1、 - 1 - 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)|1 3i|，则复数 z 的共轭复数为( ) A1i B1i C1i D1i 答案 C 解析 由 z(1i)|1 3i|12 322， 得 z 2 1i 21i 1i1i 1i， z 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( ) A1 B3 C5 D7 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
2、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( ) Apq B(綈 p)(綈 q) Cpq Dp(綈 q) 答案 C 解析 对于命题 p，当 a0，b1 时，01， 但是|a|0，|b|1，|a|0. 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 asinA bsinB4csinC，cosA1 4，则 b c( ) - 2 - A6 B5 C4 D3 答案 A 解析 由题意，得 a
3、2b24c2，则1 4cosA b2c2a2 2bc ，c 24c2 2bc 1 4， 3c 2b 1 4， b c 3 246，故选 A. 5执行如图所示的程序框图，则输出的 T( ) A8 B6 C7 D9 答案 B 解析 由题意，得 T1log24log46log6264lg 4 lg 2 lg 6 lg 4 lg 64 lg 62 lg 64 lg 2 6，故选 B. 6要得到函数 ysin 2x 3 的图象，只需将函数 y2sinxcosx 的图象( ) A向左平移 3个单位 B向右平移 3个单位 C向左平移 6个单位 D向右平移 6个单位 答案 C 解析 将函数 y2sinxcos
4、xsin2x 的图象向左平移 6个单位可得到 y sin2 x 6 ，即 ysin 2x 3 的图象，故选 C. - 3 - 7已知双曲线 C：y 2 a2 x2 b21(a0，b0)的离心率为 3，且经过点(2,2)，则双 曲线的实轴长为( ) A1 2 B1 C2 2 D 2 答案 C 解析 由题意双曲线 C：y 2 a2 x2 b21(a0，b0)的离心率为 3，即 c a 3c 2 3a2.又由 c2a2b2，即 b22a2，所以双曲线的方程为y 2 a2 x2 2a21，又因为双曲 线过点(2,2)，代入双曲线的方程，得 4 a2 4 2a21，解得 a 2，所以双曲线的实轴 长为
5、2a2 2. 8若 x，y 满足 x2y70， 2xy3， 3xy10， 则 x2y2的最大值为( ) A5 B11.6 C17 D25 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 0Q BMQN - 4 - CNQM DNMQ 答案 B 解析 f(a)f(b)，|lg a|lg b|， lg alg b0，即 ab1， 1 a b 2 1 ab2 1 a1 a2 1 22 1 4， Nlog2 1 a b 2ab 4 1 4， a2b2 8 1 4 1 a b
6、2， Mlog2a 2b2 8 2， 又 Qln 1 e22，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( ) A 10 B4 3 C2 3 D4 3 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 AM2AN2 12212 10. 从底面到 N 点，沿棱柱的 AC，BC 剪开、展开，如图 2. 则 MN AM2AN22AM ANcos120 12 3221 31 2 4 3， - 5 - 4 3ac Babc Ccba Dbca - 6 - 答
7、案 D 解析 f(x)ln xf 2 sinx，f(x) xf 2 cosx，则 f 2 2 f 2 cos 22，即 f(x) x2cosx，当 2x0；当 0f(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 10 解析 由题意，得 a b|a|b|cos45 21 2 2 1，所以|a2b|2a24a b 4b22414110，所以|a2b| 10. 14已知函数 f(x)axlog2(2x1)(aR)为偶函数，则 a_. 答案 1 2 解析 由 f(x)f(
8、x)，得 axlog2(2x1)axlog2(2 x1)， 2axlog2(2x1)log2(2 x1)log 2 2x1 2 x1x， 由于 x 的任意性，所以 a1 2. 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 21 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. - 7 - 答案 12 解析 设 CDx， 在 RtBCD 中，CBD45 ，
9、BCx， 在 RtACD 中，CAD60 ，AC CD tan60 x 3， 在ABC 中，CAB20 ，CBA10 ，AB4 21， ACB180 20 10 150 ， 由余弦定理可得 AB2AC2BC22AC BC cos150 ， 即(4 21)21 3x 2x22x 3 x 3 2 7 3x 2， 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|PC |2，则(PA PB) (PC PM ) 的最小值是_ 答案 3224 2 解析 根据题意，建立平面直角坐标系， 如图所示， 则 C
10、(0,0)，B(2,0)，A(0,2)，M(1,1)， 由|PC |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PA (2cos，22sin)， PB (22cos，2sin)， - 8 - PC (2cos，2sin)， PM (12cos，12sin)， (PA PB ) (PC PM )(2cos)(22cos)(2sin)(22sin) ( 2cos)(12cos)(2sin)(12sin) (44cos4sin)(42cos2sin) 8(33cos3sin2sincos)， 设 tsincos， t 2sin 4 2， 2，
11、t212sincos， 2sincost21， y8(33tt21)8 t3 2 22， 当 t 2时，y 取得最小值为 3224 2. 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 17 21 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 1 64， 1 an 1 an1 2 an2， 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
12、， 因为 1 an 1 an1 2 an2，所以 1 a1qn 1 1 a1qn 2 a1qn 1， 因为 q0，解得 q2， 所以 an 1 642 n12n7，nN*.4 分 (2)bn(1)n (log2an)2(1)n (log22n 7)2(1)n (n7)2， 设 cnn7，则 bn(1)n (cn)2，6 分 - 9 - T2nb1b2b3b4b2n1b2n(c1)2(c2)2(c3)2(c4)2 (c2n1)2(c2n)2(c1c2)(c1c2)(c3c4) (c3c4)(c2n1c2n)(c2n 1c2n)c1c2c3c4c2n1c2n2n62n7 2 n(2n13)2n2
13、13n.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 4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 A
14、CBC，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， - 10 - 则 C(0,0，t)，E(2,1,0)，A1(4，1,0)，D(0,0,0)， 所以EA1 (2，2,0)，A1C (4,1，t)，DA1 (4，1，0)，DC (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 2x12y10， 4x1y1tz10， 令 x11，
15、得 m 1，1，3 t ， 同理可得 n(1,4,0)，9 分 由 cosm，n 14 17 29 t2 2 2 ，解得 t3 17 4 ， 所以线段 DC 的长度为3 17 4 .12 分 19 (2019 湖南长沙统一检测)(本小题满分 12 分)已知椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0) 的离心率为1 3，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|4 3. (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：
16、ykxm(k0)与 l1，l2交于 M，N 两点，求证：MF1N MF2N. 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|b 2 a 8 3， 又 ec a 1 3，a 2b2c2，得 a29，b28， 故所求椭圆 C 的标准方程为x 2 9 y2 81.4 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F1M (2，3km)，F1N (4,3km)，
17、 - 11 - 所以F1M F1N 8m29k2. 联立 x2 9 y2 81， ykxm， 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F1M F1N 8m29k20， 则F1M F1N ，故MF1N 为定值 2.10 分 同理F2M (4，3km)，F2N (2,3km)， 因为F2M F2N 0， 所以F2M F2N ，MF2N 2. 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；
18、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) 1 2 3 4 5 包裹件数 43 30 15 8 4 公司对近 60 天，每天揽件数量统计如下表： 包裹件数范围 0100 101200 201300 301400 401500 包裹件数 (近似处理) 50 150 250 350 450 天数 6 6 30 12 6 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 1
19、01400 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 - 12 - 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 f48 60 4 5，故可 估计概率为4 5. 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 X B 3，4 5 ， 故所求概率为
20、C23 4 5 21 5 48 125.4 分 (2)样本中快递费用及包裹件数如下表： 包裹重量(单位：kg) 1 2 3 4 5 快递费(单位：元) 10 15 20 25 30 包裹件数 43 30 15 8 4 故样本中每件包裹收取的快递费的平均值为 104315302015258304 100 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 151 3 5(元)， 将题目中的天数转化为频率，得 包裹件数范围 0100 101200 201300 301400 401500 包裹件数 (近似处理)
21、50 150 250 350 450 天数 6 6 30 12 6 频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 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 50 150 250 350 450 - 13 - (近似处理) 实际揽件数 Y 50 150 250 350 450 频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 E(Y) 500.11500.12500.5 3500.24500.1260 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
22、似处理) 50 150 250 350 450 实际揽件数 Z 50 150 250 300 300 频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 E(Z) 500.11500.12500.5 3000.23000.1235 故公司平均每日利润的数学期望为 23552100975(元)，10 分 因 9750 恒成立， 所以 r(x)在 1 2，1 上单调递增，所以 r 1 2 0) (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2 3x1 时，不等式可化为4x1x1， 即 x4，所以解得44 有解等价于 f(x)max2 3a4， 解得 a10 3 . 故 a 的取值范围为 10 3 ， .10 分
