1、综合模拟卷一综合模拟卷一 (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1(2020沧州调研)集合 Mx|lg x0，Nx|x24，则 MN 等于() A(2,0)B1,2)C(1,2D(0,2 答案C 解析因为 Mx|x1，Nx|2x2， 所以 MN(1,2 2复数 z12i i 在复平面内对应点的坐标是() A(2,1)B(2，1)C(1,2)D(1，2) 答案B 解析z12i i i12i i2 2i， 复数 z 在复平面内对应点的坐标是(2，1) 3(2020唐山段考)命题“xR，|x|x40”的否定是() AxR，|x|x
2、40BxR，|x|x40 Cx0R，|x0|x400Dx0R，|x0|x400 答案D 解析命题的否定为：x0R，|x0|x400， b0)的右焦点到渐近线的距离等于实轴长， 则此双曲线的离心率为() A. 2B. 3C. 5D. 5 2 答案C 解析由题意可设双曲线 C 的右焦点为 F(c,0)，渐近线的方程为 yb ax， 可得 d |bc| a2b2b2a， c a2b2 5a， 即离心率 ec a 5. 7(2020山东模拟)已知三棱锥 SABC 中，SABABC 2，SB4，SC2 13， AB 2 , BC6，则三棱锥 SABC 的体积是() A4B6C4 3D6 3 答案C 解析
3、由 SB4，AB2，且SAB 2，得 SA2 3； 又由 AB2，BC6，且ABC 2，得 AC2 10. 因为 SA2AC2SC2，从而知SAC 2，即 SAAC， 又 ABACA， 所以 SA平面 ABC. 又由于 SABC1 2266， 从而 VSABC1 3S ABCSA1 362 34 3. 8(2020长沙模拟)已知定义在 R 上的函数 f(x)的图象关于 y 轴对称，且当 x0，)时， f(x)xf(x)0，若 a0.76f(0.76)，b(log0.76)f(log0.76)，c60.6f(60.6)，则 a，b，c 的大小关 系是() AcabBacb CbacDabc 答案
4、A 解析因为定义在 R 上的函数 f(x)的图象关于 y 轴对称， 所以 yf(x)是定义在 R 上的偶函数， 所以 yxf(x)是定义在 R 上的奇函数， 又因为 x0，)时，yf(x)xf(x)0， 所以 yxf(x)在0，)上是增函数， 所以 yxf(x)是定义在 R 上的增函数， 因为 log0.7600.76160.6， 所以 ba0，b0，a 是实半轴长，b 是虚半轴长， 渐近线方程为 yb ax， 即 yx，A 正确； B 中，x2y21， 可得左焦点 F1( 2，0)，右焦点 F2( 2，0)， 以 F1F2为直径的圆的圆心是(0,0)，半径为 2， 圆的方程为 x2y22，B
5、 不正确； C 中，F1( 2，0)到一条渐近线 xy0 的距离 d | 2| 12121，C 正确； D 中，PF1 PF2 0， 设 P(x，y)，PF1 ( 2x，y)，PF2 ( 2x，y)， PF1 PF2 ( 2x)( 2x)(y)20， x2y22， 又 P 在双曲线上，x2y21(y0)， 由得，|y| 2 2 ， SPF1F21 2|F 1F2|y|1 22 2 2 2 1， D 正确 故选 ACD. 11如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 a，以下结论正确的是() A异面直线 A1D 与 AB1所成的角为 60 B直线 A1D 与 BC1垂直 C直线 A1D 与
6、 BD1平行 D三棱锥 AA1CD 的体积为 1 6a 3 答案ABD 解析如图所示，建立空间直角坐标系 A 中，A1(a,0，a)，D(0,0,0)，A(a,0,0)，B1(a，a，a) A1D (a,0，a)， AB1 (0，a，a)， cosA1D ， AB1 A1D AB1 |A1D |AB1 | a2 2a 2a 1 2， 异面直线 A1D 与 AB1所成的角为 60. B 中，C1(0，a，a)，B(a，a,0) A1D BC1 (a,0，a)(a,0，a)a2a20. 直线 A1D 与 BC1垂直 C 中，D1(0,0，a) A1D BD1 (a,0，a)(a，a，a) a2a2
7、0， 直线 A1D 与 BD1垂直，不平行； D 中，三棱锥 AA1CD 的体积VCA1AD 1 3 1 2a 2a1 6a 3. 综上可知，只有 C 不正确 故选 ABD. 12已知定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x4)f(x)f(2)，且在区间0,2上是增函数，下列 命题中正确的是() A函数 f(x)的一个周期为 4 B直线 x4 是函数 f(x)图象的一条对称轴 C函数 f(x)在6，5)上单调递增，在5，4)上单调递减 D函数 f(x)在0,100内有 25 个零点 答案ABD 解析偶函数 f(x)满足 f(x4)f(x)f(2)， 令 x2 得 f(24)f(2)f(2)
8、， 即 f(2)f(2)f(2)，得 f(2)0， 则 f(x4)f(x)，即函数 f(x)是周期为 4 的周期函数，故 A 正确 f(x)是偶函数，图象关于 y 轴，即图象关于 x0 对称，函数的周期是 4， x4 是函数 f(x)图象的一条对称轴，故 B 正确 函数在区间0,2上是增函数，在区间2,0上是减函数， 则在区间6，4上是减函数，故 C 错误， f(2)0，f(2)0， 即函数在一个周期0,4)内只有一个零点， 则函数 f(x)在0,100内有 25 个零点，故 D 正确， 故选 ABD. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13(2020济南质检)若
9、 sin 61 3，则 cos 2 3 2 _. 答案7 9 解析已知 sin 61 3， 且 6 3 2， 则 cos 3sin 61 3， 故 cos 2 3 2 2cos2 317 9. 14在 x2 1 2x 9的展开式中，常数项为_，系数最大的项是_(本题第一空 3 分，第二空 2 分) 答案 21 16 9x12 解析 x2 1 2x 9的展开式中第 k1 项为 Tk1Ck9(x2)9 k 1 2x kCk 9 1 2 kx183k， 常数项为 T7C69 1 2 621 16， 第 k1 项的系数为 Ck9 1 2 k，要使系数最大，k 显然为偶数，经检验，当 k2 时，系数最大
10、， 即系数最大的项是 T3C29 1 2 2x129x12. 15(2020长春质检)已知椭圆x 2 4 y 2 3 1 的右焦点 F 是抛物线 y22px (p0)的焦点，则过 F 作倾斜角为 60的直线分别交抛物线于 A，B(A 在 x 轴上方)两点，则|AF| |BF|_. 答案3 解析由椭圆x 2 4 y 2 3 1，可得右焦点为 F(1,0)， 所以p 21，解得 p2， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由抛物线的定义可得 |AB|x1x2p 2p sin260 8p 3 16 3 ， 所以 x1x210 3 ， 又由 x1x2p 2 4 1，可得 x13，x21 3， 所
11、以|AF| |BF| x1p 2 x2p 2 31 1 31 3. 16 (2020武汉模拟)三棱锥 PABC 中， PA底面 ABC， PA2 2， 底面ABC 中BAC 4， 边 BC2，则三棱锥外接球的体积等于_ 答案 32 3 解析设 G 为ABC 外接圆圆心，O 为三棱锥 PABC 外接球球心， 则 OG平面 ABC， 作 OMPA，垂足为 M， 由正弦定理可知ABC 外接圆直径 2r2AG BC sinBAC 2 sin 4 2 2， AG 2. PA平面 ABC，OG平面 ABC， APOG， 又 OMPA，AGPA， OMAG， 四边形 OMAG 为矩形， OGAM， 设 OG
12、x，OPOAR， 在 RtOMP 和 RtOGA 中， 由勾股定理可得 x22R2， 2 2x22R2， 解得 x 2， R2. 三棱锥外接球的体积 V4 3R 332 3 . 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17(10 分)已知ABC 同时满足下列四个条件中的三个： A 3；cos B 2 3；a7；b3. (1)请指出这三个条件，并说明理由； (2)求ABC 的面积 解(1)ABC 同时满足.理由如下： 若ABC 同时满足. 因为 cos B2 3 2 3 . 所以 AB，与三角形内角和为矛盾 所以ABC 只能同时满足. 因为 ab，所以 AB，故ABC 不满足. 故ABC
13、 满足. (2)由余弦定理得，a2b2c22bccos A， 即 7232c223c1 2. 解得 c8 或 c5(舍) 所以ABC 的面积 S1 2bcsin A6 3. 18(12 分)(2020邢台模拟)在公差为 d 的等差数列an中，a1d6，a1N，dN，且 a1d. (1)求an的通项公式； (2)若 a1，a4，a13成等比数列，求数列 1 anan1的前 n 项和 Sn. 解(1)a1d6，a1N，dN，且 a1d， a13， d2， 或 a16， d1. 当 a13 时，an2n1； 当 a16 时，ann5. (2)a1，a4，a13成等比数列， a1a13a24， an2
14、n1， 则 1 anan1 1 2 1 2n1 1 2n3 ， 故 Sn1 2 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3 1 2 1 3 1 2n3 n 6n9. 19(12 分)(2020山东九校联考)已知四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面为菱形，ABAA12， BAD 3，ACBDO，AO平面 A 1BD，A1BA1D. (1)证明：B1C平面 A1BD； (2)求钝二面角 BAA1D 的余弦值 (1)证明连接 AB1交 A1B 于点 Q， 易知 Q 为 AB1的中点， O 为 AC 的中点， 在AB1C 中，OQB1C，且 OQ1 2B 1C， OQ平面 A1BD，B1
15、C平面 A1BD， B1C平面 A1BD. (2)解AO平面 A1BD，AOA1O， A1BA1D 且 O 为 BD 的中点， A1OBD， AO，BD平面 ABCD 且 AOBDO， A1O平面 ABCD，如图，建立空间直角坐标系 Oxyz. 易得 A( 3，0,0)，B(0,1,0)，D(0，1,0)，A1(0,0,1)， AA1 ( 3，0,1)，AB ( 3，1,0)， 设平面 A1AB 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 nAA1 ， nAB ， 3xz0， 3xy0， 令 x1，得 yz 3， n(1，3， 3) 同理可得平面 A1AD 的一个法向量为 m(1， 3， 3)，
16、cosm，n mn |m|n| 1 7， 钝二面角 BAA1D 的余弦值为1 7. 20.(12 分)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右顶点分别为 A，B， 点 a 2，3e和(b， 3e)都在椭圆上，其中 e 为椭圆的离心率 (1)求椭圆的标准方程； (2)若点 C 是椭圆上异于左、右顶点的任一点，线段 BC 的垂直平分线与直线 BC，AC 分别交 于点 P，Q，求证：OB PQ 为定值 (1)解由题意知 1 4 9e2 b2 1， b2 a2 3e2 b2 1， 结合 a2b2c2， 解得 a2，b 3，c1. 所以椭圆的标准方程为x 2
17、4 y 2 3 1. (2)证明由题意知 A(2,0)，B(2,0)，O(0,0)， 设 C(x0，y0)， 则 P 2x0 2 ，y0 2 ， lAC：y y0 x02(x2)， lPQ：yx02 y0 xx02 2y0 2 ， 化简得 lPQ：yx02 y0 xy0 6 ， 联立直线 AC，PQ 的方程， 解得 Q x014 2 ，y0 x018 2x02 ， 所以OB PQ (2,0)(6，yQyP)12. 21(12 分)已知函数 f(x)axln x. (1)求 f(x)的极值； (2)若 a1，g(x)f(x)ex，求证：g(x)0. (1)解f(x)a1 x(x0)， 当 a0
18、时，f(x)0 时，令 f(x)0，得 x1 a； 令 f(x)0，得 0 x0)， g(x)ex1 x1， 令 h(x)g(x)，则 h(x)ex1 x20， 所以 h(x)在(0，)上单调递增 又 h 1 2 e30， 所以x0 1 2，1，使得 h(x0)ex01 x010， 即 ex01 x01， 所以函数 g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， 所以函数 g(x)的最小值为 g(x0)ex0ln x0 x01 x01ln x 0 x0， 又函数 y1 x1ln xx 在 1 2，1上是单调减函数， 所以 g(x0)11ln 1110， 故 g(x)0. 22(12
19、 分)为回馈顾客，某商场拟通过模拟兑奖的方式对 1 000 位顾客进行奖励，规定：每 位顾客从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2 个球，球上所标的面值之和为 该顾客所获的奖励额 (1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元，其余 3 个均为 10 元，求： 顾客所获的奖励额为 60 元的概率； 顾客所获的奖励额的分布列及均值； (2)商场对奖励总额的预算是 60 000 元， 并规定袋中的 4 个球只能由标有面值 10 元和 50 元的 两种球组成，或标有面值 20 元和 40 元的两种球组成为了使顾客得到的奖励总额尽可能符 合商场的预算且每位顾客所获的奖励
20、额相对均衡，请对袋中的 4 个球的面值给出一个合适的 设计，并说明理由 解(1)设顾客所获的奖励额为 X. 依题意，得 P(X60)C 1 1C13 C24 1 2， 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为1 2. 依题意，得 X 的所有可能取值为 20,60. P(X60)1 2，P(X20) C23 C24 1 2， 故 X 的分布列为 X2060 P 1 2 1 2 所以顾客所获的奖励额的均值为 E(X)201 260 1 240. (2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为 60 元， 所以，先寻找均值为 60 的可能方案 对于面值由 10 元和 50 元组成的情况，如果选择(10,
21、10,10,50)的方案， 因为 60 元是面值之和的最大值，所以均值不可能为 60 元； 如果选择(50,50,50,10)的方案， 因为 60 元是面值之和的最小值， 所以均值也不可能为 60 元； 因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案 1. 对于面值由 20 元和 40 元组成的情况， 同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案， 所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案 2. 以下是对两个方案的分析 对于方案 1，即方案(10,10,50,50)， 设顾客所获的奖励额为 X1， 则 X1的分布列为 X12060100 P 1 6
22、2 3 1 6 X1的均值为 E(X1)201 660 2 3100 1 660， X1的方差为 D(X1)(2060)21 6(6060) 22 3(10060) 21 6 1 600 3 . 对于方案 2，即方案(20,20,40,40)， 设顾客所获的奖励额为 X2， 则 X2的分布列为 X2406080 P 1 6 2 3 1 6 X2的均值为 E(X2)401 660 2 380 1 660， X2的方差为 D(X2)(4060)21 6(6060) 22 3(8060) 21 6 400 3 . 由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案 2 奖励额的方差比方案 1 的小，所以应该 选择方案 2.
