2020版新高考数学一轮（鲁京津琼）精练：第12章 模拟试卷（一） (含解析)

模拟试卷(一)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．设集合A＝{x|－1 A. [0,2) B．[0,1) C．(－1,0] D．(－1,0)
答案　A
解析　由题意得B＝{x|2x≥1}＝{x|x≥0}，又A＝{x|－1 2．(2019·河北省示范高中联考)若z＝，则|z|等于(　　)
A. B. C．1 D.
答案　B
解析　因为z＝＝＝＋i，所以|z|＝.
故选B.
3．下列函数中，既是偶函数，又在(－∞，0)上单调递增的是(　　)
A．f(x)＝2x－2－x B．f(x)＝x2－1
C．f(x)＝xcos x D．f(x)＝－ln|x|
答案　D
解析　A中，f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，不是偶函数，A错；
B中，f(－x)＝(－x)2－1＝x2－1＝f(x)，是偶函数，但在(－∞，0)上单调递减，B错；
C中，f(－x)＝－xcos(－x)＝－xcos x＝－f(x)，不是偶函数，C错；
D中，f(－x)＝－ln|－x|＝－ln|x|＝f(x)，是偶函数，且函数在(－∞，0)上单调递增，故选D.
4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝k·2n－3，则ak等于(　　)
A．4 B．8 C．12 D．16
答案　C
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k·2n－1；
当n＝1时，a1＝S1＝2k－3＝k·21－1，解得k＝3,
∴ak＝a3＝3·23－1＝12.
故选C.
5．已知sin α＋cos α＝－，2sin α－cos α＝－，则cos 2α等于(　　)
A. B．－ C. D．－
答案　A
解析　因为所以sin α＝－，
从而cos 2α＝1－2sin2α＝.故选A.
6．已知x0＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个极大值点，则f(x)的一个单调递增区间是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　∵x0＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个极大值点，∴f ＝sin＝1，
∴＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝－＋2kπ，k∈Z，
∴f(x)＝sin＝sin.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
令k＝1，得≤x≤，
∴函数f(x)的一个单调递增区间为，
结合各选项可得C符合题意．
故选C.
7．函数f(x)＝有两个不同的零点，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤2 B．a<2 C．a≥2 D．a>2
答案　C
解析　由题意得，当x<1时，函数有一个零点x＝；
当x≥1时，令2x2－ax＝0，得x＝，
要使函数有两个不同的零点，则只需≥1，解得a≥2.
故选C.
8．(2019·安徽省江淮名校试题)Rt△ABC的斜边AB等于4，点P在以C为圆心，1为半径的圆上，则·的取值范围是(　　)
A. B.
C．[－3,5] D．[1－2，1＋2]
答案　C
解析　·＝(＋)·(＋)
＝2＋(＋)·＋·.
注意·＝0，2＝1，|＋|＝4.
·＝1＋(＋)·.
所以当与＋同向时取最大值5，反向时取最小值－3.故选C.
9.(1＋x)5的展开式中x2的系数为(　　)
A．1 B．－9 C．31 D．－19
答案　B
解析　(1＋x)5的展开式中第k＋1项为Tk＋1＝Cxk，其中x2的系数，常数项，x3的系数分别为C，C，C，故(1＋x)5的展开式中x2的系数为C＋C－2C＝－9.故选B.
10.如图，B是AC上一点，分别以AB，BC，AC为直径作半圆．过B作BD⊥AC，与半圆相交于D. AC＝6，BD＝2，在整个图形中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是(　　)

A. B. C. D.
答案　C
解析　连接AD，CD，

可知△ACD是直角三角形，又BD⊥AC，所以BD2＝AB·BC，设AB＝x(0 由此可得图中阴影部分的面积等于
－＝2π，
故概率P＝＝.
同理，当x＝4时，P＝.
故选C.
11.如图，已知F1，F2是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，若直线y＝x与双曲线C交于P，Q两点，且四边形PF1QF2是矩形，则双曲线的离心率为(　　)

A．5－2 B．5＋2 C.＋1 D.－1
答案　C
解析　由题意，矩形的对角线长相等，
将y＝x代入－＝1(a＞0，b＞0)，
可得x＝± ，y＝±·，
∴＝c2，
∴4a2b2＝(b2－3a2)c2，
∴4a2(c2－a2)＝(c2－4a2)c2，
∴e4－8e2＋4＝0，
∵e＞1，∴e2＝4＋2，∴e＝＋1.
故选C.
12．设正三棱锥P－ABC的每个顶点都在半径为2的球O的球面上，则三棱锥P－ABC体积的最大值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　设正△ABC的边长为a，中心为O′，则|O′A|＝a，在Rt△OO′A中，由勾股定理可得|OO′|＝ ，
故三棱锥的高h＝|PO′|＝|OO′|＋2＝ ＋2，
所以VP－ABC＝S△ABC·h
＝×a2.
设 ＝t(0≤t<2)，则＝4－t2，
则V(t)＝(4－t2)(t＋2)＝(－t3－2t2＋4t＋8)，
所以V′(t)＝(－3t2－4t＋4)，
令V′(t)＝0，则t＝或t＝－2(舍)，
当t∈时，V′(t)>0，V(t)单调递增；
当t∈时，V′(t)<0，V(t)单调递减．
故V(t)max＝V＝.
故选C.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知向量a，b的夹角为45°，且|a|＝|b|＝2，则a·(a－b)＝________.
答案　0
解析　a·(a－b)＝a2－a·b
＝4－×2×2×＝0.
14．若函数f(x)＝(a＋1)x3＋ax2－2x为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为________________________________________________________________________．
答案　x－y－2＝0
解析　f(x)＝(a＋1)x3＋ax2－2x为奇函数，则a＝0，
∴f(x)＝x3－2x，
f′(x)＝3x2－2，∴f′(1)＝3×12－2＝1，又f(1)＝－1，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝x－1，即x－y－2＝0.
15．(2019·安徽省江淮名校联考)已知正数a，b满足a＋b＝1，则＋的最大值为________．
答案　
解析　令x＝a＋1，y＝b＋2，则x＋y＝4，
所以＋＝2－＝2－(x＋y)·＝2－≤2－
＝，
当且仅当＝时，等号成立，
此时a＝4－5，b＝6－4.
故最大值为.
16．设m∈R，若函数f(x)＝|x3－3x－m|在x∈[0，]上的最大值与最小值之差为2，则实数m的取值范围是________．
答案　(－∞，－2]∪[0，＋∞)
解析　设g(x)＝x3－3x，x∈[0，]，
则g′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
∴函数y＝g(x)在区间[0,1)上单调递减，在区间(1，]上单调递增．
∵g(0)＝0，g(1)＝－2，g()＝0，
∴函数y＝g(x)在区间[0，]上的值域为[－2,0]，最大值与最小值之差为2，
∴函数y＝x3－3x－m，x∈[0，]的值域为[－2－ m，－m]，最大值与最小值之差也为2.
∵函数f(x)＝|x3－3x－m|在x∈[0，]上的最大值与最小值之差为2，∴－2－m≥0或－m≤0，
解得m≤－2或m≥0.
∴实数m的取值范围为(－∞，－2]∪[0，＋∞)．
三、解答题(本大题共70分)
17．(10分)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S9＝81，a2＋a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若S3，a14，Sm成等比数列，求S2m.
解　(1)∵∴
故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，Sn＝＝n2.
∵S3，a14，Sm成等比数列，∴S3·Sm＝a，
即9m2＝272，解得m＝9，故S2m＝182＝324.
18．(12分)如图，D是Rt△ABC斜边BC上一点，AC＝DC.

(1)若∠DAC＝30°，求角B的大小；
(2)若BD＝2DC，且AD＝2，求DC的长．
解　(1)在△ABC中，根据正弦定理，
有＝.
因为AC＝DC，所以sin∠ADC＝sin∠DAC＝.
又∠ADC＝∠B＋∠BAD＝∠B＋60°>60°，
所以∠ADC＝120°.
于是∠C＝180°－120°－30°＝30°，所以∠B＝60°.
(2)设DC＝x，则BD＝2x，BC＝3x，AC＝x.
于是sin B＝＝，cos B＝，AB＝x.
在△ABD中，由余弦定理，得
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos B，
即(2)2＝6x2＋4x2－2×x×2x×＝2x2 ，得x＝2.
故DC＝2.
19．(12分)如图，四边形ABCD为正方形，BE∥DF，且AB＝BE＝DF＝EC，AB⊥平面BCE.

(1)证明：平面AEC⊥平面BDFE；
(2)求二面角A－FC－D的余弦值．
(1)证明　∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD.
∵AB＝BC＝BE＝EC，∴BE2＋BC2＝EC2，∴BE⊥BC.
又∵AB⊥平面BCE，∴AB⊥BE.
∵AB∩BC＝C，∴BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC.
又BE∩BD＝B，∴AC⊥平面BDFE，
∵AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面BDEF.
(2)解　∵BE⊥平面ABCD，BE∥DF，∴DF⊥平面ABCD.

以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，令AB＝1，
则A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(1,1,1)，F(0,0,1)，
则＝(0,1，－1)，＝(－1,1,0)，
设平面AFC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝1，则n1＝(1,1,1)．
易知平面FCD的一个法向量n2＝(1,0,0)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
二面角A－FC－D为锐角，
∴二面角A－FC－D的余弦值为.
20．(12分)某中学为了解中学生的课外阅读时间，决定在该中学的1 200名男生和800名女生中按分层抽样的方法抽取20名学生，对他们的课外阅读时间进行问卷调查．现在按课外阅读时间的情况将学生分成三类：A类(不参加课外阅读)，B类(参加课外阅读，但平均每周参加课外阅读的时间不超过3小时)，C类(参加课外阅读，且平均每周参加课外阅读的时间超过3小时)．调查结果如下表：

A类
B类
C类
男生
x
5
3
女生
y
3
3

(1)求出表中x，y的值；
(2)根据表中的统计数据，完成下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为“参加阅读与否”与性别有关；

男生
女生
总计
不参加课外阅读



参加课外阅读



总计




(3)从抽出的女生中再随机抽取3人进一步了解情况，记X为抽取的这3名女生中A类人数和C类人数差的绝对值，求X的均值．
附：K2＝.
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.01
k0
2.706
3.841
6.635

解　(1)设抽取的20人中，男、女生人数分别为n1，n2，
则
所以x＝12－5－3＝4，y＝8－3－3＝2.
(2)列联表如下：

男生
女生
总计
不参加课外阅读
4
2
6
参加课外阅读
8
6
14
总计
12
8
20

K2的观测值k＝＝
≈0.159<2.706，
所以没有90%的把握认为“参加阅读与否”与性别有关．
(3)X的可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
21．(12分)在直角坐标系xOy中，直线y＝x＋4与抛物线C：x2＝2py(p>0)交于A，B两点，且OA⊥OB.
(1)求C的方程；
(2)试问：在x轴的正半轴上是否存在一点D，使得△ABD的外心在C上？若存在，求出D的坐标；若不存在，请说明理由．
解　(1)联立
得x2－2px－8p＝0，Δ＝4p2＋32p>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2p，x1x2＝－8p，
从而y1y2＝(x1＋4)(x2＋4)＝x1x2＋4(x1＋x2)＋16.
∵OA⊥OB，∴·＝x1x2＋y1y2
＝2x1x2＋4(x1＋x2)＋16＝0，
即－16p＋8p＋16＝0，解得p＝2，故C的方程为x2＝4y.
(2)设线段AB的中点为N(x0，y0)，
由(1)知，x0＝＝2，y0＝x0＋4＝6，
则线段AB的中垂线方程为y－6＝－(x－2)，
即y＝－x＋8.
联立得x2＋4x－32＝0，解得x＝－8或4，
从而△ABD的外心P的坐标为(4,4)或(－8,16)．
假设存在点D(m,0)(m>0)，设P的坐标为(4,4)，
∵|AB|＝
＝×＝4，
∴|PA|＝＝4，
则|DP|＝＝4.
∵m>0，∴m＝4＋4.
若P的坐标为(－8,16)，
则|PA|＝＝4，
|DP|＝>4，
则P的坐标不可能为(－8,16)．
故在x轴的正半轴上存在一点D(4＋4，0)，使得△ABD的外心在C上．
22．(12分)(2019·安徽省江淮名校联考)已知函数f(x)＝ex＋ax2在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x>0时ex＋2x≥x2＋ex＋1.
(1)解　f′(x)＝ex＋2ax，
由题设解得
(2)证明　实际上是证明当x>0时，f(x)＝ex－x2的图象在直线y＝(e－2)x＋1的上方．
令g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1，x>0，则g′(x)＝ex－2x－e＋2，令t(x)＝ex－2x－e＋2，则t′(x)＝ex－2，
所以g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增；g′(x)在x＝ln 2处取唯一的极小值．
注意到g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，而0 所以g′(ln 2)<0，所以g′(0)·g′(ln 2)<0；
又因为g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，
所以存在唯一的x0∈(0，ln 2)，使g′(x0)＝0；
因此当x∈(0，x0)或x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
当x∈(x0，1)时，g′(x)<0；
所以当x∈(0，x0)或x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，当x∈(x0，1)时，g(x)单调递减；
由于g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，当且仅当x＝1时等号成立．
所以当x>0时，不等式ex＋2x≥x2＋ex＋1成立．