1.6Y1.7) 15 1200.125， P(1.4Y1.5)P(1.5Y1.6)1 2(120.02520.125)0.35. 4 分 故 m0.025 0.1 0.25，n0.125 0.1 1.25，t0.35 0.1 3.5. 5
18、 分 解解 (2)由(1)可知从这批零件中随机选取 1 件， 长度在(1.4,1.6的概率 P20.350.7. 且随机变量 X 服从二项分布 XB(3,0.7)， 6 分 则 P(X0)C0 3(10.7) 30.027， P(X1)C1 3(10.7) 20.70.189， P(X2)C2 3(10.7)0.7 20.441， P(X3)C3 30.7 30.343， 7 分 故随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.027 0.189 0.441 0.343 E(X)00.02710.18920.44130.3432.1(或 E(X)30.7 2.1). 8 分 解解 (3
19、)由题意可知 1.5，0.1， 9 分 则 P(Y)P(1.4Y1.6)0.7； P(2Y2)P(1.3Y1.7)0.1250.350.350.1250.95. 11 分 因为|0.70.6826|0.01740.05，|0.950.9544|0.0044(1a)ea. 解 (1)由题意知 f(x)exln (x1)a， 令 g(x)exln (x1)a，g(x)ex 1 x1， 显然 g(x)在(1，)上单调递增，且 g(0)0， 故当 x(1,0)时，g(x)0，f(x)单调递增， 所以 f(x)f(0)1a. 若 f(x)为增函数，则 f(x)0 恒成立，即 1a0，即 a1. 经检验，
20、当 a1 时，满足题意. 4 分 解解 (2)证明：由(1)知 a1 时，f(x)为增函数，不存在极小值； 当 a1 时，f(0)0，11eah(1)e3 20，故 h(a)在(1，)上单调递增， 故 h(a)h(1)eln 210，故 f(a)0， 因此存在 x2(0，a)使得 f(x2)0. 解解 因此 f(x)在(1，x1)上单调递增，(x1，x2)上单调递减，(x2，)上单 调递增. 7 分 x0 x2(0，a)，f(x0)ex0(x01)ln (x01)(1a)x0， 由 ex0ln (x01)a0 代入消去 a 得 f(x0)(1x0)ex0ln (x01)x0， 令 F(x)(1
21、x)exln (x1)x，F(x)x ex 1 x1 ， 当 x0 时，ex1,0 1 x11， 故 x(0，)时，F(x)f(a)(1a)ealn (a1)a， 故要证 f(x0)(1a)ea，只需证 aln (a1)0， 10 分 令 G(a)aln (a1)，G(a) a a1， 当 a0 时，G(a)0，G(a)单调递增， 故当 a1 时，G(a)G(1)1ln 20. 综上，f(x0)(1a)ea成立. 12 分 解解 22(2020 山东淄博二模)(本小题满分 12 分)已知椭圆 E： x2 a2 y2 b2 1(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率是 3 2 ，P 为椭
22、圆上的动点当 F1PF2取最大值时，PF1F2的面积是 3. (1)求椭圆的方程； (2)若动直线 l 与椭圆 E 交于 A，B 两点，且恒有OA OB 0，是否存在 一个以原点 O 为圆心的定圆 C，使得动直线 l 始终与定圆 C 相切？若存在， 求圆 C 的方程；若不存在，请说明理由 解 (1)依题意可得 ec a 3 2 . 设F1PF2，由余弦定理可知， 4c2|PF1|2|PF2|22|PF1| |PF2|cos， 所以 4c24a22|PF1| |PF2|(1cos)， 所以 1cos 2b2 |PF1| |PF2| 2 |PF1|PF2| 2 2b22b 2 a2 ， 当且仅当|
23、PF1|PF2|(即 P 为椭圆短轴端点)时等号成立，且F1PF2取 最大值. 3 分 解解 此时PF1F2的面积是1 2 2c bbc 3， 同时 a2b2c2，联立 bc 3和c a 3 2 ， 解得 a2，b1，c 3， 所以椭圆的方程为x 2 4 y21. 5 分 解解 (2)当直线 l 的斜率不存在时，设直线 l 的方程为 xn， 因为OA OB 0，则 OAOB，所以点 A，B 的坐标分别为(n，n)，(n， n)，又因为 A，B 两点都在椭圆上，所以 n24n24，n24 5， 此时原点 O 到直线 l 的距离 d|n|2 5 5 ， 7 分 所以定圆 C 的方程是 x2y24
24、5. 解解 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykxm，A(x1，y1)，B(x2， y2)， 原点 O 到直线 l 的距离为 d，所以 |m| 12k2d，整理得 m 2d2(k21)， 由 x2 4 y21， ykxm， 可得(4k21)x28kmx4m240， 所以由 (8km)24(4k21)(4m24)16(4k2m21)0，得 m24k2 1. 解解 又 m2d2(k21)，所以 d24k 21 1k2 4 3 1k2，即 0d1. x1x2 8km 4k21，x1x2 4m24 4k21 . y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2 k2 4m24 4k21 km 8km 4k21m 2m 24k2 4k21 . 解解 因为OA OB x1x2y1y24m 24 4k21 m 24k2 4k21 5m 24k24 4k21 0， 所以 5m24k240，即 5d2(1k2)4k240 恒成立， 即(5d24)(k21)0 恒成立， 所以 5d240，所以 d2 5 5 ，且2 5 5 1， 所以定圆 C 的方程是 x2y24 5. 所以当OA OB 0 时，存在定圆 C 始终与直线 l 相切， 其方程是 x2y24 5. 12 分 解解 本课结束
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