2020高考综合模拟测试10（真题、模拟题优化重组）

2020高考综合模拟测试10

一、选择题：本大题共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.（2019•福州一中二模）已知i为虚数单位，则氏的实部与虚部之积等于（）

A.B.|C.|iD.-|i

2.（2019・汉中二模）已知集合A={x|f-5x+4<0,xGZ},若AUB,则机=

（）

A.1B.2C.3D.4

3.（2019・皖江名校联考）2018年9〜12月某市邮政快递业务量完成件数较2017年9~12

月同比增长25%,该市2017年9〜12月邮政快递业务量柱形图及2018年9〜12月邮政快

递业务量结构扇形图如图所示，根据统计图，给出下列结论：

①2018年9〜12月，该市邮政快递业务量完成件数约1500万件；

②2018年9〜12月，该市邮政快递同城业务量完成件数与2017年9~12月相比有所减

少；

③2018年9〜12月，该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%,其中正确

结论的个数为（）

A.3B.2C.1D.0

4.（2019•株洲一模）在区间[—2,2]上任意取一个数x,使不等式^-x<0成立的概率为

（）

A.B.gC.1D.；

?2

5.（2019・安阳一模）设尸i，F2分别为离心率e=小的双曲线C：£一3=1（“>0,8>0）的

左、右焦点，A”A2分别为双曲线C的左、右顶点，以3为直径的圆交双曲线的渐近

线/于M,N两点，若四边形的面积为4,贝！）6=（）

A.2B.2y[2C.4D.4啦

6.（2019•全国卷I）记S”为等差数列{斯}的前〃项和.已知S4=0,痣=5,则（）

A.an=2n—5B.an=3n-]0

C.S〃=2/—8〃D.Sn=^r—2n

TT

8.（2019・南宁二模）已知aABC的一内角A=],。为△A8C所在平面上一点，满足|。川

=|OB|=|OC|,设AO=〃?AB+〃AC,则，"+〃的最大值为（）

A.,B.IC.gD.2

72

9.（2019・合肥二模）已知椭圆，+卓=1（a>6>0）的左、右焦点分别为Fi，Fi，右顶点为A,

上顶点为8,以线段QA为直径的圆交线段Q8的延长线于点P,若尸2B〃4P，则该椭圆的

离心率是（）

A坐B坐C坐D坐

sinCr+a）,xWO,

10.（2019.郑州一模）已知函数«r）=一的图象关于y轴对称，则y=

cos（x+Z?）,x>0

siiu的图象向左平移个单位，可以得到y=cosa+〃+b）的图象.（）

71C兀一兀一

A.^B.gC，2D.7i

11.（2019•大同一模）已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在半径为3的球面上,A8L4C,

则该三棱锥体积的最大值是（）

人32「16「64一一

A.-^-B.-^-C.-^-D.64

2y/x,OWxWl,

12.（2019•天津高考）已知函数J（x）=\1若关于x的方程Xx）=-p+

；，X>1."

a（adR）恰有两个互异的实数解，则。的取值范围为（）

「591（59]

A.04jB.©4

C©IU{l}D.|U{I}

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

2

13.（2019・宝鸡二模）已知曲线式幻=孑？在点（1,犬1））处的切线的倾斜角为a,则

sin2«-cos2a

-I7的值为________.

2osinacosa十cosa

14.（2019•江苏高考）如图是一个算法流程图，则输出的S的值是.

/输出s/

结束

15.（2019•郴州二模）某高校开展安全教育活动，安排6名老师到4个班进行讲解，要求

1班和2班各安排一名老师，其余两个班各安排两名老师，其中刘老师和王老师不在一起,

则不同的安排方案有种.

16.（2019.海南二模）已知菱形ABC。，E为AO的中点，且B£=3,则菱形ABCO面积

的最大值为.

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：60分.

17.（本小题满分12分）（2019•潍坊市三模）设数列{如}满足233a3•♦…w“=2"（"GN’）.

（1）求{斯}的通项公式；

（'2+2"+”

⑵求数叫F—1的前n项和5,,.

18.（本小题满分12分）（2019•湖南、湖北八市十二校联合调研）近期，某公交公司分别推

出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度

较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一

天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次（单位:

十人次），统计数据如表1所示：

（1）根据散点图判断，在推广期内）=。+法与），=。/（°,d均为大于零的常数）哪一个适

宜作为扫码支付的人次），关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明

理由）

（2）根据（1）的判断结果及表1中的数据，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8

天使用扫码支付的人次；

（3）推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如表2：

表2：

支付方式现金乘车卡扫码

比例10%60%30%

已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享

受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客，享受7

折优惠的概率为幺享受8折优惠的概率为!，享受9折优惠的概率为*根据所给数据以事件

032

发生的频率作为相应事件发生的概率，估计一名乘客一次乘车的平均费用.

参考数据：

77

Z孙54

V10°

y/=!/=i

62.141.5425.3550.123.47

［其中s=lgy，v=；£心）

参考公式：对于一组数据（g,V］）,（W2»。2），…，（W/P。〃），其回归直线。=。+饱的斜率

n____

Euig-nuv

和截距的最小二乘估计公式分别为

EM?-nu2

i=l

19.（本小题满分12分）（2019•广州市二模）如图，在四棱锥P-A8CD中，底面A8CD为

菱形，ZBAD=60°,ZAPD=90°,且

（1）求证：平面以。，平面ABCD-,

（2）若求二面角。一PB—C的余弦值.

20.（本小题满分12分）（2019•扬州一模）已知直线犬=一2上有一动点Q,过点Q作直线

垂直于y轴，动点P在八上，且满足分屈=0（。为坐标原点），记点P的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）已知定点，一/0），N&0）,A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点8,

且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点力，求△MB。的内切圆半径r的取值范

围.

21.（本小题满分12分）（2019•湖南永州三模）已知函数/）=ln1如+/,6>0）,对任

意x>0,都有_/（x）+端=0.

（1）讨论兀v）的单调性；

（2）当./U）存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围.

（二）选考题：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.(本小题满分10分)［选修4-4：坐标系与参数方程］

x=fcosa,

(2019•郴州三模)在直角坐标系xOy中，曲线G的参数方程为,.。为参数，

y=-2+/sin«

OWavjt),点/(0,-2).以坐标原点。为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2

的极坐标方程为p=4巾cos(0+；).

(1)求曲线C2的直角坐标方程，并指出其形状；

(2)曲线Ci与曲线C2交于A,B两点，若舄可+房面求sina的值.

23.(本小题满分10分)［选修4—5：不等式选讲］

(2019•郴州三摸)己知J(x)=\ax+2\.

(1)当。=2时，求不等式式x)>3x的解集；

2

(2)若/1)WM/2)WM,证明：心手

参考答案

1.答案：B

解析：因为士=不曹鼻=4+5，所以仕的实部与虚部之积为枭故选B.

1-ri(1十1)(1—1)221十1224

2.答案：C

解析：A={x|l*4,x6Z}={2,3},又AU8,

；.m=3.故选C.

3.答案：B

解析：2017年的快递业务总数为242.4+948+9.6=1200万件，故2018年的快递业务

总数为1200X1.25=1500万件，故①正确.由此2018年9~12月同城业务量完成件数为

1500X20%=300万件>242.4万件，所以比2017年有所提升，故②错误.2018年9〜12月

国际及港澳台业务量为1500X1.4%=21万件，21-9.6=2.1875,故该市邮政快递国际及港

澳台业务量同比增长超过75%,故③正确.综上所述，正确的结论有2个，故选B.

4.答案：D

解析：由X?—x<0,得00yL.,.在区间[—2,2]上任意取一个数x,使不等式x2—x<0成

1一01

立的概率为=(故选D.

2。—，(—了2)4

5.答案：A

解析：由题意知。=小=泉.4=2,故渐近线方程为y=2x,以F”乃为直径的圆的

(x2+y2=c2,2c

方程为f+>2=c2,联立[=太得丫=土东,由双曲线与圆的对称性知四边形MA2NA1

为平行四边形，不妨设加=/，则四边形M42N4的面积S=2ax/=4,得ac=小，又

小=:得a=l,c=y[5,b=2,故选A.

6.答案：A

[a]+4d=5,

解析：设等差数列{〃〃}的首项为0,公差为d.由S4=0,05=5可得，|,八解得

[4〃i+6d=0,

=-3,Yi(f\—])

,所以斯=—3+2(〃-1)=2〃-5,S/=〃X(—3)+—―^X2=〃2—4〃.故选A.

d=2.z

7.答案：D

解析：7(l)=sinl+1—2=sinl—1<0,排除B,C,当-=0时，sinx=%=0,则时,

“黄-*1,/U)f1+0=1,排除A,故选D.

8.答案：A

解析：由题意可知，。为△ABC外接圆的圆心，如图所示,

在圆。中，/C48所对应的圆心角为亍，点8,C为定点，点A为优弧上的动点，则

点4,B,C,。满足题中的已知条件，延长A。交BC于点。，设公=沆，由题意可知,

—1—IYI—>M—/IlH

AD=-TAO=-rAB+~7AC由于3,C,。三点共线，据此可得，彳+彳=1,贝!J〃?+〃=九则〃?

4AZfAA

+〃的最大值即4=与301*的最大值，由于|-A►0|为定值，故|—A>Q|最小时:m+〃取得最大值，由几

何关系易知当AB=AC时，|启取得最小值，此时4=空=/故选A.

\AD\

9.答案：D

解析：解法一：如图所示，

以线段FlA为直径的圆的方程为(x-J')+y2=y)2,化为/―(4_o口+,2_a=

0.直线F\B的方程为bx—cy+hc=Of联立

bx-cy+bc=()f

%2—(«-

〃%一加+次方

ahc+hc1

kF2B=

化为e2=/ee(O』)，解得《=坐故选D.

解法二：QA为圆的直径，.••/尸1以=90。.

,O22

"：F2B//AP,..ZF|BF2=90,A2a=(2C),

解得e=坐故选D.

10.答案：D

sin(x+<7),xWO,

解析：函数兀t)=，-、c的图象关于y轴对称，故«r)=A-x),所以sin(x

.cos(xIb),x>0

jr

+a)=cos(—x+b)=cos(x-b),整理得2E+a=]一伏Z£Z),

jr

所以4+b=2E+](Z£Z),

x+2E+?=

—sinx,

即y=sinx的图象向左平移n个单位,

得到y=sin(x+7t)=-sinx故选D.

11.答案：A

解析：设AB=m,AC=n,则SMBC=%?〃，△ABC外接圆的直径为7m?+序,如图,

三棱锥P—ABC体积的最大值为卜,及XPO］=卜,"乂卜，9—

AW2+HV/A?F+H2、、门zn2+n2.1/----,.1

X-；“9-^—+3卜改?=-^―>贝mIJAt)=^t(+3),f(0=3

卜g一勾念+3),令/⑺=0,得f=8,刖在(0,8)上递增，在［8,9］上递减，.；解^=

X8)=y,即该三棱锥体积的最大值是聿故选A.

12.答案:D

解析：如图，分别画出两函数尸危)和尸一的图象.

(1)先研究当OWxWl时，直线＞=—$+〃与＞=25•的图象只有一个交点的情况.

当直线＞=—%+〃过点8(1,2)时，

19

2=—^+a,解得

9

所以OWaW京

(2)再研究当尤＞1时，直线y=—；x+a与y=：的图象只有一个交点的情况：

①相切时，由y'=—5=—［，得x=2,此时切点为(2,白)，则a=l.

②相交时，由图象可知直线y=—%+“从过点A向右上方移动时与y=《的图象只有一

个交点.过点A(l,1)时，1=—；+〃，解得。=卷.所以a?/

「

结合图象可得，所求实数a的取值范围为［不5工91|口{1}・故选D.

3

13.答案：f

解析：因为曲线兀0=#,所以函数7U)的导函数/(x)=2f,可得f(1)=2,因为曲

线火x)=|i在点(1/1))处的切线的倾斜角为a,所以tana=f(1)=2,所以端惠胃自

ta/a-14—13

2tana+14+15'

14.答案:5

11233

解析：第一次循环，S=/x=2；第二次循环，S=*+Hx=3；第三次循环，S=］

+f3=3,x=4；第四次循环，S=3+尹45,满足x24,结束循环.故输出的S的值是5.

15.答案:156

解析：安排6名老师到4个班，其中按1,1,2,2分法，共有ca&ac5=18o种，刘老师

和王老师分配到一个班，共有CK!A3=24种，所以刘老师和王老师不在一起的安排方案有

180—24=156种.

16.答案：12

解析：设AE=JG则AB=A£>=2达・・•两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，，

AB+AE>BE,2x+x>3,x>l,

即=>'・・・x£(l,3),设NB4E=0,在△ABE中，由余弦

AB-AEvBE,2x—x<3x<3f

5f—9

定理可知9=(2x)2+f_2-2X-XCOS0，即cos。=，S菱形ABCD=2x-2x-sin0=

4f10X2+9),令f=W,贝ijt£(1,9),贝［IS支彩ABS=

9[(r—5)2—16],

当t=5时，即X=小时，S春彩A8C。有最大值12.

17.解析：(1)由n=\得m=2,

因为a\-2a2-3a-i...nan-2",

当〃》2时，a\-2ci2-3ay"-(n—\)an1—2"'

2

由两式作商得，an=-(n>1且〃GN*)，

又因为0=2符合上式,

2

所以a“=q("GN)

2+2武1

(2)设b产

则b„=n+n-2n,

所以S”="+历H-----F仇=(1+2H------l-w)+(2+2-22+3-23H-------1)2门+〃2'),

设7；,=2+2-22+3-23H------F(〃-l>2"r+n-2",①

所以27；=22+2-23H-----1-(«-2)-2n-1+(n-1)-2"+n-2,,+1,②

①一②得，-7；=2+22+23H-----\-2"~n-2n+',

n+l

所以Tn=(n-\)-2+2.

,>7(n+l)

所以Sn—7］；+2，

4|n(?，l1)

即5„=(n-l)-2"+2-+2.

18.解析：(1)根据散点图判断，y=cd适宜作为扫码支付的人数y关于活动推出天数x

的回归方程类型.

(2)：y=cd,两边同时取常用对数得，lgy=lg(cd)=lgc+xlgd；

设lgy=v,•\v=\gc+xlgd,

__7

Vx=4,v=1.54,140,

ExiVi-7xv

・♦・Igd=f------50.12—7X4X1.547

140-7X42=羽=。25

Lx?—7x2

1=1

把样本中心点(4』.54)代入。=但仃+入馆4,得

藐=0.54,

Au=0.54+0.25x,J/fy=0.54+0.25犬，

O25

・・・y关于X的回归方程式为£=10°54+S25X=10。.54义(1()。.25尸=347xioS

A.

把x=8代入上式，>=3.47X102=347.

活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470.

(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z,

则Z的取值可能为2,1.8,1.6,1.4,

P(Z=2)=0.1；P(Z=1.8)=0.3X；=0.15；

P(Z=1.6)=0.6+0.3x|=0.7；P(Z=1.4)=0.3x|=0.05,

分布列为：

Z21.81.61.4

P0.10.150.70.05

所以，一名乘客一次乘车的平均费用为

2X0.1+1.8X0.15+1.6X0.7+1.4X0.05=1.66(元).

19.解析：(1)证明：如图，取4。的中点O,连接OP,OB,BD,

因为底面ABCQ为菱形，

NBAD=60°,

所以AO=AB=BD

因为。为4。的中点，

所以O8_LAD

在△ABD中，ZAPD=90°,。为A£>的中点,

所以PO=^AD=AO.

设AD=PB=2a,则08=小〃，PO=OA=a,

因为PO2+OB2=a2+3a2=4a2=PB1,

所以0PJ_08.

因为OPCAQ=O,OPu平面B4O,AQu平面以。，

所以。81.平面PAD.

因为OBu平面ABC。，

所以平面B4£>_L平面ABCD.

(2)解法一：因为AOJ_P8,

ADLOB,OBCPB=B,

PBu平面POB,

OBu平面POB,

所以AOJ_平面POB.

所以POLAD.

由(1)得PO_LOB,ADVOB,

所以OA,OB,OP所在的直线两两互相垂直.

以O为坐标原点，分别以OA,OB,OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空

间直角坐标系.

设A£>=2,则4(1,0,0),0(-1,0,0),8(0,小，0),P(0,0,l),

所以而=(-1,0,-1),而=(0,小，-1),BC=i£>=(-2,0,0),

设平面P8。的法向量为n=(xi，v，zi),

网n-一PD=-x\—z\=G,

jvPB=^y\—zi=0,

令yi=l,则x】=一小，zi=小，

所以〃=(一小，1,小).

设平面PBC的法向量为胆=。2,加Z2),

机BC=-2%2=0，

mPB=y[3y2—Z2=0,

令丫2=1，则、2=0，Z2=小,

所以"2=（0/，书）.

设二面角。一尸3一。为仇由于。为锐角，

所以|cos0|=|cos<m,加，=2：巾

所以二面角。一尸B—C的余弦值为平.

解法二：因为ADLPB,

ADYOB,OBCPB=B,

PBu平面POB,

OBu平面POB,

所以A£>J_平面POB.

所以PO±AD.

所以PO=a,PD=^2a.

过点D作DHLPB,，为垂足，

过点”作〃G〃BC交PC于点G,连接DG,

因为A£»_LP8,BC//AD,

所以BC_LPB,HPHGLPB.

所以NOHG为二面角O—PB—C的平面角.

在等腰△BOP中，BD=BP=2a,PD=yf2a,

根据等面积法可以求得DH丹a.

进而可以求得PH=%,

II2

所以PG=2a-

在△「£>(?中，PD=®i,DC=2a,PC=2pa,

…,PD2+PC2~DC23

所以cosNDPC=2PDPC=4,

在△PDG中，PD=yf2a,PG=^a,cosZDPC=1,

所以DG2=PD2+PG2~2PDPGcosZDPG=a2,即DG=a.

17।

在△OHG中，。//=晋”，HG=^a,DG=a,

，-DH2+HG2~DG22市

所以cosN£WG="2DH-HG=7,

所以二面角£>一尸8—C的余弦值为平.

20.解析：⑴设点P(x,y),则Q(—2,y),

->-►

AOP=(x,y),00=(—2,y).

VOPOQ=0,：.OPOQ=-2x+y2^0,即)2=2x.

所以曲线C的方程为y2=2x.

(2)设A(jq,»),8(X2,>2)，0(X3,对，直线B£>与x轴交点为E,直线AB与内切圆的

切点为T.

设直线AM的方程为y=(x+。则联立方程组，尸得后-2次十与

y=2x,

=0,

••・为12=(且0<Xj<X2»

・・・直线AN的方程为尸弋9一&

化简得2xif—(2xi+，x+&]=0,

解得元3=疝^或X3=X\.

VX3=^~=X2，BDLx轴，

设△M8Q的内切圆圆心为"则点”在x轴上且“丁，4日

**•S£\MSQ=4(X2+5)|2%|,

且△M3D的周长为2弋12+§2+货+2|词，

S^MBD=22*^y^+^2+y^+2|y2|r

令》=及+1则f>l,

••"=)7任区间(1，+8)上单调递增，

勺产7+尹7

则'>启T^T，

即厂的取值范围为(陋-1,+°°).

21.解析：(1)由於(+.《)=ln4办+与+ln;一学+乎=3得b=4a,

x.4a14。一加+工一4。

7U)=ln2一批+；，fM=--a—^=--------p--------U>0).

1

令A(x)=-ax+x~4a9

若/=1一16°2・0时，求得此时/?(x)WO,/(x)WO,./(x)在(0,+8)上单调递减.

若/=1-16a2>0,即0<4<1时，人(X)有两个零点，

1—yl1—\6a21+11—16/

x[=-----2^------->0,X2=-----2^------->0,开口向下，

当04<5时，/i(x)<0,f(x)<0,段)单调递减;

当即4〃2时，A(x)>0,f(x)>0,7U)单调递增；

当X>X2时7/?(x)<0,f(x)<0,於)单调递减.

综上所述，当心;时，段)单调递减；当0<〃<