2020高考数学二轮复习预测卷（一）理（通用）

2020高考数学二轮复习预测卷（一）理177本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、选择题：本大题共12小题，每个小题5分，共60分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1设集合Ay|ylog3x,01，则AB()A(0,2) B(0,2C(，2 DR解析集合Ay|ylog3x,01x|x0，ABx|0x2(0,2故选B.答案B2设复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z11i，则z1z2()A1i B2C2 D1i解析因为两个复数对应的点关于虚轴对称，所以两个复数的实部互为相反数且虚部相同，所以复数z21i，z1z2(1i)(1i)2，故选C.答案C3.如图，A、B、C是单位圆上的三等分点，下列说法错误的是()A.()B.与的夹角为120C.()D.在上的投影为解析对于A，由平行四边形法则可知，正确；对于B，与的夹角为60，错误；对于C，()11110，正确；对于D，在上的投影为，正确，故选B.答案B4数列an的前n项和Snn2n，若bn(n5)an，则bn的最小值为()A B12C8 D解析当n1时，a12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，当n1时显然适合上式，所以an2n，nN*，所以bn(n5)an2n(n5)令f(x)2x(x5)，易知对称轴为x，所以bn的最小值为b2b312.故选B.答案B5已知p：xm，q：1，如果p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是()A2，) B(2，)C(，1 D(，1)解析设Ax|xm，Bx|x3p是q的充分不必要条件，AB，m1，实数m的取值范围是(，1)故选D.答案D6从6人中选出4人参加数学、物理、化学、生物竞赛，每人只能参加其中一项，每项竞赛必须有人参加，其中甲、乙两人都仅能参加化学竞赛，其他4人四项竞赛都能参加，则不同的参赛方案的种数为()A48 B72C144 D480解析分成两类：(1)甲乙均不参加比赛：共有A24种情况；(2)甲乙有且只有一人参加比赛：共有CA48种情况不同的参赛方案共有244872种故选B.答案B7如图所示的程序框图的输出结果为y44.5，则循环体的判断框内应填()Ax88? Bx89?Cx89? Dx88?解析因为cos21cos22cos28944(cos21cos289)cos24544(cos21sin21)cos24544.5，所以x89.答案B8已知数列an中，a11，a23，a37，且an1an成等比数列，则满足不等式的实数的最大值是()A2 B3C5 D6解析由a2a12，a3a24，得公比q2，所以an1an(a2a1)2n12n.所以ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)12222n12n1.从而，由不等式，得，即2.则的最大值是2.答案A9一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为，那么这个正三棱柱的体积是()A12 B2C6 D48解析由R3，得球的半径R1，正三棱柱的高等于球的直径，即h2R2.设三棱柱的底面边长为a，则a1，a2，该正三棱柱的体积V(2)226，故选C.答案C10已知函数f(x)4sin(x)的部分图像如图所示，其中A，B，则函数f(x)的单调递减区间为()A.(kZ)B.(kZ)C.(kZ)D.(kZ)解析依题意，所以T，解得2.因为f4sin2，所以sin，所以2n(nZ)或2n(nZ)，解得2n(nZ)或2n(nZ)因为0，所以，所以f(x)4sin.令2k2x2k(kZ)，解得kx0，b0)的左、右焦点，若双曲线的右支上存在一点P，使()0(O为坐标原点)，且|PF1|PF2|，则双曲线的离心率为()A. B1C. D1解析取PF2的中点A，则由()0，得20，即.在PF1F2中，OA为PF1F2的中位线，所以PF1PF2，所以|PF1|2|PF2|2(2c)2.又由双曲线定义知|PF1|PF2|2a，而|PF1|PF2|，所以|PF2|c，所以(1)c2a，解得e1.故选D.答案D12已知函数f(x)，关于x的方程f2(x)2af(x)a10(aR)有3个相异的实数根，则a的取值范围是()A. BC. D解析f(x)当x0时，f(x)，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，函数单调递增，当x1时，函数取得极小值f(1)e.当x0，函数单调递增，如图，画出函数的图像，设tf(x)，当te时，tf(x)有3个根，当te时，tf(x)有2个实根，当0te，当te时，e22aea10，解得a，检验满足条件；由t10，t2e得无解故选D.答案D第卷本卷包括必考题和选考题两部分第1321题为必考题，每个试题考生必须作答第2223题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知l，m是平面外的两条不同直线，给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.解析本题考查空间直线和平面间的位置关系当lm，m时，l与不一定垂直，可能相交，也可能平行；当lm，l时，m；当m，l时，lm，综上可知，正确命题是若lm，l，则m.或若m，l，则lm.答案若lm，l，则m(答案不唯一)14某企业对2020年14月份的获利情况进行了数据统计，如下表所示：月份x1234利润y/万元13.55.58利用回归分析思想，预测出2020年12月份的利润约为23.5万元，则y关于x的线性回归方程为_解析设线性回归方程为x，2.5，4.5，由题意得解得线性回归方程为2x0.5.答案2x0.515在(1xx2)(1x)7的展开式中，x4的系数为_解析(1x)7的展开式的通项公式为Tr1Cxr，所以x4的系数为CCCC21.答案2116若直线l交抛物线y24x于A、B两点，OAB内有一点M(6,2)满足SAOMSBOMSAMB123，则直线l的斜率为_解析解法一：设点A，B到直线OM的距离分别为dA，dB，直线OM交直线AB于点Q，则SAMQSAMBSAOM，故M为OQ的中点，所以Q(12,4)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则2所以代入y4x2，并结合y4x1解得或(不合题意，舍去)故直线l的斜率k1.解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(x16，y12)，(x26，y22)，又(6，2)，所以由奔驰定理，得SOMBSAMOSBMA0230把x1，x2代入解得故求得kAB1，即直线l的斜率为1.结论拓展奔驰定理：已知O为ABC内一点，则有SOBCSOACSOAB0.答案1三、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(12分)已知等比数列an的前n项和为Sn，且满足a1m，an1Sn2.(1)求m的值；(2)若bn求b1b2bn的值解析(1)由an1Sn2，得anSn12(n2)，an1anSnSn1an，an12an(n2)又a2S12m2，an是等比数列，2，m2.(4分)(2)由(1)得，an2n，bn令b1b2bnTn，则T2kb1b2b2k(b1b3b2k1)(b2b4b2k)212322k1(352k1)2k22k(4k1)k22k.(7分)当n为偶数时，Tn(41)222nn.(8分)T2k1T2kb2k(4k1)k22k(2k1)4kk2.n为奇数时，Tn422n.(10分)故b1b2bn(12分)18(12分)某企业对现有设备进行了改造，为了了解设备改造后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了100件产品作为样本，检测其质量指标值，若质量指标值在20,60)内，则该产品视为合格品，否则视为不合格品下图是设备改造前的样本的频率分布直方图，下表是设备改造后的样本的频数分布表质量指标值频数10,20)220,30)1830,40)4840,50)1450,60)1660,70)2表1设备改造后样本的频数分布表(1)完成下面的22列联表，并判断是否有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关：设备改造前设备改造后合计合格品不合格品合计(2)根据图1和表1提供的数据，试从产品合格率的角度对改造前后设备的优劣进行比较；(3)企业将不合格品全部销毁后，根据客户需求对合格品进行等级细分，质量指标值落在30,40)内的定为一等品，每件售价180元；质量指标值落在20,30)或40,50)内的定为二等品，每件售价150元；其他的合格品定为三等品，每件售价120元根据频数分布表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有合格产品中抽到一件相应等级产品的概率现有一名顾客随机买两件产品，设其支付的费用为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望附：P(K2k0)0.1500.1000.0500.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.635K2解析(1)根据图1和表1得到22列联表：设备改造前设备改造后合计合格品8696182不合格品14418合计100100200(1分)将22列联表中的数据代入公式计算得：K26.105.(3分)6.105b0)的左、右焦点分别为F1、F2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线yx3相切，点P在椭圆C上，|PF1|2，F1PF260.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且3x1x24y1y20，试求AOB的面积(O为坐标原点)解析(1)依题意有b，b23.由|PF1|2及椭圆的定义得|PF2|2a2.由|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cosF1PF2|F1F2|2，得a23a3c2.又a2c2b23，解得c1，a2.故椭圆的方程为1.(4分)(2)联立化简可得(34k2)x28kmx4m2120，则64k2m216(34k2)(m23)48(34k2m2)0，即34k2m20，又x1x2，x1x2，(6分)所以y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.由3x1x24y1y20，得340，即2m234k2.(8分)|AB|x1x2|，点O到AB的距离d，(10分)所以SAOBd|AB|，故三角形AOB的面积为.(12分)21(12分)已知函数f(x)ae2xaexxex(a0，e为自然对数的底数)，若f(x)0对于xR恒成立(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且f(x0).解析(1)由f(x)ex(aexax)0可得g(x)aexax0.g(0)0，g(x)g(0)，x0是g(x)的一个极小值点，g(x)aex1，g(0)a10a1.(2分)当a1时，g(x)ex1x，g(x)ex1，x(，0)，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增；g(x)g(0)0，a1.(4分)(2)当a1时，f(x)e2xexxex，f(x)ex(2exx2)令h(x)2exx2，则h(x)2ex1，x(，ln 2)，h(x)0，h(x)在(ln 2，)上为增函数，h(1)0，在(2，1)上存在xx0满足h(x0)0，(6分)h(x)在(，ln 2)上为减函数，x(，x0)时h(x)0，即f(x)0，f(x)在(，x0)上为增函数；x(x0，ln 2)时，h(x)0，即f(x)0，f(x)在(x0，ln 2)上为减函数f(x)在(，ln 2)上只有一个极大值点x0，(7分)由于h(0)0，且h(x)在(ln 2，)上为增函数，x(ln 2,0)时，h(x)0，即f(x)0，即f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数f(x)在(ln 2，)上只有一个极小值点0.(8分)综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0(2，1)(9分)h(x0)0，2ex0x020，f(x0)e2x0ex0x0ex02(x01)，x0(2，1)，(10分)x(2，1)时，f(x0).ln(2，1)，f(x0)f.综上知，f(x0).(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(10分)选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t是参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2.(1)写出C的直角坐标方程；(2)已知点P(1,1)，直线l与C交于A，B两点，求|PA|PB|的值解析(1)2322sin212由得3(x2y2)y212，化简可得C的直角坐标方程为1.(4分)(2)