2020年高考模拟仿真卷18份-数学理科_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

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2020 年普通高等学校招生全国统一考试（理科数学仿真卷18 套）
高考仿真模拟卷(一)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}，B＝{－1，0，1，2，3}，则A∩B＝(
)
A．{－1，0，1}
B．{－1，0，1，2}
C．{0，1，2}
D．{0，1，2，3}
2．已知i 是虚数单位，则复数i－1
i＋1
在复平面上所对应的点的坐标为(
)
A．(0，1)
B．(－1，0)
C．(1，0)
D．(0，－1)
3．已知随机变量X 服从正态分布N(3，σ2)，且P(X≤4)＝0.84，则P(2<X<4)＝(
)
A．0.84
B．0.68
C．0.32
D．0.16
4．在△ABC 中，∠ABC＝90°，AB＝6，点D 在边AC 上，且2AD
→＝DC
→，则BA
→·BD
→的值是(
)
A．48
B．24
C．12
D．6
5．执行如图所示的程序框图，输出S 的值为ln 5，则在判断框内应填(
)
A．i≤5?
B．i≤4?
C．i<6?
D．i>5?
6．设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a3＋a6＝23，S5＝35，则{an}的公差为(
)
A．2
B．3
C．6
D．9
7．函数f(x)＝
1－2x
1＋2x cos x 的图象大致为(
)
8．某兴趣小组合作制作了一个手工制品，并将其绘制成如图所示的三视图，其中侧视图中的圆的半径为3，则
该手工制品的表面积为(
)
A．5π
B．10π
C．12＋5π
D．24＋12π
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9．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ) 0<φ<π
2 的图象的一个对称中心为
3π
8
，0 ，则函数f(x)的单调递减区间是(
)
A. 2kπ－3π
8 ，2kπ＋π
8 (k∈Z)
B. 2kπ＋π
8，2kπ＋5π
8 (k∈Z)
C. kπ－3π
8 ，kπ＋π
8 (k∈Z)
D. kπ＋π
8，kπ＋5π
8 (k∈Z)
10．博览会安排了分别标有序号为“1 号”“2 号”“3 号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉
宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐
此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3 号”车的概率分别为P1，P2，
则(
)
A．P1·P2＝1
4
B．P1＝P2＝1
3
C．P1＋P2＝5
6
D．P1＜P2
11．设F2 是双曲线C：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的右焦点，O 为坐标原点，过F2 的直线交双曲线的右支于点P，N，
直线PO 交双曲线C 于另一点M，若|MF2|＝3|PF2|，且∠MF2N＝60°，则双曲线C 的离心率为(
)
A．3
B．2
C. 5
2
D. 7
2
12．设点P 在曲线y＝2ex 上，点Q 在曲线y＝ln x－ln 2 上，则|PQ|的最小值为(
)
A．1－ln 2
B. 2(1－ln 2)
C．2(1＋ln 2)
D. 2(1＋ln 2)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．已知100 名学生某月零用钱消费支出情况的频率分布直方图如图所示，则在这100 名学生中，该月零用钱
消费支出超过150 元的人数是__________．
14．在直角坐标系xOy 中，点P 的坐标(x，y)满足
2x－y－1≥0，
x＋y－5≤0，
x－2y＋1≤0，
向量a＝(1，－1)，则a·OP
→的最大值是________．
15．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz 中的坐标分别是A(0，0，5)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，
D( 3，1，5)，则该四面体的外接球的体积为__________．
16．已知数列{an}的首项a1＝1，函数f(x)＝x3＋an＋1－an－cos nπ
2
为奇函数，记Sn 为数列{an}的前n 项和，则
S2 019 的值为____________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)在△ABC 中，a，b，c 分别是角A，B，C 的对边，已知3(b2＋c2)＝3a2＋2bc.
(1)若sin B＝2cos C，求tan C 的大小；
(2)若a＝2，△ABC 的面积S＝2
2 ，且b>c，求b，c.
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18．(本小题满分12 分)某市教育与环保部门联合组织该市中学参加市中学生环保知识团体竞赛，根据比赛规则，
某中学选拔出8 名同学组成参赛队，其中初中学部选出的3 名同学有2 名女生；高中学部选出的5 名同学有3 名女
生，竞赛组委会将从这8 名同学中随机选出4 人参加比赛．
(1)设“选出的4 人中恰有2 名女生，而且这2 名女生来自同一个学部”为事件A，求事件A 的概率P(A)；
(2)设X 为选出的4 人中女生的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．
19.(本小题满分12 分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1 中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC
＝1，BB1＝2，∠BCC1＝π
3
.
(1)求证：C1B⊥平面ABC；
(2)设CE
→＝λCC1
→(0≤λ≤1)，且平面AB1E 与BB1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的
值．
20．(本小题满分12 分)设抛物线C：y2＝2x，点A(2，0)，B(－2，0)，过点A 的直线l 与C 交于M，N 两点．
(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
21．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝xln x－k(x－1)．
(1)若函数h(x)＝f（x）
x
，求h(x)的极值；
(2)若f(x)＝0 有一根为x1(x1>1)，f′(x) ＝0 的根为x0，则是否存在实数k，使得x1＝kx0？若存在，求出k 的取
值范围；若不存在，请说明理由．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
已知直线l 的参数方程为
x＝1＋2t
y＝2t
(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C
的极坐标方程是ρ＝sin θ
1－sin2θ
.
(1)写出直线l 的极坐标方程与曲线C 的直角坐标方程；
(2)若点P 是曲线C 上的动点，求P 到直线l 距离的最小值，并求出此时P 点的坐标．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|x＋2|－|x－2|.
(1)解不等式f(x)≥2；
(2)当x∈R，0<y<1 时，证明：|x＋2|－|x－2|≤1
y＋1
1－y
.
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(二)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．设集合A＝{x|x2－x－2＞0}，B＝{x|0＜log2x＜2}，则A∩B＝(
)
A．(2，4)
B．(1，1)
C．(－1，4)
D．(1，4)
2．i 为虚数单位，复数z 满足z(1＋i)＝i，则|z|＝(
)
A.1
2
B. 2
2
C．1
D. 2
3．已知向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(
)
A. 5
B. 10
C．2 5
D．10
4．函数f(x)＝|x|ln|x|
x4
的图象大致为(
)
5．若sin
π
2
－α ＝3
5，α∈0，π
2 ，则tan 2α＝(
)
A．－24
7
B.3
2
C．－3
2
D.24
7
6．我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周牌算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、……《缉古算
经》等10 部专著，有着十分丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这10 部专著中有7 部产生于魏晋
南北朝时期．某中学拟从这10 部专著中选择2 部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2 部专著中至少有
一部是魏晋南北朝时期专著的概率为(
)
A.14
15
B. 1
15
C.2
9
D.7
9
7．如图程序框图输出的结果是S＝720，则判断框内应填的是(
)
A．i≤7
B．i＞7
C．i≤9
D．i＞9
8．设a＝log2 018 2 019，b＝log2 019 2 018，c＝2 018
1
2 019，则a，b，c 的大小关系是(
)
A．a＞b＞c
B．a＞c＞b
C．c＞a＞b
D．c＞b＞a
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9．已知数列a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝2－2(－1)n，n∈Z*，则S2 017 的值为(
)
A．2 016×1 010－1
B．1 009×2 017
C．2 017×1 010－1
D．1 009×2 016
10．已知双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)与函数y＝x的图象交于点P，若函数y＝x的图象在点P 处的切线过双
曲线的左焦点F(－1，0)，则双曲线的离心率是(
)
A. 5＋1
2
B. 5＋2
2
C. 3＋1
2
D.3
2
11．在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，且BC 边上的高为
3
6 a，则c
b＋b
c的最大值是(
)
A．8
B．6
C．3 2
D．4
12．已知四棱锥S­ABCD 的所有顶点都在球O 的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD 是等腰梯形，AB∥
CD 且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝π
3
，SC＝2，则球O 的表面积是(
)
A．5π
B．4π
C．3π
D．2π
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝13，S3＝S11，则Sn 的最大值为________．
14．若在(a＋3x)(1－3 x)8 关于x 的展开式中，常数项为4，则x2 的系数是________．
15．在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O，DE
→＝1
2DO
→，CE 的延长线与AD 交于点F，若CF
→＝λAC
→＋μ
BD
→(λ，μ∈R)，则λ＋μ＝________.
16．对于函数y＝f(x)，若存在区间[a，b]，当x∈[a，b]时的值域为[ka，kb](k>0)，则称y＝f(x)为k 倍值函数．若
f(x)＝ln x＋x 是k 倍值函数，则实数k 的取值范围是________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝3sin(3π＋x)·cos(π－x)＋cos2
π
2
＋x .
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)已知在△ABC 中，A，B，C 的对边分别为a，b，c，若f(A)＝3
2，a＝2，b＋c＝4，求b，c.
18．(本小题满分12 分)某次有1 000 人参加的数学摸底考试，成绩的频率分布直方图如图所示，规定85 分及其
以上为优秀．
(1)下表是这次考试成绩的频数分布表，求正整数a，b 的值；
成绩区间
[75，80)
[80，85)
[85，90)
[90，95)
[95，100)
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人数
50
a
350
300
b
(2)现在要用分层抽样的方法从这1 000 人的成绩中抽取40 人的成绩进行分析，再从抽取的40 名学生中，随机
选取2 名学生参加座谈会，记选取的2 名学生中成绩为优秀的人数为X，求X 的分布列与数学期望．
19．(本小题满分12 分)如图，在几何体ABCDEF 中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形
ACFE 为矩形，FB＝10，M，N 分别为EF，AB 的中点．
(1)求证：MN∥平面FCB；
(2)若直线AF 与平面FCB 所成的角为30°，求平面MAB 与平面FCB 所成角的余弦值．
20．(本小题满分12 分)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a＞b＞0)的长轴长为4.
(1)若以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径长的圆与直线y＝x＋2 相切，求椭圆C 的焦点坐标；
(2)若过原点的直线l 与椭圆C 相交于M，N 两点，点P 是椭圆C 上使直线PM，PN 的斜率存在的任意一点，
记直线PM，PN 的斜率分别为kPM，kPN，当kPM·kPN＝－1
4时，求椭圆C 的方程．
21．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝ln x＋k
x(k∈R)．
(1)若f(x)存在极小值h(k)，且不等式h(k)≤ak 对f(x)存在极小值的任意k 恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)当k＞0 时，如果存在两个不相等的正数α，β使得f(α)＝f(β)，求证：α＋β＞2k.
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，曲线C1 的参数方程为x＝2sin α＋π
4
y＝sin 2α＋1
(α为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为
极轴，建立极坐标系，曲线C2 的极坐标方程为ρ2＝4ρsin θ－3.
(1)求曲线C1 的普通方程与曲线C2 的直角坐标方程；
(2)求曲线C1 上的点与曲线C2 上的点的距离的最小值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m 的最大值M；
(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b 满足a2＋b2＝M，
证明：a＋b≥2ab.
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高考仿真模拟卷(三)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|x2＋x－2＜0}，B＝{x|－x2＋x＜0}，则A∩(∁RB)＝(
)
A．(－∞，0)∪[1，＋∞)
B．(－∞，0]∪(1，＋∞)
C．[0，1)
D．[0，1]
2．已知复数z1＝3＋4i，复平面内，复数z1 与z3 所对应的点关于原点对称，z3 与z2 关于实轴对称，则z1·z2＝
(
)
A．－25
B．25
C．－7
D．7
3．抛掷红、蓝两枚骰子，当已知红色骰子的点数为偶数时，两颗骰子的点数之和不小于9 的概率是(
)
A.1
2
B.2
9
C.1
3
D. 1
12
4．《张丘建算经》是早于《九章算术》的我国另一部数学著作，在《算经》中有一题：某女子善于织布，一天
比一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5 尺，30 天共织布390 尺，则该女子织布每天增加(
)
A.4
7尺
B.16
29尺
C. 8
15尺
D.16
31尺
5．函数f(x)＝xln |x|的大致图象是(
)
6．已知角α的顶点为坐标原点O，始边为x 轴正半轴，终边在第二象限，A(x，y)是其终边上一点，向量m＝(3，
4)，若m⊥OA
→，则tan α＋π
4 ＝(
)
A．7
B．－1
7
C．－7
D.1
7
7．已知数列{an}的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＋a4＝7，a5＋a6＝13，
则a7＋a8＝(
)
A．4＋2
B．19
C．20
D．23
8．如图所示的程序框图的算法思路源于数学名著《几何原本》中的“辗转相除法”．若输入的m，n 分别为
385，105，执行该程序框图(图中“m MOD n”表示m 除以n 的余数，例：11 MOD 7＝4)，则输出的m 等于(
)
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A．0
B．15
C．35
D．70
9．在△ABC 中，点D 为边AB 上一点，若BC⊥CD，AC＝3 2，AD＝3，sin∠ABC＝3
3 ，则△ABC 的面积
是(
)
A．6 2
B.15 2
2
C.9 2
2
D．12 2
10．已知点A，B，C，D 在同一个球的球面上，AB＝BC＝2，AC＝2，若四面体ABCD 外接球的球心O 恰
好在侧棱DA 上，DC＝2 3，则四面体ABCD 的体积为(
)
A. 3
3
B. 3
2
C.2 3
3
D. 3
11.如图，已知点P 在以F1，F2 为焦点的双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)上，过P 作y 轴的垂线，垂足为Q，若四边
形F1F2PQ 为菱形，则该双曲线的离心率为(
)
A. 3
B. 3＋1
2
C．2
D．2 3－1
12．已知函数f(x)在(0，1)恒有xf′(x)＞2f(x)，其中f′(x)为函数f(x)的导数，若α，β为锐
角三角形的两个内角，则(
)
A．sin2βf(sin α)＞sin2αf(sin β)
B．cos2βf(sin α)＞sin2αf(cos β)
C．cos2βf(cos α)＞cos2αf(cos β)
D．sin2βf(cos α)＞sin2αf(cos β)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．已知a>0，b>0，a＋b＝2，则y＝1
a＋4
b的最小值是________．
14．如图是某班8 位学生诗词比赛得分的茎叶图，那么这8 位学生得分的众数和中位数分别为________．
8
9|
6
6
0
1
3
3
3
6
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15．已知△ABC 中，AB>AC，AB
→·AC
→＝6，BC＝13，∠A＝60°，若M 是BC 的中点，过M 作MH⊥AB 于
H，则MH
→·BC
→＝________.
16．若函数f(x)＝aln x－x＋a＋3
x
在定义域内无极值，则实数a 的取值范围为________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，射击次数相同，已知两名运动员击中的环数稳定
在7 环、8 环、9 环、10 环，他们比赛成绩的统计结果如下：
请你根据上述信息，解决下列问题：
(1)估计甲、乙两名射击运动员击中的环数都不少于9 环的概率；
(2)若从甲、乙运动员中只能挑选一名参加某大型比赛，请你从随机变量均值意义的角度，谈谈让谁参加比较合
适？
18．(本小题满分12 分)已知等比数列{an}的前n 项和Sn＝2n－a，n∈N*.设公差不为零的等差数列{bn}满足：b1
＝a1＋2，且b2＋5，b4＋5，b8＋5 成等比数列．
(1)求a 的值及数列{bn}的通项公式；
(2)设数列{log
2an}的前n 项和为Tn.求使Tn>bn 的最小正整数n.
19．(本小题满分12 分)如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A 作AD⊥BC，垂足D 在线段BC 上且异于点
B，连接AB，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC＝90°(如图2 所示)．
(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A­BCD 的体积最大；
(2)当三棱锥A­BCD 的体积最大时，设点E，M 分别为棱BC，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N，使得EN
⊥BM，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．
20．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，x∈[0，1]．
(1)证明：f(x)≥0；
(2)若a<ex－1
x
<b 在x∈(0，1)上恒成立，求b－a 的最小值．
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21．(本小题满分12 分)已知抛物线C：y2＝2px 的焦点为F(1，0)，过F 的直线l 交抛物线C 于A，B 两点，直
线AO，BO 分别与直线m：x＝－2 相交于M，N 两点．
(1)求抛物线C 的方程；
(2)证明：△ABO 与△MNO 的面积之比为定值．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy 中，圆O 的参数方程为
x＝－2
2 ＋rcos θ，
y＝－2
2 ＋rsin θ
(θ为参数，r＞0)．以O 为极点，x 轴正半轴为
极轴，并取相同的单位长度建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin θ＋π
4 ＝2
2 .
(1)写出圆心的极坐标；
(2)求当r 为何值时，圆O 上的点到直线l 的最大距离为3.
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设f(x)＝|ax－1|.
(1)若f(x)≤2 的解集为[－6，2]，求实数a 的值；
(2)当a＝2 时，若存在x∈R，使得不等式f(2x＋1)－f(x－1)≤7－3m 成立，求实数m 的取值范围．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(四)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合M＝{x|1≤x＜3}，N＝{1，2}，则M∩N＝(
)
A．{1}
B．{1，2}
C．{2}
D．[1，2]
2．若复数z 满足(z－1)i＝4＋2i，则|z|＝(
)
A．25
B. 17
C．5
D．17
3．某市A，B，C，D 四所中学报名参加某高校2017 年自主招生考试的学生人数如下表所示：
中学
A
B
C
D
人数
40
30
10
20
该市教委为了解参加考试的学生的学习状况，采用分层抽样的方法从四所中学报名参加考试的学生中随机抽取
50 名参加问卷调查．则A，B，C，D 四所中学抽取的学生人数分别为(
)
A．15，20，10，5
B．15，20，5，10
C．20，15，10，5
D．20，15，5，10
4．等比数列{an}的前n 项和为Sn，则“a2＜0 且a5＜0”是“数列{Sn}单调递减”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
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C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且a2＋b2－c2＝ab＝3，则△ABC 的面积为(
)
A. 3
4
B.3
4
C. 3
2
D.3
2
6．设a＝log
1
2
3，b＝
1
3
0.2
，c＝
1
2
－1
2，则(
)
A．a<b<c
B．c<b<a
C．c<a<b
D．b<a<c
7．若非零向量a、b 满足|a|＝2|b|＝4，(a－2b)·a＝0，则a 在b 方向上的投影为(
)
A．4
B．8
C.1
4
D.1
8
8．执行如图所示的程序框图，若输出的n＝7，则输入的整数K 的最大值是(
)
A．18
B．50
C．78
D．306
9．已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6，
8，12，则铁球的直径最大只能为(
)
A. 3
B．2
C. 5
D．4
10．P 为圆C1：x2＋y2＝9 上任意一点，Q 为圆C2：x2＋y2＝25 上任意一点，PQ 中点组成的区域为M，在C2
内部任取一点，则该点落在区域M 上的概率为(
)
A.13
25
B.3
5
C. 12
25π
D. 3
5π
11．已知F 是双曲线C：x2
a2－y2
b2＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，过点F 作垂直于x 轴的直线交该双曲线的一条渐近
线于点M，若|FM|＝2a，记该双曲线的离心率为e，则e2＝(
)
A.1＋17
2
B.1＋17
4
C.2＋5
2
D.2＋5
4
12．已知函数f(x)＝x2＋(a＋8)x＋a2＋a－12(a<0)，且f(a2－4)＝f(2a－8)，则f（n）－4a
n＋1
(n∈N*)的最小值为(
)
A.37
4
B.35
8
C.28
3
D.27
4
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题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．已知函数f(x)＝tan x＋sin x＋2 017，若f(m)＝2，则f(－m)＝________.
14．已知x，y 满足不等式组
x＋3y－5≥0，
x＋y－7≤0，
x－2≥0
若z＝x＋ay 的最小值为4，则实数a 的值为________．
15．数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝2n－1，则数列bn＝a2n－7an＋6 的最小值为________．
16.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，
其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为4，底面正
方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略
不计，结果保留)
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝cos x(2 3sin x＋cos x)－sin2x.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若当x∈0，π
2 时，不等式f(x)≥m 有解，求实数m 的取值范围．
18．(本小题满分12分)某校为了普及环保知识，增强学生的环保意识，在全校组织了一次有关环保知识的竞赛．经
过初赛、复赛，甲、乙两个代表队(每队3 人)进入了决赛，规定每人回答一个问题，答对为本队赢得10 分，答错得
0 分．假设甲队中每人答对的概率均为3
4，乙队中3 人答对的概率分别为4
5，3
4，2
3，且各人回答正确与否相互之间没有
影响，用ξ表示乙队的总得分．
(1)求ξ的分布列和数学期望；
(2)求甲、乙两队总得分之和等于30 分且甲队获胜的概率．
19．(本小题满分12 分)如图1，正方形ABCD 的边长为4，AB＝AE＝BF＝1
2EF，AB∥EF，把四边形ABCD 沿
AB 折起，使得AD⊥底面AEFB，G 是EF 的中点，如图2.
(1)求证：AG⊥平面BCE；
(2)求二面角C
AE
F 的余弦值．
20．(本小题满分12 分)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex，h(x)＝ax2＋bx＋c.
(1)若a＝1，b＝c＝0，求函数F(x)＝f(x)h(x)的单调区间；
(2)若a＝c＝0，b>0，且G(x)＝g(x)－h(x)≥m(m∈R)对任意的x∈R 都成立，求mb 的最大值．
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21．(本小题满分12 分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)在第一象限内的点P(2，t)到焦点F 的距离为5
2.
(1)若N －1
2，0 ，过点N，P 的直线l1 与抛物线相交于另一点Q，求|QF|
|PF|的值；
(2)若直线l2 与抛物线C 相交于A，B 两点，与圆M：(x－a)2＋y2＝1 相交于D，E 两点，O 为坐标原点，OA⊥
OB，试问：是否存在实数a，使得|DE|为定值？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
已知在一个极坐标系中点C 的极坐标为2，π
3 .
(1)求出以C 为圆心，半径长为2 的圆的极坐标方程(写出解题过程)并画出图形；
(2)在直角坐标系中，以圆C 所在极坐标系的极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，点P 是圆C
上任意一点，Q(5，－3)，M 是线段PQ 的中点，当点P 在圆C 上运动时，求点M 的轨迹的普通方程．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|x－a|，a∈R.
(1)若a＝1，解不等式f(x)≥1
2(x＋1)；
(2)记函数g(x)＝f(x)－|x－2|的值域为A，若A⊆[－1，3]，求a 的取值范围．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(五)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|3－x≥0}，B＝{2，3，4}，则A∩B＝(
)
A．{2}
B．{3}
C．{2，3}
D．{2，3，4}
2．已知z(2－i)＝1＋i(i 为虚数单位)，则z＝(
)
A．－1
5－3
5i
B.1
5＋3
5i
C．－1
5＋3
5i
D.1
5－3
5i
3．从[－6，9]中任取一个m，则直线3x＋4y＋m＝0 被圆x2＋y2＝2 截得的弦长大于2 的概率为(
)
A.2
3
B.2
5
C.1
3
D.1
5
4．已知等比数列{an}中，若4a1，a3，2a2 成等差数列，则公比q＝(
)
A．1
B．1 或2
C．2 或－1
D．－1
5．“a＝b＝1”是“直线ax－y＋1＝0 与直线x－by－1＝0 平行”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
6．已知在△ABC 中，BC
→＝2 BD
→，AD⊥AB，|AB
→|＝2，则BC
→·AB
→＝(
)
A．－4 2
B．4 2
C．－2 2
D．2 2
7．执行如图所示的程序框图，若输出的值为－1，则判断框中可以填入的条件是(
)
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A．n≥999?
B．n≤999?
C．n＜999?
D．n＞999?
8．已知F 为抛物线y2＝4x 的焦点，过点F 且斜率为1 的直线交抛物线于A，B 两点，则||FA|－|FB||的值等于
(
)
A．8 2
B．8
C．4 2
D．4
9．已知函数f(x)＝
log2x，x>0，
3x，x≤0，
且函数h(x)＝f(x)＋x－a 有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是(
)
A．[1，＋∞)
B．(1，＋∞)
C．(－∞，1)
D．(－∞，1]
10.如图所示，边长为a 的空间四边形ABCD 中，∠BCD＝90°，平面ABD⊥平面BCD，
则异面直线AD 与BC 所成角的大小为(
)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
11．已知双曲线M 的焦点F1、F2 在x 轴上，直线
7x＋3y＝0 是双曲线M 的一条渐近线，
点P 在双曲线M 上，且PF1
→·PF2
→＝0，如果抛物线y2＝16x 的准线经过双曲线M 的一个焦点，
那么|PF1
→|·|PF2
→|＝(
)
A．21
B．14
C．7
D．0
12．已知f(x)＝aex
x ，x∈[1，2]，且∀x1，x2∈[1，2]，x1≠x2，f（x1）－f（x2）
x1－x2
＜1 恒成立，则a 的取值范围是
(
)
A.
2
e，＋∞
B. －∞，9e
－2
2
C.(e
1
3，＋∞)
D. －∞，4
e2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．设x，y 满足
y≤x，
x＋y≥2
x≤2，
，则z＝x＋2y 的最大值为________．
14．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列
1
bnbn＋1 的前n 项和Sn＝______．
15. 1＋1
x2 (1－x)6 展开式中x3 的系数为______．
16.若函数f(x)＝Asin ωx－π
6 (A>0，ω>0)的图象如图所示，则图中的阴影部分的面积为________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)已知在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且c＝1，cos Bsin C＋(a－sin
B)cos(A＋B)＝0.
(1)求角C 的大小；
(2)求△ABC 面积的最大值．
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18.(本小题满分12 分)如图，直线PA 与平行四边形ABCD 所在的平面垂直，且PA＝AB＝AD＝2，∠BAD＝60°.
(1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)求直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值．
19．(本小题满分12 分)已知抛物线C：y2＝2px 过点P(1，1)．过点(0，1
2)作直线l 与抛物线C 交于不同的两点
M，N，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP、ON 交于点A，B，其中O 为原点．
(1)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A 为线段BM 的中点．
20．(本小题满分12 分)某市教师进城考试分笔试和面试两部分，现把参加笔试的40 名教师的成绩分组：第1
组[75，80)，第2 组[80，85)，第3 组[85，90)，第4 组[90，95)，第5 组[95，100]．得到频率分布直方图如图所示．
(1)分别求成绩在第4，5 组的教师人数；
(2)若考官决定在笔试成绩较高的第3，4，5 组中用分层抽样抽取6 名进入面试，
①已知甲和乙的成绩均在第3 组，求甲和乙同时进入面试的概率；
②若决定在这6 名考生中随机抽取2 名教师接受考官D 的面试，设第4 组中有X 名教师被考官D 面试，求X
的分布列和数学期望．
21．(本小题满分12 分)设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．
(1)当a＝0 时，求函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，函数f(x)≥0 恒成立，求实数a 的取值范围．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy 中，半圆C 的参数方程为
x＝1＋cos φ
y＝sin φ
(φ为参数，0≤φ≤π)．以O 为极点，x 轴的非负半
轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C 的极坐标方程；
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(2)直线l 的极坐标方程是ρ(sin θ＋3cos θ)＝5 3，射线OM：θ＝π
3
与半圆C 的交点为O，P，与直线l 的交
点为Q，求线段PQ 的长．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)若不等式f(x)≤6 的解集为{x|－2≤x≤3}，求实数a 的值；
(2)在(1)的条件下，若存在实数n 使f(n)≤m－f(－n)成立，求实数m 的取值范围．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(六)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝x|
1
4≤2x≤4 ，B＝{y|y＝x－2＋2－x}，则A∩B＝(
)
A．{2}
B．{0}
C．[－2，2]
D．[0，2]
2．已知复数z＝
3＋i
（1＋i）2，其中i 为虚数单位，则|z|＝(
)
A.1
2
B．1
C. 2
D．2
3．在△ABC 中，M 为AC 的中点，BC
→＝CD
→，MD
→＝xAB
→＋yAC
→，则x＋y＝(
)
A．1
B.1
2
C.1
3
D.3
2
4．已知cos
π
12－θ ＝1
3，则sin
5π
12＋θ 的值是(
)
A.1
3
B.2 2
3
C．－1
3
D．－2 2
3
5．已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0 的对称轴．过点A(－4，a)作圆C 的一条切
线，切点为B，则|AB|＝(
)
A．2
B．4 2
C．6
D．2 10
6．执行如图所示的程序框图，若输出s＝4，则判断框内应填入的条件是(
)
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A．k≤14
B．k≤15
C．k≤16
D．k≤17
7．长方体ABCD­A1B1C1D1，AB＝4，AD＝2，AA1＝5，则异面直线A1B1 与AC1 所成角的余弦值为(
)
A.2
5
B.3
5
C.4
5
D.1
2
8.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222 年，赵爽为《周碑算经》一
书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由4
个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的)．类比“赵爽弦图”，可类似地
构造如图所示的图形，它是由3 个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个
大等边三角形，设DF＝2AF＝4，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边
三角形的概率是(
)
A. 4
13
B. 5
13
C. 9
26
D. 3
26
9．抛物线x2＝1
2y 在第一象限内图象上一点(ai，2a2i )处的切线与x 轴交点的横坐标记为ai＋1，其中i∈N*，若a2
＝32，则a2＋a4＋a6 等于(
)
A．64
B．42
C．32
D．21
10．已知平面向量a，b 的夹角为π
3
，|a－b|＝|a|＝2 3.若非零向量c－a 与c－b 的夹角为2π
3 ，则|c|的取值范围是
(
)
A．( 3，4]
B．(2 3，4]
C．(2，2 3]
D．[2 3，4]
11.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ) A＞0，ω＞0，|φ|＜π
2
，
x∈R)的图象如图所示，令g(x)＝f(x)＋f′(x)，则下列关于函数g(x)的说法中不正确
的是(
)
A．函数g(x)图象的对称轴方程为x＝kπ－π
12
(k∈Z)
B．函数g(x)的最大值为2 2
C．函数g(x)的图象上存在点P，使得在P 点处的切线与直线l：y＝3x－1 平行
D．方程g(x)＝2 的两个不同的解分别为x1，x2，则|x1－x2|最小值为π
2
12．已知函数f(x)＝x2－ax(1
e≤x≤e，e 为自然对数的底数)与g(x)＝ex 的图象上存在关于直线y＝x 对称的点，
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则实数a 的取值范围是(
)
A. 1，e＋1
e
B. 1，e－1
e
C. e－1
e，e＋1
e
D. e－1
e，e
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13. x3＋1
2 x
5
的展开式中x8 的系数是________(用数字作答)．
14．若变量x，y 满足约束条件
y≤x，
x＋y≤4，
y≥k，
且z＝2x＋y 的最小值为－6，则k＝________.
15．在△ABC 中，a、b、c 分别为角A、B、C 的对边，且满足4cos2A
2－cos[2(B＋C)]＝7
2，若a＝2，则△ABC
的面积的最大值是____________．
16．在三棱锥P­ABC 中，PA＝PB＝2 2，AB＝4，BC＝3，AC＝5，若平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P­ABC
外接球的表面积为________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)设Sn 为数列{an}的前n 项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列
4
an（an＋2）的前n 项和为Tn，求证：1
2≤Tn＜1.
18．(本小题满分12 分)班主任为了对本班学生的考试成绩进行分析，决定从本班24 名女同学，18 名男同学中
随机抽取一个容量为7 的样本进行分析．
(1)如果按照性别比例分层抽样，可以得到多少个不同的样本？(写出算式即可，不必计算出结果)
(2)如果随机抽取的7 名同学的数学、物理成绩(单位：分)对应如下表：
学生序号i
1
2
3
4
5
6
7
数学成绩xi
60
65
70
75
85
87
90
物理成绩yi
70
77
80
85
90
86
93
①若规定85 分以上(包括85 分)为优秀，从这7 名同学中抽取3 名同学，记3 名同学中数学和物理成绩均为优
秀的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；
②根据上表数据，求物理成绩y 关于数学成绩x 的线性回归方程(系数精确到0.01)，若班上某位同学的数学成
绩为96 分，预测该同学的物理成绩为多少分？
附：线性回归方程y^＝b^x＋a^，
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19．(本小题满分12 分)如图，三棱锥P­ABC 中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π
2
.D，E 分别为线段AB，
BC 上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE⊥平面PCD；
(2)求二面角A­PD­C 的余弦值．
20．(本小题满分12 分)设函数f(x)＝ln x＋x2－2ax＋a2，a∈R.
(1)当a＝0 时，曲线y＝f(x)与直线y＝3x＋m 相切，求实数m 的值；
(2)若函数f(x)在[1，3]上存在单调递增区间，求a 的取值范围.
21．(本小题满分12 分)已知椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为3
2 ，以椭圆的一个短轴端点及两个焦点为顶点的
三角形的面积为3，圆C 的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝
a
b
2
.
(1)求椭圆及圆C 的方程；
(2)过原点O 作直线l 与圆C 交于A，B 两点，若CA
→·CB
→＝－2，求直线l 被圆C 截得的弦长．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为
x＝3－2
2 t，
y＝5＋2
2 t
(t 为参数)．在以原点O 为极点，x 轴正半轴为极
轴的极坐标系中，圆C 的方程为ρ＝2 5sin θ.
(1)写出直线l 的普通方程和圆C 的直角坐标方程；
(2)若点P 坐标为(3，5)，圆C 与直线l 交于A、B 两点，求|PA|＋|PB|的值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c 均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：b2
a ＋c2
b＋a2
c ≥3.
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(七)
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(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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(3－4i)z＝25，则z＝(
)
A．－3－4i
B．－3＋4i
C．3－4i
D．3＋4i
2．已知集合M＝{x|x2－2x－8≤0}，集合N＝{x|lg x≥0}，则M∩N＝(
)
A．{x|－2≤x≤4}
B．{x|x≥1}
C．{x|1≤x≤4}
D．{x|x≥－2}
3．中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系．如图所示的
折线图是2017 年和2018 年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是(
)
A．2018 年1 月至4 月的仓储指数比2017 年同期波动性更大
B．这两年的最大仓储指数都出现在4 月份
C．2018 年全年仓储指数平均值明显低于2017 年
D．2018 年各仓储指数的中位数与2017 年各仓储指数中位数差异明显
4．已知直线3x＋ay＝0(a＞0)被圆(x－2)2＋y2＝4 所截得的弦长为2，则a 的值为(
)
A. 2
B. 3
C．2 2
D．2 3
5．已知a，b 是实数，则“a＞0 或b＞0”是“a＋b＞0 且a
b＞0”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
6．已知a，b 是单位向量，且a·b＝－1
2，若平面向量p 满足p·a＝p·b＝1
2，则|p|＝(
)
A.1
2
B．1
C. 2
D．2
7．若f(x)＝cos 2x＋acos
π
2
＋x 在区间
π
6
，π
2 上是增函数，则实数a 的取值范围为(
)
A．[－2，＋∞)
B．(－2，＋∞)
C．(－∞，－4)
D．(－∞，－4]
8．一个四棱锥与半圆柱构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(
)
A．16＋8π
B．16＋12π
C．48＋12π
D．48＋8π
9．已知函数f(x)＝
x
esin x－π
2
(e 为自然对数的底数)，当x∈[－π，π]时，y＝f(x)的图象大致是(
)
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10．已知正项数列{an}为等比数列，Sn 为其前n 项和，且有a23＋a25＝32 400－2a2a6，S4＝10S2，则第2 019 项的
个位数为(
)
A．1
B．2
C．8
D．9
11．已知变量a，b 满足b＝－1
2a2＋3ln a(a＞0)，若点Q(m，n)在直线y＝2x＋1
2上，则(a－m)2＋(b－n)2 的最小
值为(
)
A.9
5
B.3 5
5
C．9
D．3
12．已知双曲线C：x2
4 －y2
b2＝1(b>0)的一条渐近线方程为y＝6
2 x，F1、F2 分别为双曲线C 的左、右焦点，P 为
双曲线C 上的一点，|PF1|∶|PF2|＝3∶1，则|PF1
→＋PF2
→|的值是(
)
A．4
B．2 6
C．2 10
D.6 10
5
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．某外商计划在4 个候选城市中投资3 个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2 个，则该外商不
同的投资方案有________种．
14．已知在△ABC 中，a、b、c 分别是角A、B、C 所对的边，A＝π
6，a＝2，b＝2 3，则△ABC 的面积S＝________.
15．如图所示，有三根针和套在一根针上的n 个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针
上．
(1)每次只能移动一个金属片；
(2)在每次移动的过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面．
将n 个金属片从1 号针移到3 号针最少需要移动的次数记为f(n)，则f(n)＝________．
16．设函数f(x)＝
|lg x|，x>0，
－x2－2x，x≤0，
若函数y＝2[f(x)]2＋2bf(x)＋1 有8 个不同的零点，则实数b 的取值范围是
________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)设Sn 是数列{an}的前n 项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n 项和Tn.
18．(本小题满分12 分)为了解人们对于国家新颁布的“生育二孩放开”政策的热度，现在某市进行调查，随机
抽调了50 人，他们年龄的频数分布及支持“生育二孩放开”人数如下表：
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年龄
[5，15)
[15，25)
[25，35)
[35，45)
[45，55)
[55，65]
频数
5
10
15
10
5
5
支持“生
育二孩放
开”
4
5
12
8
2
1
(1)由以上统计数据填下面2×2 列联表，并问是否有99%的把握认为以45 岁为分界点对“生育二孩放开”政策
的支持度有差异；
年龄不低于
45 岁的人数
年龄低于
45 岁的人数
总计
支持
a＝
c＝
不支持
b＝
d＝
总计
(2)若对年龄在[5，15)，[35，45)的被调查人中各随机选取2 人进行调查，记选中的4 人中不支持“生育二孩放
开”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望．
参考数据：
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
K2＝
n（ad－bc）2
（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）
，n＝a＋b＋c＋d.
19．(本小题满分12 分)如图，在四棱锥P­ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA⊥BD.
(1)求证：PB＝PD；
(2)若E，F 分别为PC，AB 的中点，EF⊥平面PCD，求直线PB 与平面PCD 所成角的大小．
20．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝mx－m
x，g(x)＝3ln x.
(1)当m＝4 时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若x∈(1，e ](e 是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)<3 恒成立，求实数m 的取值范围.
21．(本小题满分12 分)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)与抛物线y2＝－4x 有共同的焦点F1，且两曲线在第二象
限内的交点到F1 的距离是它到直线x＝－4 的距离的一半．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过椭圆右焦点F2 且垂直于x 轴的直线l 与椭圆交于点P(P 在第一象限)，以P 为圆心的圆与x 轴交于A，B
两点，直线PA，PB 与椭圆分别交于另一点M，N，求证：直线MN 的斜率为定值，并求出这个定值．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
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已知直线l 的参数方程为
x＝10
2 ＋tcos α
y＝tsin α
(t 为参数)，在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴
建立极坐标系，曲线M 的方程为ρ2(1＋sin2 θ)＝1.
(1)求曲线M 的直角坐标方程；
(2)若直线l 与曲线M 只有一个公共点，求倾斜角α的值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2 时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；
(2)若f(x)≤1 的解集为[0，2]，1
m＋1
2n＝a(m>0，n>0)，求证：m＋4n≥2 2＋3.
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(八)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．设集合M＝{x|x≤0}，N＝{x|ln x≤1}，则下列结论正确的是(
)
A．N
M
B．M＝N
C．M∪(∁RN)＝R
D．M∩(∁RN)＝M
2．设复数z 满足1＋z
1＋i
＝2－i，则|
1
z|＝(
)
A. 5
B.1
5
C. 5
5
D. 5
25
3．若非零向量a，b 满足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，则a，b 的夹角为(
)
A.π
6
B.π
3
C.5π
6
D.2π
3
4．若a，b 都是实数，则“ a－b>0”是“a2－b2>0”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．已知tan(α－2β)＝－3
4，tan(2α－β)＝－1
3，则tan(α＋β)＝(
)
A．－2
3
B.1
3
C.5
9
D.13
15
6．若[x]表示不超过x 的最大整数，则下图的程序框图运行之后输出的结果为(
)
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A．49 850
B．49 900
C．49 800
D．49 950
7．已知{an}是由正数组成的等比数列，Sn 为其前n 项和．若a2a4＝16，S3＝7，则S4＝(
)
A．15
B．31
C．63
D.13
27
8．如图，己知函数f(x)的图象关于坐标原点O 对称，则函数f(x)的解析式可能是(
)
A．f(x)＝x2ln|x|
B．f(x)＝xln x
C．f(x)＝e|x|
x
D．f(x)＝ln |x|
x
9．已知直角梯形ABCD 中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P 是腰DC 上的动点，则|PA
→＋3PB
→|
的最小值为(
)
A．3
B．4
C．5
D．6
10．在三棱锥D­ABC 中，已知AD⊥平面ABC，且△ABC 为正三角形，AD＝AB＝3，点O 为三棱锥D­ABC
的外接球的球心，则点O 到棱DB 的距离为(
)
A. 42
14
B.2 21
7
C.1
4
D.1
2
11．已知P 是双曲线x2
3 －y2＝1 上任意一点，过点P 分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则
PA
→·PB
→的值是(
)
A．－3
8
B. 3
16
C．－3
8
D．不确定
12．已知f(x)和g(x)是两个定义在区间M 上的函数，若对任意的x∈M，存在常数x0∈M，使得f(x)≥f(x0)，g(x)
≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则称f(x)与g(x)在区间M 上是“相似函数”．若f(x)＝2x2＋ax＋b 与g(x)＝x＋4
x在1，5
2 上
是“相似函数”，则函数f(x)在区间1，5
2 上的最大值为(
)
A．4
B.9
2
C．6
D.89
2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13. 2＋1
x (2＋x)5 的展开式中x2 的系数是________．(用数字作答)
14．已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，满足a1＝1，S3＝3，则Sn＝________．
15．古希腊的数学家研究过各种多边形数．记第n 个k 边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k 边形中第n
个数的表达式：
三角形数
N(n，3)＝1
2n2＋1
2n，
四边形数
N(n，4)＝n2，
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五边形数
N(n，5)＝3
2n2－1
2n，
六边形数
N(n，6)＝2n2－n，
…
可以推测N(n，k)(k≥3)的表达式，由此计算N(20，15)的值为__________．
16．已知点P 在直线x＋3y－2＝0 上，点Q 在直线x＋3y＋6＝0 上，线段PQ 的中点为M(x0，y0)，且y0＜x0
＋2，则y0
x0
的取值范围是__________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，且
sin C
sin A－sin B
＝a＋b
a－c
.
(1)求角B 的大小；
(2)点D 满足BD
→＝2BC
→，且AD＝3，求2a＋c 的最大值．
18．(本小题满分12 分)如图，在四棱锥P­ABCD 中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝90°，△ABC≌△ADC, PA＝
AC＝2AB＝2，E 是线段PC 的中点．
(1)求证：DE∥平面PAB；
(2)求二面角D­CP­B 的余弦值．
19．(本小题满分12 分)为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100 名家用轿车驾驶员进
行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55 名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有40 人，
不超过100 km/h 的有15 人；在45 名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有20 人，不超过100 km/h 的有25
人．
(1)完成下面2×2 列联表，并判断有多大的把握认为“平均车速超过100 km/h 与性别有关”？
平均车速超过
100 km/h
平均车速不超
过100 km/h
总计
男性驾驶员
女性驾驶员
总计
附：K2＝
n（ad－bc）2
（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）
，其中n＝a＋b＋c＋d.
P(K2≥k0)
0.150
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
(2)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h 的人中随机抽取2 人，求这2 人恰好有1 名男性驾驶员
和1 名女性驾驶员的概率；
(3)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3 辆，记这3 辆车平均车速超过100 km/h
且为男性驾驶员的车辆数为X，求X 的分布列和数学期望E(X)．
20．(本小题满分12 分)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a＞b＞0)的右顶点为A，上顶点为B，且直线AB 与抛物线y2
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＝4x 在第一象限的交点D 到该抛物线的准线的距离为2，椭圆C 的离心率e＝3
2 .
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若直线y＝x＋m 与椭圆C 交于M，N 两点，直线y＝－x＋m 与椭圆C 交于P，Q 两点，求当四边形MPNQ
的面积取最大值时m 的值．
21．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝x
1＋x
－aln(1＋x)(a∈R)，g(x)＝x2emx(m∈R)．
(1)当a＝1 时，求函数f(x)的最大值；
(2)若a＜0，且对任意的x1，x2∈[0，2]，f(x1)＋1≥g(x2)恒成立，求实数m 的取值范围．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ
＝2sin θ，θ∈[0，2π)．
(1)求曲线C 的直角坐标方程；
(2)在曲线C 上求一点D，使它到直线l：
x＝3t＋3，
y＝－3t＋2，
(t 为参数，t∈R)的距离最短，并求出点D 的直角坐标．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x－a|＋|x－2a|.
(1)当a＝1 时，求不等式f(x)＞2 的解集；
(2)若对任意x∈R，不等式f(x)≥a2－3a－3 恒成立，求a 的取值范围．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(九)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知全集为R，集合A＝{－1，0，1，5}，B＝{x|x2－x－2≥0}，则A∩∁RB＝(
)
A．{－1，1}
B．{0，1}
C．{0，1，5}
D．{－1，0，1}
2．复数z＝1－i
3＋i
在复平面内对应的点位于(
)
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
3．命题“∃x0≤0，x20≥0”的否定是(
)
A．∀x≤0，x2<0
B．∀x≤0，x2≥0
C．∃x0>0，x20>0
D．∃x0<0，x20≤0
4．设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a1＋a3＝6，S10＝100，则a5＝(
)
A．8
B．9
C．10
D．11
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5．设a，b 是互相垂直的单位向量，且(λa＋b)⊥(a＋2b)，则实数λ的值是(
)
A．2
B．－2
C．1
D．－1
6．已知a＝log412，b＝log515，c＝3－3
2，则(
)
A．a>c>b
B．b>c>a
C．b>a>c
D．a>b>c
7．安排A，B，C，D，E，F 六名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老
人住址距离问题，义工A 不安排照顾老人甲，义工B 不安排照顾老人乙，则安排方法共有(
)
A．30 种
B．40 种
C．42 种
D．48 种
8．在正三棱柱ABC­A1B1C1，AB＝4，点D 在棱BB1 上，若BD＝3，则AD 与平面AA1C1C 所成角的正切值为
(
)
A.2 3
5
B.2 39
13
C.5
4
D.4
3
9．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，
每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20 天后所剩
木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是(
)
A．i＜20，s＝s－1
i，i＝2i
B．i≤20，s＝s－1
i，i＝2i
C．i＜20，s＝s
2，i＝i＋1
D．i≤20，s＝s
2，i＝i＋1
10．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为(
)
A．[－2，1]
B．[－1，2]
C．[－1，1]
D．[1，2]
11．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A，B 分别为x 轴，y 轴上一点，且|AB|＝1，若点P(1，3)，则|AP
→＋BP
→
＋OP
→|的取值范围是(
)
A．[5，6]
B．[6，7]
C．[6，9]
D．[5，7]
12．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A、B 为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB＝120°.过弦AB 的
中点M 作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则|AB|
|MN|的最小值为(
)
A. 2
B．2 2
C. 3
D．2 3
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
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第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．在锐角三角形ABC 中，a，b，c 分别为角A、B、C 所对的边，且
3a＝2csin A，c＝7，且△ABC 的面
积为3 3
2 ，a＋b 的值为________．
14．已知在平面直角坐标系中，O(0，0)，A(2，4)，B(6，2)，则三角形OAB 的外接圆的方程是__________．
15.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五
面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．
16．设函数f(x)在R 上存在导数f′(x)，对于任意的实数x，有f(x)＋f(－x)＝2x2，当x∈(－∞，0]时，f′(x)＋1
＜2x.若f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2，则实数m 的取值范围是______．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2 3cos2x－3.
(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知△ABC 的三个内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A 满足
f
A
2－π
6 ＝3，且sin B＋sin C＝13 3
14 ，求bc 的值．
18．(本小题满分12 分)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70 元，每单抽成2 元；
乙公司无底薪，40 单以内(含40 单)的部分每单抽成4 元，超出40 单的部分每单抽成6 元．假设同一公司送餐员一
天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100 天的送餐单数，得到如下频数表：
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
20
40
20
10
10
乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
10
20
20
40
10
(1)现从甲公司记录的这100 天中随机抽取2 天，求这2 天送餐单数都大于40 的概率；
(2)若将频率视为概率，回答以下问题：
①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X 的分布列和数学期望；
②小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他
做出选择，并说明理由．
19.(本小题满分12 分)如图，四边形ABCD 为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，四边形ABEF 为正方形．
(1)求证：直线DF，CE 为异面直线；
(2)若平面ABCD⊥平面ABEF，AD＝2DC＝2BC，求二面角A
CF
D 的余弦值．
20．(本小题满分12 分)已知直线y＝x＋1 与函数f(x)＝aex＋b 的图象相切，且f′(1)＝e.
(1)求实数a，b 的值；
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(2)若存在x∈0，3
2 ，使得2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m≠0)成立，求n
m的取值范围．
21．(本小题满分12 分)已知中心在原点O，左焦点为F1(－1，0)的椭圆C 的左顶点为A，上顶点为B，F1 到直
线AB 的距离为7
7 |OB|.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若椭圆C1 的方程为：x2
m2＋y2
n2＝1(m>n>0)，椭圆C2 的方程为：x2
m2＋y2
n2＝λ(λ>0，且λ≠1)，则称椭圆C2 是椭圆
C1 的λ倍相似椭圆．已知C2 是椭圆C 的3 倍相似椭圆，若椭圆C 的任意一条切线l 交椭圆C2 于两点M、N，试求弦
长|MN|的取值范围．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy 中，曲线C：
x＝2cos α＋1
y＝2sin α＋1
(α为参数)，在以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标
系中，直线l：ρsin θ＋ρcos θ＝m.
(1)若m＝0 时，判断直线l 与曲线C 的位置关系；
(2)若曲线C 上存在点P 到直线l 的距离为2
2 ，求实数m 的取值范围.
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
已知f(x)＝|x－2|＋|x＋1|＋2|x＋2|.
(1)求证：f(x)≥5；
(2)若对任意实数x，15－2f(x)<a2＋
9
a2＋1都成立，求实数a 的取值范围．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|0<x<3}，B＝{x|y＝x2－1}，则集合A∩(∁RB)为(
)
A．[0，1)
B．(0，1)
C．[1，3)
D．(1，3)
2．如果复数1－ai
2＋i
(a∈R，i 为虚数单位)的实部与虚部相等，则a 的值为(
)
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A．1
B．－1
C．3
D．－3
3．下列函数中，最小正周期为π，且图象关于直线x＝π
3
对称的函数是(
)
A．y＝2sin 2x＋π
3
B．y＝2sin 2x－π
6
C．y＝2sin
x
2＋π
3
D．y＝2sin 2x－π
3
4．若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5AM
→＝AB
→＋3AC
→，则△ABM 与△ABC 的面积比为(
)
A.1
5
B.2
5
C.3
5
D.4
5
5．函数y＝sin x＋ln|x|在区间[－3，3]的图象大致为(
)
6．已知bxn＋1＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n 对任意的x∈R 恒成立，且a1＝18，a2＝72，则b 的值
为(
)
A．1
B．2
C.1
2
D．－2
7．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为43，则判断框内应填入的条件是(
)
A．z≤42?
B．z≤20?
C．z≤50?
D．z≤52?
8．谢尔宾斯基三角形(Sierpinski triangle)是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915 年提出．在一个正三角
形中，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的小三角形中又挖去一个
“中心三角形”，我们用白色三角形代表挖去的部分，黑色三角形为剩下的部分，我们称此三角形为谢尔宾斯基三
角形．若在图(3)内随机取一点，则此点取自谢尔宾斯基三角形的概率是(
)
A.1
3
B.1
4
C. 9
16
D. 5
16
9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344 年商鞅督造的
一种标准量器，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 为(
)
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A．1.2
B．1.6
C．1.8
D．2.4
10．已知双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，直线l 经过点F 且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l 与双
曲线的右支交于不同两点A，B，若AF
→＝3FB
→，则该双曲线的离心率为(
)
A. 5
2
B. 6
2
C.2 3
3
D. 3
11．记Sn 为正项等比数列{an}的前n 项和，若S12－S6
S6
－7·S6－S3
S3
－8＝0，且正整数m，n 满足a1ama2n＝2a35，则1
m
＋8
n 的最小值是(
)
A.15
7
B.9
5
C.5
3
D.7
5
12．已知函数f(x)＝
x2＋4x，x≤0，
xln x，x>0
的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y＝e 的对称点在函数g(x)＝kx
＋2e＋1 的图象上，则实数k 的取值范围为(
)
A．(1，2)
B．(－1，0)
C．(－2，－1)
D．(－6，－1)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．已知平面向量a 与b 的夹角为π
3，a＝(1，3)，|a－2b|＝2 3，则|b|＝________.
14．已知α为第一象限角，sin α＋cos α＝5
4，则cos(2 020π－2α)＝________．
15．在△ABC 中，a、b、c 分别为内角A、B、C 的对边，a＋c＝4，(2－cos A)tan B
2＝sin A，则△ABC 的面积
的最大值为__________．
16．记min{a，b}＝
a（a≤b）
b（a>b）
，已知矩形ABCD 中，AB＝2AD，E 是边AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折至
△A′D′E′(A′∉平面BCD)，记二面角A′­BC­D 为α，二面角A′­CD­E 为β，二面角A′­DE­C 为γ，二面角A′­BE­D
为θ，则min{α，β，γ，θ}＝________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a4 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n＋1
2
an
＋2
an＋1 ，求数列{bn}的前2n－1 项和T2n－1.
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18．(本小题满分12 分)为了解某地区某种农产品的年产量x(单位：吨)对价格y(单位：千元/吨)和年利润z 的影
响，对近五年该农产品的年产量和价格统计如下表：
x
1
2
3
4
5
y
7.0
6.5
5.5
3.8
2.2
(1)求y 关于x 的线性回归方程y^＝b^x＋a^；
(2)若每吨该农产品的成本为2 千元，假设该农产品可全部卖出，预测当年产量为多少时，年利润z 取到最大值？
(保留两位小数)
19．(本小题满分12 分)如图，在四棱锥P­ABCD 中，底面ABCD 为梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AP＝AD
＝AB＝2，BC＝t，∠PAB＝∠PAD＝α.
(1)当t＝3
2时，试在棱PA 上确定一点E，使得PC∥平面BDE，并求出此时AE
EP的值；
(2)当α＝60°时，若平面PAB⊥平面PCD，求此时棱BC 的长．
20．(本小题满分12 分)已知f(x)＝xex－ax2－x.
(1)若f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，求f(x)的极小值；
(2)当x≥0 时，恒有f(x)≥0，求实数a 的取值范围．
21．(本小题满分12 分)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F 且垂直于x 轴的直线与抛物线E 交于S，
T 两点，以P(3，0)为圆心的圆过点S，T，且∠SPT＝90°.
(1)求抛物线E 和圆P 的方程；
(2)设M 是圆P 上的点，过点M 且垂直于FM 的直线l 交抛物线E 于A，B 两点，证明：FA⊥FB.
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
已知曲线C1：
x＝－4＋cos t
y＝3＋sin t
(t 为参数)，
C2：
x＝6cos θ
y＝2sin θ
(θ为参数)．
(1)化C1、C2 的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；
(2)若C1 上的点P 对应的参数为t＝π
2
，Q 为C2 上的动点，求PQ 中点M 到直线C3：
x＝－3 3＋3α
y＝－3－α
(α为参数)
距离的最小值．
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23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
已知a 是常数，对任意实数x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．
(1)求a 的值；
(2)设m>n>0，求证：2m＋
1
m2－2mn＋n2≥2n＋a.
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十一)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|y＝x}，B＝x|
1
2<2x<4 ，则(∁RA)∩B 等于(
)
A．{x|－1<x<2}
B．{x|－1<x<0}
C．{x|x<1}
D．{x|－2<x<0}
2．复数z＝3＋i
1＋i
＋3i(i 为虚数单位)的模为(
)
A. 2
B．2
C．2 2
D．3
3．已知p：双曲线C 为等轴双曲线；q：双曲线C 的离心率为2，则p 是q 成立的(
)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．已知函数f(x)＝
4－2
－x，x≤0，
－log2x，x＞0，
则f(f(8))等于(
)
A．－1
B．－2
C．－3
D．－4
5．高三(3)班共有学生56 人，座号分别为1，2，3，…，56，现根据座号，用系统抽样的方法，抽取一个容量
为4 的样本．已知3 号、17 号、45 号同学在样本中，那么样本中还有一个同学的座号是(
)
A．30
B．31
C．32
D．33
6．执行如图所示的程序框图，若输出的y 值为4，则输入的实数x 的值为(
)
A．2
B．1 或－5
C．1 或2
D．－5 或2
7．在△ABC 中，AB＝4，AC＝2，∠BAC＝60°，点D 为BC 边上一点，且D 为BC 边上靠近C 的三等分点，
则AB
→·AD
→＝(
)
A．8
B．6
C．4
D．2
8．已知函数y＝f(x)的定义域为{x|x∈R 且x≠0}，且满足f(x)＋f(－x)＝0，当x＞0 时，f(x)＝ln x－x＋1，则函
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数y＝f(x)的大致图象为(
)
9．一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为(
)
A. 33
B. 17
C. 41
D. 42
10．设数列{an}满足：a1＝1，a2＝3，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1，则a20 的值是(
)
A.21
5
B.22
5
C.23
5
D.24
5
11．已知命题：①函数y＝2x(－1≤x≤1)的值域是
1
2，2 ；
②为了得到函数y＝sin 2x－π
3 的图象，只需把函数y＝sin 2x 图象上的所有点向右平移π
3
个单位长度；③当n
＝0 或n＝1 时，幂函数y＝xn 的图象都是一条直线；④已知函数f(x)＝|log2x|，若a≠b，且f(a)＝f(b)，则ab＝1.其
中正确的命题是(
)
A．①③
B．①④
C．①③④
D．①②③④
12．已知过抛物线C：y2＝4x 焦点的直线交抛物线C 于P，Q 两点，交圆x2＋y2－2x＝0 于M，N 两点，其中P，
M 位于第一象限，则1
|PM|＋4
|QN|的值不可能为(
)
A．3
B．4
C．5
D．6
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝－
1
an＋1
，记Sn 为数列{an}的前n 项和，则S2 017＝________．
14．设a＝错误!sin xdx，则二项式ax－1
x
6
的展开式中的常数项是______．
15．直三棱柱ABC­A1B1C1 中，∠ABC＝90°，AA1＝2，设其外接球的球心为O，已知三棱锥O­ABC 的体积
为1，则球O 表面积的最小值为________．
16．已知函数f(x)＝2(x＋1)，g(x)＝x＋ln x，A，B 两点分别为f(x)，g(x)的图象上的点，且始终满足A，B 两
点的纵坐标相等，则A，B 两点间的最短距离为________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
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35 / 149
17．(本小题满分12 分)在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，设m＝2cos
π
6
＋A ，cos 2A－cos 2B ，
n＝1，cos
π
6
－A
，且m∥n.
(1)求角B 的值；
(2)若△ABC 为锐角三角形，且A＝π
4
，外接圆半径R＝2，求△ABC 的周长．
18．(本小题满分12 分)如图，已知△AOB 中，∠AOB＝π
2
，∠BAO＝π
6
，
AB＝4，D 为线
段AB 的中点．若△AOC 是△AOB 绕直线AO 旋转而成的．记二面角B­AO­C
的大小为θ.
(1)当平面COD⊥平面AOB 时，求θ
的值；
(2)当θ∈
π
2
，2π
3
时，求二面角C­OD­B 的余弦值的取值范围．
19．(本小题满分12 分)某校高二年级共有1 600 名学生，其中男生960 名，女生640 名．该校组织了一次满分
为100 分的数学学业水平模拟考试．根据研究，在正式的学业水平考试中，本次成绩在[80，100]的学生可取得A 等
(优秀)，在[60，80)的学生可取得B 等(良好)，在[40，60)的学生可取得C 等(合格)，不到40 分的学生只能取得D 等
(不合格)．为研究这次考试成绩优秀是否与性别有关，现按性别采用分层抽样的方法抽取100 名学生，将他们的成
绩按从低到高分成[30，40)、[40，50)、[50，60)、[60，70)、[70，80)、[80，90)、[90，100]七组加以统计，绘制成
如图所示的频率分布直方图．
(1)估计该校高二年级学生在正式的数学学业水平考试中成绩不合格的人数；
(2)请你根据已知条件将下列2×2 列联表补充完整．并判断是否有90%的把握认为“该校高二年级学生在本次
考试中数学成绩优秀与性别有关”？
数学成绩优秀
数学成绩不优秀
总计
男生
a＝12
b＝
女生
c＝
d＝34
总计
n＝100
附：K2＝
n（ad－bc）2
（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
k0
2.072
2.706
3.841
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20．(本小题满分12 分)设函数f(x)＝ax2－ln x＋1(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝ax2－ex＋3，求证：f(x)＞g(x)在(0，＋∞)上恒成立．
21．(本小题满分12 分)已知A(－2，0)，B(2，0)为椭圆C 的左，右顶点，F 为其右焦点，P 是椭圆C 上异于A，
B 的动点，△APB 面积的最大值为2 3.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若直线AP 的倾斜角为3π
4
，且与椭圆在点B 处的切线交于点D，试判断以BD 为直径的圆与直线PF 的位置
关系，并加以证明．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy 中，曲线C1 的参数方程为
x＝－1＋cos α
y＝sin α
(α为参数)，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，
建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρ(cos θ＋ksin θ)＝－2(k 为实数)．
(1)判断曲线C1 与直线l 的位置关系，并说明理由；
(2)若曲线C1 和直线l 相交于A，B 两点，且|AB|＝2，求直线l 的斜率．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|x＋3|－|x－1|.
(1)解不等式f(x)≥0；
(2)若f(x)＋2|x－1|≥m 对任意的实数x 均成立，求m 的取值范围．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十二)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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.已知全集U＝{x|x≤－1 或x≥0}，集合A＝{x|0≤x≤2}，B＝
{x|x2>1}，则图中阴影部分
表示的集合为(
)
A．{x|x>0 或x<－1}
B．{x|1<x≤2}
C．{x|0≤x≤1}
D．{x|0≤x≤2}
2．设i 是虚数单位，若复数a＋5i
1－2i(a∈R)是纯虚数，则a＝(
)
A．－1
B．1
C．－2
D．2
3．命题“∀x∈[a，b]，f(x)g(x)＝0”的否定是(
)
A．∀x∈[a，b]，f(x)≠0 且g(x)≠0
B．∀x∈[a，b]，f(x)≠0 或g(x)≠0
C．∃x0∈[a，b]，f(x0)≠0 且g(x0)≠0
D．∃x0∈[a，b]，f(x0)≠0 或g(x0)≠0
4．对任意的非零实数a，b，若a⊗b＝
b－1
a
，a<b，
a＋1
b
，a≥b，
则lg 10 000⊗
1
2
－2
＝(
)
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37 / 149
A.1
4
B.5
4
C.2
5
D.4
5
5.甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1δ21)，N(μ2δ22)，其正态分布的密度曲线如图所示，
则下列说法错误的是(
)
A．甲类水果的平均质量μ1＝0.4 kg
B．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数δ2＝1.99
6．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n，若如图所示的程序框图是用来计算该数列的第2 017 项，则判断框内
的条件是(
)
A．n≤2 015?
B．n≤2 016?
C．n>2 016?
D．n<2 016?
第6 题图
第7 题图
7．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，则此三棱柱的表面积为(
)
A．20
B．48 3
C．48＋8 3
D．8＋3
8．甲、乙、丙三人中，一人是工人，一人是农民，一人是知识分子．已知：丙的年龄比知识分子大；甲的年
龄和农民不同；农民的年龄比乙小．根据以上情况，下列判断正确的是(
)
A．甲是工人，乙是知识分子，丙是农民
B．甲是知识分子，乙是农民，丙是工人
C．甲是知识分子，乙是工人，丙是农民
D．甲是农民，乙是知识分子，丙是工人
9．已知数列{an}的通项公式为an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·an 为整数的n 叫作“优
数”，则在(0，2 017]内的所有“优数”的和为(
)
A．1 024
B．2 012
C．2 026
D．2 036
10．函数f(x)＝sin(2x＋φ) |φ|<π
2 的图象向左平移π
6
个单位后所得函数图象的解析式是奇函数，则函数f(x)在
0，π
2 上的最小值为(
)
A．－3
2
B．－1
2
C.1
2
D. 3
2
11．若函数y＝f(x)的图象上的任意一点P 的坐标为(x，y)，且满足条件|x|≥|y|，则称函数f(x)具有性质S，那么
下列函数中具有性质S 的是(
)
A．f(x)＝ex－1
B．f(x)＝ln(x＋1)
C．f(x)＝sin x
D．f(x)＝|x2－1|
12.如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F 作直线l 交抛物线于A，B 两点，点M 是线段
AB 上的点，过M 作y 轴的垂线交抛物线于点P，若|PF|＝|PM|，则|AM|
|MB|＝(
)
A．1
B.2
3
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C.p
2
D.2
p
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．曲线f(x)＝2
x＋3x 在点(1，f(1))处的切线方程为________．
14．已知a，b，c 分别是△ABC 的内角A，B，C 的对边，且sin2B＋1
2sin B－1
2＝0，b＝1，c＝3，则sin2A－sin2C
sin2B
的值是________．
15．设直线(k＋1)x＋(k＋2)y－2＝0 与两坐标轴围成的三角形面积为Sk，k∈N*，则S1＋S2＋…＋S10等于________．
16．已知函数f(x)＝1
3ax3＋ax2－3ax＋1 的图象经过四个象限，则实数a 的取值范围为________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝sin 2x＋π
3 ＋cos 2x＋π
6 ＋2sin xcos x．
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)先将函数y＝f(x)的图象向右平移π
12
个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的4 倍，纵坐标不
变，得到函数y＝g(x)的图象，求y＝g(x)在
π
3
，2π 上的值域．
18．(本小题满分12 分)某电子商务公司随机抽取1 000 名网络购物者进行调查．这1 000 名购物者2015 年网上
购物金额(单位：万元)均在区间[0.3，0.9]内，样本分组为：[0.3，0.4)，[0.4，0.5)，[0.5，0.6)，[0.6，0.7)，[0.7，0.8)，
[0.8，0.9]．购物金额的频率分布直方图如下：
电商决定给抽取的购物者发放优惠券，购物金额在[0.3，0.6)内的购物者发放100 元的优惠券，购物金额在[0.6，
0.9]内的购物者发放200 元的优惠券．现采用分层抽样的方式从获得100 元和200 元优惠券的两类购物者中共抽取
10 人，再从这10 人中随机抽取3 人进行回访，求此3 人获得优惠券总金额X(单位：元)的分布列和均值．
19．(本小题满分12 分)在平面四边形ACBD(图①)中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB，设
AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图②所示的三棱锥C′­ABD，且使C′D＝2.
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(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；
(2)求二面角A­C′D­B 的余弦值．
20．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1.曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相
同．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若x≥0 时，g(x)≥kf(x)，求k 的取值范围．
21.(本小题满分12 分)已知双曲线C 的方程为y2
a2－x2
b2＝1(a>0，b>0)，离心率e＝5
2 ，顶点到其中一条渐近线的距
离为2 5
5 .
(1)求双曲线C 的方程；
(2)如图，P 是双曲线C 上一点，A，B 两点在双曲线C 的两条渐近线上，且分别位于第一、二象限．若AP
→＝λPB
→，
λ∈
1
3，2 ，求△AOB 的面积的最值．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
已知直线l 的参数方程为
x＝m＋2
2 t
y＝2
2 t
(t 为参数)，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ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝12，且曲线C 的左焦点F 在直线l 上．
(1)若直线l 与曲线C 交于A，B 两点，求|FA|·|FB|的值；
(2)求曲线C 的内接矩形的周长的最大值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|x＋1|－|2x－a|.
(1)当a＝2 时，解不等式f(x)<0;
(2)若a>0，且对于任意的实数x 都有f(x)≤3，试求a 的取值范围．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十三)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
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一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|3－2x＜1}，B＝{x|4x－3x2≥0}，则A∩B＝(
)
A．(1，2]
B. 1，4
3
C．[0，1)
D．(1，＋∞)
2．已知复数z1＝a＋4i，z2＝－3＋bi，若它们的和为纯虚数，差为实数，则实数a，b 的值为(
)
A．a＝－3，b＝－4
B．a＝3，b＝4
C．a＝3，b＝－4
D．a＝－3，b＝4
3．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s＝(
)
A．4
B．5
C．6
D．7
4．已知命题p：函数f(x)＝|cos x|的最小正周期为2π；命题q：函数y＝x3＋sin x 的图象关于原点中心对称，
则下列命题是真命题的是(
)
A．p∧q
B．p∨q
C．(綈p)∧(綈q)
D．p∨(綈q)
5．已知T 为常数，定义fT(x)＝
f（x），f（x）≥T，
T，f（x）<T，
若f(x)＝x－ln x，则f3[f2(e)]的值为(
)
A．e－1
B．e
C．3
D．e＋1
6．与变量X 与Y 相对应的一组数据为(10，1)，(11.3，2)，(11.8，3)，(12.5，4)，(13，5)；与变量U 与V 相对
应的一组数据为(10，5)，(11.3，4)，(11.8，3)，(12.5，2)，(13，1)．r1 表示变量Y 与X 之间的线性相关系数，r2 表
示变量V 与U 之间的线性相关系数，则(
)
A．r2＜r1＜0
B．0＜r2＜r1
C．r2＜0＜r1
D．r2＝r1
7．经过点(2，1)，且渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1 相切的双曲线的标准方程为(
)
A.
x2
11
3
－y2
11＝1
B.x2
2 －y2＝1
C.
y2
11
3
－x2
11＝1
D.y2
11－
x2
11
3
＝1
8．在数列{an}中，若对任意的n 均有an＋an＋1＋an＋2 为定值(n∈N*)，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前
100 项的和S100＝(
)
A．132
B．299
C．68
D．99
9．在△ABC 中，AC＝3，向量AB
→在AC
→上的投影的数量为－2，S△ABC＝3，则BC＝(
)
A．5
B．2 7
C. 29
D．4 2
10．甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5 次，两人成绩的条形统计图如图所示，则(
)
A．甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数
B．甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数
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C．甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差
D．甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差
11．若双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)经过等腰梯形ABCD 的上底的两个顶点C、D，下底的两个顶点A、B 分别
为双曲线的左、右焦点，对角线AC 与双曲线的左支交于点E，且3|AE|＝2|EC|，|AB|＝2|CD|，则该双曲线的离心
率是(
)
A. 2
B. 3
C. 5
D. 7
12．已知点O 为坐标原点，点An(n，an)(n∈N*)为函数f(x)＝1
x＋1
的图象上的任意一点，向量i＝(0，1)，θn 是
向量OA
→
n 与i 的夹角，则数列
cos θn
sin θn 的前2 017 项的和为(
)
A．2
B.2 016
2 017
C.2 017
2 018
D．1
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．若
3x－
1
3 x2
n
的展开式中各项系数之和为128，则展开式中1
x3的系数是________．
14.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1 中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段
CC1 上，直线OP 与平面A1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是__________．
15．已知中心在坐标原点的椭圆C 的右焦点为F(1，0)，点F 关于直线y＝1
2x 的对
称点在椭圆C 上，则椭圆C 的方程为__________．
16．如果函数y＝f(x)满足：在区间[a，b]上存在x1，x2(a<x1<x2<b)，使得f′(x1)＝f′(x2)
＝f（b）－f（a）
b－a
，则称函数y＝f(x)在区间[a，b]上是一个双中值函数．已知函数f(x)
＝1
3x3－x2＋a 是区间[0，a]上的双中值函数，则实数a 的取值范围是________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)某校甲、乙两个班级各有5 名编号为1，2，3，4，5 的学生进行投篮训练，每人投10
次，投中的次数统计如下表：
学生
1 号
2 号
3 号
4 号
5 号
甲班
6
5
7
9
8
乙班
4
8
9
7
7
(1)从统计数据看，甲、乙两个班哪个班成绩更稳定(用数字特征说明)；
(2)若把上表数据作为学生投篮命中率，规定两个班级的1 号和2 号同学分别代表自己的班级参加比赛，每人投
篮一次，将甲、乙两个班2 名同学投中的次数之和分别记作X 和Y，试求X 和Y 的分布列和数学期望．
18.(本小题满分12 分)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1 中，AB＝3，BC＝2，CC1＝5，E
是棱CC1 上不同于端点的点，且CE
→＝λCC1
→.
(1)当∠BEA1 为钝角时，求实数λ的取值范围；
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(2)若λ＝2
5，记二面角B1­A1B­E 的大小为θ，求|cos θ|.
19．(本小题满分12 分)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝1
2(a2n＋an)，an>0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an
2n－1，数列{bn}的前n 项和为Tn，问是否存在正整数m，使得m≤Tn<m＋3 对任意的正整数n 恒成立？
若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．
20．(本小题满分12 分)在矩形ABCD 中，|AB|＝8，|BC|＝6，P、Q、R、S 分别为四条边的中点，以SQ 和PR
所在直线分别为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设M，N 分别是线段OQ 与线段CQ 上的动点(O 为
坐标原点)，并且满足|OM|·|NQ|＝|MQ|·|CN|.
(1)求直线PM 与RN 的交点T 的轨迹方程，并说明是何种曲线；
(2)当M 是OQ 的中点时，求△TPR 的面积．
21.(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝aln x－x，g(x)＝x2－(1－a)x－(2－a)ln x，其中a∈R.
(1)若g(x)在其定义域内为增函数，求实数a 的取值范围；
(2)若函数F(x)＝f(x)－g(x)的图象交x 轴于A，B 两点，AB 中点的横坐标为x0，问：函数F(x)的图象在点(x0，
F(x0))处的切线能否平行于x 轴？
请考生在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4­4：坐标系与系数方程
在极坐标系中，已知曲线C1：ρ＝2cos θ和曲线C2：ρcos θ＝3，以极点O 为坐标原点，极轴为x 轴非负半
轴建立平面直角坐标系．
(1)求曲线C1 和曲线C2 的直角坐标方程；
(2)若点P 是曲线C1 上一动点，过点P 作线段OP 的垂线交曲线C2 于点Q，求线段PQ 长度的最小值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|(a∈R)．
(1)当a＝4 时，求不等式f(x)≥5 的解集；
(2)若f(x)≥4 对a∈R 恒成立，求实数a 的取值范围.
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十四)
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(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|y＝x－4}，B＝{x|－1≤2x－1≤0}，则(∁RA)∩B＝(
)
A．(4，＋∞)
B. 0，1
2
C.
1
2，4
D．(1，4]
2．若命题“∃x0∈R，x20＋(a－1)x0＋1<0”是真命题，则实数a 的取值范围是(
)
A．[－1，3]
B．(－1，3)
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
3．已知a，b∈R，且a＞b，则下列式子恒成立的是(
)
A．aln x＞bln x
B．ax＞bx
C．a2＞b2
D．a
1
2
x
＞b
1
2
x
4．在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，外接圆半径为R，若bsin B－asin A＝1
2asin C，且△ABC
的面积为2R2sin B(1－cos 2A)，则cos B＝(
)
A.1
4
B.1
3
C.1
2
D.3
4
5．不等式组
x－y≤0，
x＋y≥－2，
x－2y≥－2
的解集记为D，若(a，b)∈D，则z＝2a－3b 的最小值是(
)
A．－4
B．－1
C．1
D．4
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为(
)
A．1∶3π
B. 3∶π
C．1∶3 3π
D．1∶3π
7．将函数y＝sin x＋π
6 的图象上各点的横坐标变为原来的1
2(纵坐标不变)，再往上平移1 个单位，所得图象对
应的函数在区间－π
4
，π
2 上的值域为(
)
A. 1－3
2 ，2
B.
1
2，2
C．[0，2]
D. －1
2，1
8.四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976 年美国数学家阿佩尔与哈肯证明了四色定
理．其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜
色．”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，
3，4 四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正
方形的边长为1，粗实线围成的各区域(如区域D 由两个边长为1 的小正方形构成)上分别标
有数字1，2，3，4 的四色地图符合四色定理，区域A、B、C、D、E、F 标记的数字丢失，
若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4 的区域的概率是(
)
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44 / 149
A. 1
15
B. 4
15
C. 3
15
D.11
15
9．学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数
学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪
位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有(
)
A．2 人
B．3 人
C．4 人
D．5 人
10．若实数a，b，c，d 满足(b＋a2－3ln a)2＋(c－d＋2)2＝0，则(a－c)2＋(b－d)2 的最小值为(
)
A. 2
B．8
C．2 2
D．2
11．已知点O 为坐标原点，点M 在双曲线C：x2－y2＝λ(λ为正常数)上，过点M 作双曲线C 的某一条渐近线的
垂线，垂足为N，则|ON|·|MN|的值为(
)
A.λ
4
B.λ
2
C．λ
D．无法确定
12．已知f(x)是定义在R 上的减函数，其导函数f′(x)满足f（x）
f′（x）
＋x<1，则下列结论正确的是(
)
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．已知向量a，b，其中|a|＝3，|b|＝2，且(a＋b)⊥a，则向量a 和b 的夹角是__________．
14．在三棱锥S­ABC 中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝13，SB＝29，则异面直线SC 与
AB 所成角的余弦值为________．
15．已知m∈Z，关于x 的一元二次不等式x2－6x＋m≤0 的解集中有且仅有3 个整数，则所有符合条件的m
的取值集合是________．
16．已知椭圆C 的方程为x2
4 ＋y2
3 ＝1，A、B 为椭圆C 的左、右顶点，P 为椭圆C 上不同于A、B 的动点，直线
x＝4 与直线PA、PB 分别交于M、N 两点，若D(7，0)，则过D、M、N 三点的圆必过x 轴上不同于点D 的定点，
其坐标为________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n 项和Sn 满足：bn＋
1＝Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an
bn
，求数列{cn}的前n 项和Tn.
18．(本小题满分12 分)株洲市某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登石峰山健身的活动，有N 人参加，
现将所有参加人员按年龄情况分为[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45)，[45，50)，[50，55]等七组，
其频率分布直方图如图所示．已知[35，40)之间的参加者有8 人．
(1)求N 和[30，35)之间的参加者人数N1；
(2)已知[30，35)和[35，40)之间各有2 名数学教师，现从这两个组中各选取2 人担任接待工作，设两组的选择
互不影响，求两组选出的人中都至少有1 名数学教师的概率；
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45 / 149
(3)组织者从[45，55]之间的参加者(其中共有4 名女教师，其余全为男教师)中随机选取3 名担任后勤保障工作，
其中女教师的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
19．(本小题满分12 分)已知在三棱柱ABC­A1B1C1 中，侧面ABB1A1 为正方形，延长AB 到D，使得AB＝BD，
平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，A1C1＝2AA1，∠C1A1A＝π
4
.
(1)若E，F 分别为C1B1，AC 的中点，求证：EF∥平面ABB1A1；
(2)求平面A1B1C1 与平面CB1D 所成的锐二面角的余弦值．
20.(本小题满分12 分)如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：x2
6 ＋y2
3 ＝1 上的任一点，从原点O 向圆M：(x－x0)2＋(y
－y0)2＝2 作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.
(1)若直线OP，OQ 的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2 为定值；
(2)试问|OP|2＋|OQ|2 是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理
由．
21．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝1
2ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1 处相切，试求g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝m（x－1）
x＋1
－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围；
(3)证明不等式：2n
n＋1< 1
ln 2＋1
ln 3＋1
ln 4＋…＋
1
ln（n＋1）<n
2＋1＋1
2＋1
3＋…＋1
n(n∈N*)．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
极坐标系的极点为直角坐标系xOy 的原点，极轴为x 轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同．已知曲线C
的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)，斜率为3的直线l 交y 轴于点E(0，1)．
(1)求C 的直角坐标方程，l 的参数方程；
(2)直线l 与曲线C 交于A、B 两点，求|EA|＋|EB|.
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x＋6|－|m－x|(m∈R)．
(1)当m＝3 时，求不等式f(x)≥5 的解集；
(2)若不等式f(x)≤7 对任意实数x 恒成立，求m 的取值范围．
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十五)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|y＝lg(x＋1)}，B＝{－2，－1，0，1}，则(∁RA)∩B＝(
)
A．{－2，－1}
B．{－2}
C．{－1，0，1}
D．{0，1}
2．定义运算|
a
b
c
d|＝ad－bc，则符合条件|
z
1＋i
－i
2i|＝0 的复数z 的共轭复数z－在复平面内对应的点在(
)
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
3．一组样本数据的频率分布直方图如图所示，试估计此样本数据的中位数为(
)
A．13
B．12
C．11.52
D.100
9
4．已知p：函数f(x)＝(x－a)2 在(－∞，1)上是减函数，q：∀x>0，a≤x2＋1
x
恒成立，则綈p 是q 的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．在△ABC 中，已知AC＝19，BC＝2，B＝2π
3
，则边AC 上的高为(
)
A.3 19
19
B.3 57
19
C. 3
2
D. 3
6．形状如图所示的2 个游戏盘中(图①是半径为2 和4 的两个同心圆，O 为圆心；图②是正六边形，点P 为其
中心)各有一个玻璃小球，依次摇动2 个游戏盘后，将它们水平放置，就完成了一局游戏，则一局游戏后，这2 个盘
中的小球都停在阴影部分的概率是(
)
A. 1
16
B.1
8
C.1
6
D.1
4
7．执行如图所示的程序框图，若输出的S＝18，则判断框内应填入的条件是(
)
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A．k>2?
B．k>3?
C．k>4?
D．k>5?
8．已知△ABC 外接圆圆心为O，半径为1，2AO
→＝AB
→＋AC
→且|OA
→|＝|AB
→|，则向量BA
→在向量BC
→方向上的投影
为(
)
A.1
2
B. 3
2
C．－1
2
D．－3
2
9．已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG(点G
是图象的最高点)是边长为2 的等边三角形，则f(1)＝(
)
A．－3
B. 3
C．1
D. 3
2
第9 题图
第10 题图
10．如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为(
)
A.20
3
B．7
C.22
3
D.23
3
11．已知函数f(x)＝
e
－x＋mx＋m
2，x＜0
ex（x－1），x≥0
(e 为自然对数的底数)，若方程f(－x)＋f(x)＝0 有且仅有四个不同的解，
则实数m 的取值范围是(
)
A．(0，e)
B．(e，＋∞)
C．(0，2e)
D．(2e，＋∞)
12．已知O 为坐标原点，双曲线C：x2
a2－y2＝1(a>0)上有一点P，过点P 作双曲线C 的两条渐近线的平行线，
与两渐近线的交点分别为A、B，若平行四边形OAPB 的面积为1，则双曲线C 的离心率为(
)
A. 2
B. 3
C．2
D. 5
2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．一个盒子里装有3 个分别标有号码1，2，3 的彩色小球，魔术师每次取出一个，记下它的标号后再放回盒
子里，共取3 次，则取得小球标号最大值是3 的取法有________种．
14．平均数为1 010 的一组数构成等差数列，其末项为2 019，则该数列的首项为__________．
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15．过点(0，3b)的直线l 与双曲线C：x2
a2－y2
b2＝1(a＞0，b＞0)的一条斜率为正值的渐近线平行，若双曲线C 的
右支上的点到直线l 的距离恒大于b，则双曲线C 的离心率的最大值是__________．
16．设函数f(x)的定义域为R，若存在常数ω>0，使|f(x)|≤ω|x|对一切实数x 均成立，则称f(x)为“条件约束函
数”．现给出下列函数：
①f(x)＝4x；②f(x)＝x2＋2；③f(x)＝
2x
x2－2x＋5；
④f(x)是定义在实数集R 上的奇函数，且对一切x1，x2 均有|f(x1)－f(x2)|≤4|x1－x2|.其中是“条件约束函数”的
序号是________(写出符合条件的全部序号)．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)已知向量m＝
3sinx
4，1 ，n＝cos x
4，cos2x
4 .
(1)若m·n＝1，求cos
2π
3
－x 的值；
(2)记f(x)＝m·n，在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cos B＝bcos C，求函数f(A)
的取值范围．
18．(本小题满分12 分)如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，ABCD 为平行四边形，E 为AD 的中点，F 为线段
BP 上一点，∠CDP＝120°，AD＝3，AP＝5，PC＝2 7.
(1)试确定点F 的位置，使得EF∥平面PDC；
(2)若BF＝1
3BP，求直线AF 与平面PBC 所成的角的正弦值．
19．(本小题满分12 分)某校高三数学备课组为了更好地制定二轮复习的计划，开展了试卷讲评后效果的调研，
从上学期期末数学试题中选出一些学生易错题，重新进行测试，并认为做这些题不出任何错误的同学为“过关”，
出了错误的同学为“不过关”，现随机抽查了年级50 人，他们的测试成绩的频数分布如下表：
期末分数段
(0，60)
[60，75)
[75，90)
[90，105)
[105，120)
[120，150]
人数
5
10
15
10
5
5
“过关”
人数
1
2
9
7
3
4
(1)由以上统计数据完成如下2×2 列联表，并判断是否有95%的把握认为期末数学成绩不低于90 分与测试“过
关”有关？说明你的理由；
分数低于90 分人数
分数不低于90 分人数
总计
“过关”人数
“不过关”人数
总计
(2)在期末分数段[105，120)的5 人中，从中随机选3 人，记抽取到过关测试“过关”的人数为X，求X 的分布
列及数学期望．
下面的临界值表供参考：
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
K2＝
n（ad－bc）2
（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）
.
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20．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝ln x
x .
(1)记函数F(x)＝x2－x·f(x) x∈
1
2，2
，求函数F(x)的最大值；
(2)记函数H(x)＝
x
2e，x≥s，
f（x），0<x<s，
若对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)＝k 成立，求实数s 的取值集合．
21．(本小题满分12 分)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为1
2，且经过点P 1，3
2 ，左、右焦点分别为F1，
F2.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过F1 的直线l 与椭圆C 相交于A，B 两点，若△AF2B 的内切圆半径为3 2
7 ，求以F2 为圆心且与直线l 相切
的圆的方程．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为x－y＋4＝0，曲线C 的参数方程为
x＝3cos α，
y＝sin α
(α为参数)．
(1)已知在极坐标系(与平面直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以坐标原点O 为极点，以x 轴的正半轴为极
轴)中，点P 的极坐标为4，π
2 ，试判断点P 与直线l 的位置关系；
(2)设点Q 是曲线C 上的一个动点，求点Q 到直线l 的距离的最小值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x－a|＋|
1
2x＋1|的最小值为2.
(1)求实数a 的值；
(2)若a>0，求不等式f(x)≤4 的解集．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十六)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝{x|log2(x－1)＜0}，B＝{x|x≤3}，则∁RA∩B＝(
)
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A．(－∞，1)
B．(2，3)
C．(2，3]
D．(－∞，1]∪[2，3]
2．已知i 为虚数单位，且复数z 满足z－2i＝1
1－i
，则复数z 在复平面内的点到原点的距离为(
)
A.13
2
B. 26
2
C. 10
2
D.5
2
3．已知x、y 取值如下表：
x
0
1
4
5
6
8
y
1.3
m
5.6
6.1
7.4
9.3
从所得的散点图分析可知：y 与x 线性相关，且y^＝0.95x＋1.45，则m＝(
)
A．1.5
B．1.55
C．3.5
D．1.8
4 已知cos α＋π
2 ＝3
5，－π
2
<α<π
2
，则sin 2α的值等于(
)
A.12
25
B．－12
25
C.24
25
D．－24
25
5．已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，错误的命题是(
)
A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b
B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β则a⊥b
C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥α
D．若α∥β，a∥α，则a∥β
6．“a≤－2”是“函数f(x)＝|x－a|在[－1，＋∞)上单调递增”的(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
7．已知O 为△ABC 内一点，且AO
→＝1
2(OB
→＋OC
→)，AD
→＝tAC
→，若B，O，D 三点共线，则t 的值为(
)
A.1
4
B.1
3
C.1
2
D.2
3
8．执行如图所示的程序框图，若输出的S 值为－2，则①中应填(
)
A．n<98?
B．n<99?
C．n<100?
D．n<101?
9．已知点F1、F2 是双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，若双曲线左支上存在点P 与点F2 关于直线y＝b
ax
对称，则该双曲线的离心率为(
)
A. 2
B. 5
2
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C．2
D. 5
10．若实数x、y 满足xy>0，则x
x＋y＋2y
x＋2y的最大值为(
)
A．2－2
B．2＋2
C．4＋2 2
D．4－2 2
11．曲线y＝ln x 上的点到直线2x－y＋3＝0 的最短距离是(
)
A.4－ln 2
5
B.4＋ln 2
5
C.4－ln 2
5
D.4＋ln 2
5
12．已知三棱锥P­ABC 的棱AP、AB、AC 两两垂直，且长度都为3，以顶点P 为球心，以2 为半径作一个球，
则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于(
)
A．3π
B.3π
2
C.4π
3
D.5π
6
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，前n 项积为Tn，若S3＝a2＋4a1，T5＝243，则a1 的值为____________．
14．已知点Q 在圆C：x2＋y2＋2x－8y＋13＝0 上，抛物线y2＝8x 上任意一点P 到直线l：x＝－2 的距离为d，
则d＋|PQ|的最小值等于________．
15．“克拉茨猜想”又称“3n＋1 猜想”，是德国数学家洛萨·克拉茨在1950 年世界数学家大会上公布的一个猜
想：任给一个正整数n，如果n 是偶数，就将它减半；如果n 为奇数就将它乘3 加1，不断重复这样的运算，经过
有限步后，最终都能够得到1.己知正整数m 经过6 次运算后得到1，则m 的值为________．
16．已知偶函数f(x)满足f(x－1)＝f(x＋1)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x2，若关于x 的方程f(x)＝|loga|x||(a>0，a
≠1)在[－2，3]上有5 个根，则a 的取值范围是________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)甲、乙两俱乐部举行乒乓球团体对抗赛．双方约定：
①比赛采取五场三胜制(先赢三场的队伍获得胜利，比赛结束)；
②双方各派出三名队员，前三场每位队员各比赛一场．已知甲俱乐部派出队员A1、A2、A3，其中A3 只参加第
三场比赛，另外两名队员A1、A2 比赛场次未定；乙俱乐部派出队员B1、B2、B3，其中B1 参加第一场与第五场比赛，
B2 参加第二场与第四场比赛，B3 只参加第三场比赛．
根据以往的比赛情况，甲俱乐部三名队员对阵乙俱乐部三名队员获胜的概率如下表：
A1
A2
A3
B1
5
6
3
4
1
3
B2
2
3
2
3
1
2
B3
6
7
5
6
2
3
(1)若甲俱乐部计划以3∶0 取胜，则应如何安排A1、A2 两名队员的出场顺序，使得取胜的概率最大？
(2)若A1 参加第一场与第四场比赛，A2 参加第二场与第五场比赛，各队员每场比赛的结果互不影响，设本次团
体对抗赛比赛的场数为随机变量X，求X 的分布列及数学期望E(X)．
18.(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示．
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(1)求f(x)的解析式，并求函数f(x)在－π
12
，π
4 上的值域；
(2)在△ABC 中，AB＝3，AC＝2，f(A)＝1，求sin 2B.
19．(本小题满分12 分)如图，在四棱锥P­ABCD 中，底面四边形ABCD 内接于圆O，AC 是圆O 的一条直径，
PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，E 是PC 的中点，∠DAC＝∠AOB.
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若二面角P­CD­A 的正切值为2，求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．
20．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋mx(m∈R)．
(1)当m≠0 时，求函数f(x)的单调区间；
(2)有这样的结论：若函数p(x)的图象是在区间[a，b]上连续不断的曲线，且在区间(a，b)内可导，则存在x0∈(a，
b)，使得p′(x0)＝p（b）－p（a）
b－a
.已知函数f(x)在(x1，x2)上可导(其中x2>x1>－1)，若函数g(x)＝f（x1）－f（x2）
x1－x2
(x
－x1)＋f(x1)．证明：对任意x∈(x1，x2)，都有f(x)>g(x)．
21．(本小题满分12 分)已知椭圆C1：x2
6 ＋y2
b2＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点F2 也为抛物线C2：y2＝8x
的焦点，过点F2 的直线l 交抛物线C2 于A，B 两点．
(1)若点P(8，0)满足|PA|＝|PB|，求直线l 的方程；
(2)T 为直线x＝－3 上任意一点，过点F1 作TF1 的垂线交椭圆C1 于M，N 两点，求|TF1|
|MN|的最小值．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1：ρ2－4ρcos θ＋3＝0，
θ∈[0，2π]，曲线C2：ρ＝
3
4sin
π
6
－θ ，θ∈[0，2π]．
(1)求曲线C1 的一个参数方程；
(2)若曲线C1 和曲线C2 相交于A，B 两点，求|AB|的值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|2x－a|＋2a.
(1)若不等式f(x)≤6 的解集为{x|－6≤x≤4}，求实数a 的值；
(2)在(1)的条件下，若不等式f(x)≤(k2－1)x－5 的解集非空，求实数k 的取值范围．
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十七)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知全集U＝R，集合A＝{x|x2≥1}，B＝{x|x>0}，则(∁UA)∩(∁UB)(
)
A．(－1，1)
B．(0，1]
C．(－1，0)
D．(－1，0]
2．已知复数z 满足z(1＋i)＝(3＋i)2，则|z|＝(
)
A. 2
B. 5
C．5 2
D．8
3．要从编号为1～50 的50 名学生中用系统抽样的方法抽出5 人，所抽取的5 名学生的编号可能是(
)
A．5，10，15，20，25
B．3，13，23，33，43
C．1，2，3，4，5
D．2，4，8，16，32
4．2013 年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式．孪生素数猜想是希尔伯特在1900 年提出的
23 个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p，使得p＋2 是素数．素数对(p，p＋2)称为孪生素数．从10 以
内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为(
)
A.1
3
B.1
4
C.1
5
D.1
6
5．已知圆C 过点A(2，4)，B(4，2)，且圆心C 在直线x＋y＝4 上，若直线x＋2y－t＝0 与圆C 相切，则t 的
值为(
)
A．－6±2 5
B．6±2 5
C．2 5±6
D．6±4 5
6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果s＝132，则判断框中可以填(
)
A．i≥10?
B．i≥11?
C．i≤11?
D．i≥12?
第6 题图
第7 题图
7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(
)
A.5π
3
B.4π
3
C．2＋2π
3
D．4＋2π
3
8．已知x＝π
6
是函数f(x)＝(asin x＋cos x)cos x－1
2的图象的一条对称轴，则下列结论中正确的是(
)
A.
π
4
，0 是f(x)的图象的一个对称中心
B．f(x)在－π
3
，π
6 上单调递增
C．f(x)是最小正周期为π的奇函数
D．先将函数y＝2sin 2x 的图象上各点的纵坐标缩短为原来的1
2，然后向左平移π
6
个单位长度即可得函数f(x)的
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图象
9.已知定义在R 上的函数f(x)＝log2(ax－b＋1)(a>0，a≠1)的图象如图所示，则a，b 满足的关系是(
)
A．0<1
a<1
b<1
B．0<1
b<a<1
C．0<b<1
a<1
D．0<1
a<b<1
10．过双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a＞b＞0)右焦点F 的直线交两渐近线于A，B 两点，∠OAB＝90°，O 为坐标原点，且
△OAB 的内切圆半径为a
3，则双曲线的离心率为(
)
A．2
B. 5
C. 5
2
D. 6
11.如图，在梯形ABCD 中，AB∥CD，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，EF 到CD 与AB 的距离之比为m∶n，
则可推算出：EF＝ma＋nb
m＋n
，用类比的方法，推想出下面问题的结果．在上面的梯形ABCD 中，分别延长梯形的两
腰AD 和BC 交于O 点，设△OAB，△ODC 的面积分别为S1，S2，则△OEF 的面积S0 与S1，S2 的关系是(
)
A．S0＝mS1＋nS2
m＋n
B．S0＝nS1＋mS2
m＋n
C. S0＝m S1＋n S2
m＋n
D. S0＝n S1＋m S2
m＋n
12．已知函数f(x)＝(x2＋x)(x2＋ax＋b)，若对∀x∈R，均有f(x)＝f(2－x)，则f(x)的最小值为(
)
A．－9
4
B．－35
16
C．－2
D．0
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
13．已知{an}为等差数列，公差为1，且a5 是a3 与a11的等比中项，Sn 是{an}的前n 项和，则S12 的值为________．
14．为了考察两个变量x 和y 之间的线性关系，甲、乙两位同学各自独立做了10 次和15 次试验，并且利用线
性回归方法，求得回归直线分别为l1，l2，已知两人所得的试验数据中，变量x 和y 的数据的平均值都相等，且分
别是s，t.
①直线l1 和l2 一定有公共点(s，t)；
②直线l1 和l2 相交，但交点不一定是(s，t)；
③必有直线l1∥l2；
④l1 和l2 必定重合．
其中，说法不正确的是__________(只填序号)．
15．如果定义在R 上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1·f(x1)＋x2·f(x2)＞x1·f(x2)＋x2·f(x1)，
则称函数f(x)为“T 函数”．
给出下列函数：①y＝x2；②y＝ex＋1；③y＝2x－sin x；④y＝
ln|x|，x≠0，
1，x＝0.
其中是“T 函数”的为__________(把所有满足条件的序号都填上)．
16．在四面体ABCD 中，BD＝AC＝2 2，AB＝BC＝AD＝2，AD⊥BC，则四面体ABCD 的外接球的体积为
________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)如图，点A、B、C 在同一水平面上，AC
＝4，CB＝6.现要在点C
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处搭建一个观测站CD，点D 在顶端．
(1)原计划CD 为铅垂线方向，α＝45°，求CD 的长；
(2)搭建完成后，发现CD 与铅垂线方向有偏差，并测得β＝30°，α＝53°，求CD2.(结果精确到1)
(本题参考数据：sin 97°≈1，cos 53°≈0.6，2≈1.4，3 3≈5.2)
18．(本小题满分12 分)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB∥CD，DE⊥AB 于点E，CF⊥AB 于点F，且AE＝
BF＝EF＝2，DE＝CF＝2.将△AED 和△BFC 分别沿DE，CF 折起，使A，B 两点重合，记为点M，得到一个四棱
锥M­CDEF，点G，N，H 分别是MC，MD，EF 的中点．
(1)求证：EM⊥CN；
(2)求直线GH 与平面NFC 所成角的大小．
19．(本小题满分12 分)2015 年中国汽车销售遇到瓶颈，各大品牌汽车不断加大优惠力度，某4S 店在一次促销
活动中，让每位参与者从盒子中任取一个由0～9 中任意三个数字组成的“三位递减数”(即个位数字小于十位数字，
十位数字小于百位数字)．若“三位递减数”中的三个数字之和既能被2 整除又能被5 整除，则可以享受5 万元的优
惠；若“三位递减数”中的三个数字之和仅能被2 整除，则可以享受3 万元的优惠；其他结果享受1 万元的优惠．
(1)试写出所有个位数字为4 的“三位递减数”；
(2)若小明参加了这次汽车促销活动，求他得到的优惠金额X 的分布列及数学期望E(X)．
20.(本小题满分12 分)已知圆E：x2＋y－1
2
2
＝9
4经过椭圆C：x2
a2＋y2
b2
＝1(a>b>0)的左、右焦
点F1，F2 且与椭圆C 在第一象限的交点为A，且F1，E，A 三点共线．直
线l 交椭圆C 于M，N
两点，且MN
→＝λOA
→(λ≠0)．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)当△AMN 的面积取到最大值时，求直线l 的方程．
21．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝ax－1
2x2－bln(x＋1)(a>0)，g(x)＝ex－x－1，曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点
处有公共的切线．
(1)若x＝0 为函数f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用a 表示)；
(2)若∀x≥0，g(x)≥f(x)＋1
2x2，求a 的取值范围．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
已知曲线C 的极坐标方程是ρ＝4cos θ.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角
坐标系，直线l 的参数方程是
x＝1＋tcos α
y＝tsin α
(t 是参数)．
(1)将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)若直线l 与曲线C 相交于A、B 两点，且|AB|＝14，求直线的倾斜角α的值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝x－2＋11－x的最大值为M.
(1)求实数M 的值；
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(2)求关于x 的不等式|x－2|＋|x＋2 2|≤M 的解集．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
高考仿真模拟卷(十八)
(时间：120 分钟；满分：150 分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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．已知集合A＝y|y＝log2x，1
2≤x≤4 ，B＝{x| x≤2}，，则A∩B＝(
)
A．[－1，2]
B．[0，2]
C．[－1，4]
D．[0，4]
2．已知复数z＝
4＋2i
（1＋i）2(i 为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x－2y＋m＝0 上，则m 的值为(
)
A．－3
B．－4
C．－5
D．－6
3．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x 轴的正半轴重合，M(2，2)为其终边上一点，则cos 2α＝(
)
A．－2
3
B.2
3
C．－1
3
D.1
3
4．已知直角坐标原点O 为椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a＞b＞0)的中心，F1，F2 为左、右焦点，在区间(0，2)上任取一
个数e，则事件“以e 为离心率的椭圆C 与圆O：x2＋y2＝a2－b2 没有交点”的概率为(
)
A. 2
4
B.4－2
4
C. 2
2
D.2－2
2
5．为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5 次试验，得到5 组数据(x1，y1)，(x2，
y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，(x5，y5)．根据收集到的数据可知x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝150，由最小二乘法求得回归直线方
程为y^＝0.67x＋54.9，则y1＋y2＋y3＋y4＋y5 的值为(
)
A．75
B．155.4
C．375
D．466.2
6．将函数f(x)＝sin 2x－π
2 的图象向右平移π
4个单位后得到函数g(x)的图象，则g(x)具有性质(
)
A．最大值为1，图象关于直线x＝π
2对称
B．在0，π
4 上单调递减，为奇函数
C．在－3π
8 ，π
8 上单调递增，为偶函数
D．周期为π，图象关于点
3π
8 ，0 对称
7．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3π＋2，则它的表面积是(
)
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A.
3 13
2
＋3 π＋22＋2
B.
3 13
4
＋3
2 π＋22＋2
C. 13
2 π＋22
D. 13
4 π＋22
8．函数f(x)＝x＋1
x ln |x|图象的大致形状为(
)
9．已知一次函数f(x)＝kx＋b 的图象经过点P(1，2)和Q(－2，－4)，令an＝f(n)f(n＋1)，n∈N*，记数列
1
an 的
前n 项和为Sn，当Sn＝6
25时，n 的值等于(
)
A．24
B．25
C．23
D．26
10．已知不等式组
x＋y－2 2 ≥0，
x≤2 2，
y≤2 2
表示平面区域Ω，过区域Ω中的任意一个点P，作圆x2＋y2＝1 的两条切线
且切点分别为A，B，当△PAB 的面积最小时，cos ∠APB 的值为(
)
A.7
8
B.1
2
C.3
4
D. 3
2
11．设F1，F2 为双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P(x0，2a)为双曲线上一点，若△PF1F2 的重心和
内心的连线与x 轴垂直，则双曲线的离心率为(
)
A. 6
2
B. 5
2
C. 6
D. 5
12．已知函数f(x)＝
|log3x|，0＜x＜3，
sin π
6
x，3≤x≤15.若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)
＝f(x4)，则（x3－2）（x4－2）
x1x2
的取值范围是(
)
A．(10，52)
B．(13，40)
C．(11，17)
D．(15，25)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分．
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13. x2＋1
x2－2 n
展开式中的常数项是70，则n＝________.
14．如图所示的程序框图中，x∈[－2，2]，则能输出x 的概率为________．
第14 题图
第15 题图
15．如图所示，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn…分别在角O 的两条边上，所有AnBn
相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1 的面积均相等，OAn＝an，若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．
16．双曲线C：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线l1，l2 与抛物线y2＝－4x 的准线l 围成区域Ω(包含边界)，对
于区域Ω内任意一点(x，y)，若y－x－2
x＋3
的最大值小于0，则双曲线C 的离心率e 的取值范围为________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12 分)在△ABC 中，角A、B、C 所对的边分别为a、b、c，且满足cos 2C－cos 2A＝
2sin
π
3＋C ·sin
π
3－C .
(1)求角A 的值；
(2)若a＝3且b≥a，求2b－c 的取值范围．
18．(本小题满分12 分)微信是腾讯公司推出的一款手机通讯软件，它支持发送语音、视频、图片和文字等，一
推出便风靡全国，甚至涌现出一批在微信朋友圈销售商品的人(被称为微商)．经调查，年龄在40 岁以下(不包括40
岁)的微信用户每天使用微信的时间不低于8 小时的概率为3
5，年龄在40 岁以上(包括40 岁)的微信用户每天使用微
信的时间不低于8 小时的概率为p，将每天使用微信的时间不低于8 小时的微信用户称为“微信狂”．若甲(21 岁)、
乙(36 岁)、丙(48 岁)三人中有且仅有一人是“微信狂”的概率为28
75.
(1)求甲、乙、丙三人中至少有两人是“微信狂”的概率；
(2)记甲、乙、丙三人中是“微信狂”的人数为X，求随机变量X 的分布列和数学期望．
19．(本小题满分12 分)某几何体ABC­A1B1C1 的三视图和直观图如图所示．
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(1)求证：A1C⊥平面AB1C1；
(2)求二面角C1­AB1­C 的余弦值．
20．(本小题满分12 分)已知椭圆E：x2
a2＋y2
b2＝1 的右焦点为F(c，0)且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点为D，原
点O 到直线DF 的距离为3
2 ，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C，G 两点，且|GF
→|＋|CF
→|＝4.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)是否存在过点P(2，1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A，B 且使得OP
→2＝4PA
→·PB
→成立？若存在，试求
出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．
21．(本小题满分12 分)已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m∈R)．
(1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x<0，不等式x2＋(m＋2)x>f′(x)恒成立，求m 的取值范围；
(3)当m≤－1 时，求函数f(x)在[m，1]上的最小值．
请考生在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4­4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy 中，曲线C1 的参数方程为
x＝2＋tcos α，
y＝3＋tsin α
(t 是参数)，以原点O 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ρ＝8cos θ－π
3 .
(1)求曲线C2 的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；
(2)若曲线C1 和曲线C2 交于A，B 两点，求|AB|的最大值和最小值．
23．(本小题满分10 分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝2|x＋a|－|x＋b|.
(1)当a＝1，b＝－1 时，求使f(x)≥2
2的x 的取值范围；
(2)若f(x)≥1
32恒成立，求a－b 的取值范围．
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高考仿真模拟卷·数学(理)·参考答案与解析
高考仿真模拟卷(一)
1．解析：选B.由已知得A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，
所以A∩B＝{－1，0，1，2}，故选B.
2．解析：选A.因为i－1
i＋1
＝（i－1）（1－i）
（i＋1）（1－i）
＝i，所以该复数在复平面上对应的点的坐标为(0，1)．故选A.
3．解析：选B.由于随机变量X 服从正态分布N(3，σ2)，又P(X≤4)＝0.84，所以P(X≥4)＝P(X≤2)＝0.16，
P(2<X<4)＝1－0.32＝0.68.
4．解析：选B.由题意得，BA
→·BC
→＝0，BA
→·CA
→＝|BA
→|2＝36，所以BA
→·BD
→＝BA
→·(BC
→＋CD
→)＝BA
→· BC
→＋2
3CA
→
＝0
＋2
3×36＝24，故选B.
5．解析：选B.程序运行过程如下：
首先初始化数据，S＝0，i＝1，
第一次循环，执行S＝S＋ln 1＋1
i ＝0＋ln 2＝ln 2，i＝i＋1＝2，此时不应跳出循环；
第二次循环，执行S＝S＋ln 1＋1
i ＝ln 2＋ln 3
2＝ln 3，i＝i＋1＝3，此时不应跳出循环；
第三次循环，执行S＝S＋ln 1＋1
i ＝ln 3＋ln 4
3＝ln 4，i＝i＋1＝4，此时不应跳出循环；
第四次循环，执行S＝S＋ln 1＋1
i ＝ln 4＋ln 5
4＝ln 5，i＝i＋1＝5，此时应跳出循环；
i＝4 时，程序需要继续执行，i＝5 时，程序结束，
故在判断框内应填i≤4？.故选B.
6．解析：选B.由题意，可得
2a1＋7d＝23，
5a1＋5×4
2
d＝35，
解得d＝3，故选B.
7．解析：选C.依题意，注意到f(－x)＝1－2
－x
1＋2
－x·cos(－x)＝2x（1－2
－x）
2x（1＋2
－x）
cos x＝2x－1
2x＋1
cos x＝－f(x)，
因此函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，结合各选项知，选项A，B 均不正确；当0<x<1 时，1－2x
1＋2x<0，
cos x>0，f(x)<0，结合选项知，C 正确，选C.
8．解析：选D.由三视图可知，该手工制品是由两部分构成，每一部分都是相同圆锥的四分之一，且圆锥的底
面半径为3，高为4，故母线长为5，故每部分的表面积为
2×1
2×4×3＋1
4×1
2×6π×5＋1
4×9π＝12＋6π，故两部分表面积为24＋12π.
9．解析：选D.由题可得sin 2×3π
8 ＋φ ＝0，又0<φ<π
2，所以φ＝π
4，所以f(x)＝sin 2x＋π
4 ，由π
2＋2kπ≤2x＋π
4≤3π
2
＋2kπ(k∈Z)，得f(x)的单调递减区间是kπ＋π
8，kπ＋5π
8 (k∈Z)．
10．解析：选C.三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321，
方案一坐3 号车的可能：132、213、231，所以P1＝3
6；
方案二坐3 号车的可能：312、321，所以P1＝2
6；
所以P1＋P2＝5
6.故选C.
11．解析：选D.设双曲线的左焦点为F1，由双曲线的对称性可知四
边形MF2PF1 为平
行四边形．
所以|MF1|＝|PF2|，MF1∥PN.
设|PF2|＝m，则|MF2|＝3m，
所以2a＝|MF2|－|MF1|＝2m，
即|MF1|＝a，|MF2|＝3a.
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因为∠MF2N＝60°，所以∠F1MF2＝60°，
又|F1F2|＝2c，
在△MF1F2 中，由余弦定理可得4c2＝a2＋9a2－2·a·3a·cos 60°，
即4c2＝7a2，所以c2
a2＝7
4，所以双曲线的离心率e＝c
a＝7
2 .故选D.
12．解析：选D.由已知可得y＝2ex 与y＝ln x－ln 2＝ln x
2互为反函数，即y＝2ex 与y＝ln x－ln 2 的图象关于直
线x－y＝0 对称，|PQ|的最小值为点Q 到直线x－y＝0 的最小距离的2 倍，令Q(t，ln t－ln 2)，过点Q 的切线与直
线x－y＝0 平行，函数y＝ln x－ln 2 的导数为y′＝1
x，其斜率为k＝1
t＝1，所以t＝1，故Q(1，－ln 2)，点Q 到直线
x－y＝0 的距离为d＝|1－（－ln 2）|
12＋（－1）2＝1＋ln 2
2
，所以|PQ|min＝2d＝2(1＋ln 2)．
13．解析：消费支出超过150 元的人数为(50×0.004＋50×0.002)×100＝30.
答案：30
14．解析：作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所
示，设z＝a·OP
→＝x
－y，则y＝x－z，易知当y＝x－z 经过
x＋y－5＝0，
x－2y＋1＝0
的交点(3，2
时，z＝x－y 取得最
大值，且zmax＝1.
答案：1
15．解析：采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个
顶点在一个长方体
上，该长方体的长宽高分别为3，1，5，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对
角线3＋1＋5＝3，所以球半径为3
2，体积为4
3πr3＝9π
2
.
答案：9π
2
16．解析：因为f(x)是奇函数，f(－x)＝－f(x)，所以an＋1－an＋cos nπ
2
＝0，an＋1＝an＋cos nπ
2
.a1＝1，a2＝a1
＋cos π
2
＝1，a3＝a2＋cos 2π
2
＝0，a4＝a3＋cos 3π
2
＝0，如此继续，得an＋4＝an.S2 019＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2
＋a3＝504×2＋1＋1＋0＝1 010.
答案：1 010
17．解：因为3(b2＋c2)＝3a2＋2bc，所以b2＋c2－a2
2bc
＝1
3，由余弦定理得cos A＝1
3，所以sin A＝2 2
3 .
(1)因为sin B＝2cos C，所以sin(A＋C)＝2cos C，
所以2 2
3 cos C＋1
3sin C＝2cos C，
所以
2
3 cos C＝1
3sin C，所以tan C＝2.
(2)因为S＝2
2 ，所以1
2bcsin A＝2
2 ，所以bc＝3
2.①
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
可得4＝b2＋c2－2bc×1
3，所以b2＋c2＝5.②
因为b>c>0，所以联立①②可得b＝3 2
2 ，c＝2
2 .
18．解：(1)由已知，得P(A)＝C22C23＋C23C23
C48
＝6
35.所以事件A 的概率为6
35.
(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.
由已知得P(X＝k)＝Ck5C4－k
3
C48
(k＝1，2，3，4)．
所以随机变量X 的分布列为：
X
1
2
3
4
P
1
14
3
7
3
7
1
14
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随机变量X 的数学期望E(X)＝1× 1
14＋2×3
7＋3×3
7＋4× 1
14＝5
2.
19．解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1，在△BCC1 中，BC＝1，CC1＝
BB1＝2，∠BCC1＝π
3
，
BC21＝BC2＋CC21－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos π
3
＝3，所以BC1＝3，故BC2＋BC21＝CC21，
所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，所以C1B⊥平面ABC.
(2)由(1)可知，AB，BC，BC1 两两垂直．以B 为原点，BC，BA，BC1 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直
角坐标系．
则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(－1，0，3)，C(1，0，0)，C1(0，0，3)．
所以CC1
→＝(－1，0，3)，所以CE
→＝(－λ，0，3λ)，E(1－λ，0，3λ)，
则AE
→＝(1－λ，－1，3λ)，AB1
→＝(－1，－1，3)．
设平面AB1E 的法向量为n＝(x，y，z)，
则
n⊥AE
→
n⊥AB1
→，即
（1－λ）x－y＋3λz＝0
－x－y＋3z＝0
，
令z＝3，则x＝3－3λ
2－λ
，y＝3
2－λ
，故n＝
3－3λ
2－λ
，3
2－λ
，3
是平面AB1E 的一个法向量．
因为AB⊥平面BB1C1C，BA
→＝(0，1，0)是平面BB1E 的一个法向量，
所以|cos〈n，BA
→〉|＝|
n·BA
→
|n||BA
→||＝
|
3
2－λ
1×
3－3λ
2－λ
2
＋
3
2－λ
2
＋（3）2|
＝3
2 .
两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1 或λ＝3
2(舍去)．
20．解：(1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x＝2，可得M 的坐标为(2，2)或(2，－2)．
所以直线BM 的方程为y＝1
2x＋1 或y＝－1
2x－1.
(2)证明：当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.
当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.由
y＝k（x－2），
y2＝2x，
得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝2
k，y1y2＝－4.
直线BM，BN 的斜率之和为
kBM＋kBN＝y1
x1＋2
＋y2
x2＋2
＝x2y1＋x1y2＋2（y1＋y2）
（x1＋2）（x2＋2）
.①
将x1＝y1
k ＋2，x2＝y2
k ＋2 及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4k（y1＋y2）
k
＝－8＋8
k
＝0.所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.
21．解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
h(x)＝f（x）
x
＝ln x－k（x－1）
x
(x>0)，
则h′(x)＝1
x－k
x2＝x－k
x2 ，
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当k≤0 时，h′(x)>0 对任意的x>0 恒成立，所以h(x)是(0，＋∞)上的增函数，此时h(x)不存在极值．
当k>0 时，若0<x<k，则h′(x)<0；若x>k，则h′(x)>0.所以h(x)是(0，k)上的减函数，是(k，＋∞)上的增函数，
故h(x)的极小值为h(k)＝ln k－k＋1，不存在极大值．
综上所述，当k≤0 时，h(x)不存在极值；
当k>0 时，h(x)极小值＝ln k－k＋1，不存在极大值．
(2)由(1)知当k≤0 或k＝1 时，f(x)＝0，即h(x)＝0 仅有唯一解x＝1，不符合题意．
当0<k<1 时，h(x)是(k，＋∞)上的增函数，当x>1 时，有h(x)>h(1)＝0，
所以f(x)＝0 没有大于1 的根，不符合题意．
当k>1 时，由f′(x)＝0，即f′(x)＝1＋ln x－k＝0，解得x0＝ek－1，
若x1＝kx0＝kek－1，又x1ln x1＝k(x1－1)，
所以kek－1ln(kek－1)＝k(kek－1－1)，即ln k－1＋e1－k＝0.令v(x)＝ln x－1＋e1－x，则v′(x)＝1
x－e1－x＝ex－ex
xex ，令s(x)
＝ex－ex，s′(x)＝ex－e，当x>1 时，总有s′(x)>0，所以s(x)是(1，＋∞)上的增函数，
即s(x)＝ex－ex>s(1)＝0，
故当x>1 时，v′(x)>0，v(x)是(1，＋∞)上的增函数，所以v(x)>v(1)＝0，
即ln k－1＋e1－k＝0 在(1，＋∞)上无解．
综上可知，不存在满足条件的实数k.
22．解：(1)由
x＝1＋2t
y＝2t
，得x－y＝1，
所以直线l 的极坐标方程为ρcos α－ρsin α＝1，
即2ρ(cos αcosπ
4
－sin αsinπ
4
)＝1，
即2ρcos α＋π
4 ＝1.
由ρ＝sin θ
1－sin2θ
，所以ρ＝sin θ
cos2θ
，所以ρcos2θ＝sin θ，所以(ρcos θ)2＝ρsin θ，
即曲线C 的直角坐标方程为y＝x2.
(2)设P(x0，y0)，则y0＝x20，
所以P 到直线l 的距离d＝|x0－y0－1|
2
＝|x0－x20－1|
2
＝|－x0－1
2
2
－3
4|
2
，
所以当x0＝1
2时，dmin＝3 2
8 ，此时P
1
2，1
4 ，
所以当P 点为
1
2，1
4 时，P 到直线l 的距离最小，最小值为3 2
8 .
23．解：(1)由已知可得
f(x)＝
4，x≥2
2x，－2<x<2，
－4，x≤－2
所以，f(x)≥2 的解集为{x|x≥1}．
(2)证明：由(1)知，|x＋2|－|x－2|≤4，
1
y＋1
1－y＝
1
y＋1
1－y [y＋(1－y)]＝2＋1－y
y
＋y
1－y≥4(当且仅当y＝1
2时取等号)，所以|x＋2|－|x－2|≤1
y＋1
1－y.
高考仿真模拟卷(二)
1．解析：选A.A＝{x|x＜－1 或x＞2}，B＝{x|1＜x＜4}，所以A∩B＝(2，4)．故选A.
2．解析：选B.由z(1＋i)＝i 得z＝i
1＋i
，
所以|z|＝|i|
|i＋1|＝1
2
＝2
2 ，故答案为B.
3．解析：选B.因为向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，所以2x－4＝0，2y＝－4，解得
x＝2，y＝－2，所以a＝(2，1)，b＝(1，－2)，所以a＋b＝(3，－1)，所以|a＋b|＝
32＋（－1）2＝10.
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4．解析：选A.因为f(－x)＝|－x|ln|－x|
x4
＝|x|ln|x|
x4
＝f(x)，所以f(x)是偶函数，
可得图象关于y 轴对称，排除C，D；当x＞0 时，f(x)＝ln x
x3 ，f(1)＝0，f
1
2 ＜0，排除B.
5．解析：选A.因为sin
π
2
－α ＝cos α＝3
5，
所以sin α＝±4
5，因为α∈0，π
2 ，所以sin α＝4
5，所以tan α＝4
3，所以tan 2α＝2tan α
1－tan2α
＝
8
3
1－16
9
＝－24
7 ，
故选A.
6．解析：选A.设所选2 部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著为事件A，
所以P(A)＝C23
C210
＝1
15，因此P(A)＝1－P(A)＝1－1
15＝14
15，故本题选A.
7．解析：选B.第一次运行，i＝10，满足条件，S＝1×10＝10，i＝9；
第二次运行，i＝9 满足条件，S＝10×9＝90，i＝8；
第三次运行，i＝8 满足条件，S＝90×8＝720，i＝7；
此时不满足条件，输出的S＝720.
故条件应为8，9，10 满足，i＝7 不满足，所以条件应为i＞7.
8．解析：选C.因为1＝log2 0182 018＞a＝log2 018 2 019＞log2 018 2 018＝1
2，
b＝log2 019 2 018＜log2 019 2 019＝1
2，c＝2 018
1
2 019＞2 0180＝1，故本题选C.
9．解析：选C.由递推公式可得：
当n 为奇数时，an＋2－an＝4，数列{a2n－1}是首项为1，公差为4 的等差数列，
当n 为偶数时，an＋2－an＝0，数列{an}是首项为2，公差为0 的等差数列，
S2 017＝(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 016)
＝1 009＋1
2×1 009×1 008×4＋1 008×2
＝2 017×1 010－1.本题选择C 选项．
10．解析：选A.设P(x0，x0)，所以切线的斜率为1
2 x0
，
又因为在点P 处的切线过双曲线的左焦点F(－1，0)，
所以1
2 x0
＝
x0
x0＋1
，解得x0＝1，所以P(1，1)，因此2c＝2，2a＝5－1，故双曲线的离心率是5＋1
2
，故选A.
11．解析：选D.b
c＋c
b＝b2＋c2
bc
，这个形式很容易联想到余弦定理cos A＝b2＋c2－a2
2bc
，①
而条件中的“高”容易联想到面积，1
2a× 3
6 a＝1
2bcsin A，即a2＝2 3bcsin A，②
将②代入①得：b2＋c2＝2bc(cos A＋3sin A)，
所以b
c＋c
b＝2(cos A＋3sin A)＝4sin A＋π
6 ，当A＝π
3
时取得最大值4，故选D.
12．解析：选A.依题意得，AB＝2AD＝2，∠DAB＝π
3
，由余弦定理可得BD＝3，则AD2＋DB2＝AB2，
则∠ADB＝π
2
，又四边形ABCD 是等腰梯形，故四边形ABCD 的外接圆直径为AB，设AB 的中点为O1，球
的半径为R，因为SD⊥平面ABCD，
所以R2＝12＋
SD
2
2
＝5
4，则S＝4πR2＝5π，故选A.
13．解析：因为S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13 代入得d＝－2.故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，
根据二次函数性质，当n＝7 时，Sn 最大且最大值为49.
答案：49
14．解析：由题意得(1－3 x)8 展开式的通项为Tr＋1＝Cr8(－3 x)r＝(－1)rCr8x
r
3，r＝0，1，2，…，8，
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所以(a＋3x)(1－3 x)8 展开式的常数项为(－1)0C08·a＝a＝4，所以(4＋3x)(1－3 x)8 展开式中x2 项的系数为4·(－
1)6C68x
6
3＋3x·(－1)3C38x
3
3＝－56x2，
所以展开式中x2 的系数是－56.故答案为－56.
答案：－56
15．解析：法一：因为DE
→＝1
2DO
→，DO
→＝OB
→＝1
2DB
→，所以DE
→＝1
2DO
→＝1
4DB
→，所以DE
→＝1
3EB
→，由DF∥BC，得DF
→
＝1
3CB
→，所以CF
→＝CD
→＋DF
→＝CD
→＋1
3CB
→＝CO
→＋OD
→＋1
3(CO
→＋OB
→)＝4
3CO
→＋2
3OD
→＝－2
3AC
→＋1
3BD
→，所以λ＝－2
3，μ＝1
3，
λ＋μ＝－1
3.
法二：不妨设ABCD 为矩形，建立平面直角坐标系如图，
设AB＝a，BC＝b，则
A(0，0)，B(a，0)，C(a，b)，D(0，b)，O
a
2，b
2 ，设E(x，y)，
因为DE
→＝1
2DO
→，所以(x，
y－b)＝1
2
a
2，－b
2 ，所以x＝a
4，y＝3
4b，即E
a
4，3
4b ，设F(0，
m)，因为CF
→∥CE
→，CF
→＝
(－a，m－b)，CE
→＝－3
4a，－1
4b ，所以1
4ab＋3
4a(m－b)＝0，解
得m＝2
3b，即F 0，2
3b ，
CF
→＝－a，－1
3b .又AC
→＝(a，b)，BD
→＝(－a，b)，由CF
→＝λAC
→＋μBD
→，得－a，－1
3b ＝λ(a，b)＋μ(－a，b)＝((λ－
μ)a，(λ＋μ)b)，所以λ＋μ＝－1
3.
答案：－1
3
16．解析：由题意得ln x＋x＝kx 有两个不同的解，k＝ln x
x ＋1，则k′＝1－ln x
x2
＝0⇒x＝e，因此当0<x<e 时，
k∈－∞，1＋1
e ，当x>e 时，k∈1，1＋1
e ，从而要使ln x＋x＝kx 有两个不同的解，需k∈1，1＋1
e .
答案：1，1＋1
e
17．解：(1)因为f(x)＝3sin(3π＋x)·cos(π－x)＋cos2
π
2
＋x ，
所以f(x)＝3(－sin x)·(－cos x)＋(－sin x)2＝3
2 sin 2x＋1－cos 2x
2
＝sin 2x－π
6 ＋1
2.
由2kπ－π
2
≤2x－π
6
≤2kπ＋π
2
，k∈Z，
得kπ－π
6
≤x≤kπ＋π
3
，k∈Z，
即函数f(x)的单调递增区间是kπ－π
6
，kπ＋π
3 ，k∈Z.
(2)由f(A)＝3
2得，sin 2A－π
6 ＋1
2＝3
2，所以sin 2A－π
6 ＝1，
因为0＜A＜π，
所以0＜2A＜2π，－π
6
＜2A－π
6
＜11π
6
，
所以2A－π
6
＝π
2
，所以A＝π
3
，
因为a＝2，b＋c＝4，①
根据余弦定理得，
4＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝16－3bc，
所以bc＝4，②
联立①②得，b＝c＝2.
18．解：(1)依题意得，a＝0.04×5×1 000＝200，b＝0.02×5×1 000＝100.
(2)设抽取的40 名学生中，成绩为优秀的学生人数为x，则x
40＝350＋300＋100
1 000
，解得x＝30，
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即抽取的40 名学生中，成绩为优秀的学生人数为30.
依题意，X 的可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝C210
C240
＝3
52，P(X＝1)＝C110C130
C240
＝5
13，P(X＝2)＝C230
C240
＝29
52，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
3
52
5
13
29
52
所以X 的数学期望E(X)＝0× 3
52＋1× 5
13＋2×29
52＝3
2.
19．解：(1)证明：取BC 的中点Q，连接NQ，FQ，则NQ＝1
2AC，NQ∥AC.
又MF＝1
2AC，MF∥AC，所以MF＝NQ，MF∥NQ，则四边形MNQF 为平行四边形，即MN∥FQ.
因为FQ⊂平面FCB，MN⊄平面FCB，
所以MN∥平面FCB.
(2)由AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°可得∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，AB＝2.因为四边形
ACFE 为矩形，所以AC⊥平面FCB，则∠AFC 为直线AF 与平面FCB 所成的角，即∠AFC＝30°，所以FC＝3.
因为FB＝10，所以FC⊥BC，则可建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，
所以A( 3，0，0)，B(0，1，0)，M
3
2 ，0，3 ，MA
→＝
3
2 ，0，－3 ，MB
→＝－3
2 ，1，－3 .
设m＝(x，y，z)为平面MAB 的法向量，
则
MA
→·m＝0，
MB
→·m＝0，
即
3
2 x－3z＝0，
－3
2 x＋y－3z＝0.
取x＝2 3，则m＝(2 3，6，1)为平面MAB 的一个法向量．
又n＝( 3，0，0)为平面FCB 的一个法向量，
所以cos〈m，n〉＝m·n
|m||n|＝2 3× 3
7× 3
＝2 3
7 .
则平面MAB 与平面FCB 所成角的余弦值为2 3
7 .
20．解：(1)由题意知，b 等于原点到直线y＝x＋2 的距离，即b＝
2
1＋1
＝2，又2a＝4，所以a＝2，c2＝a2－
b2＝2，所以椭圆C 的两个焦点的坐标分别为( 2，0)，(－2，0).
(2)由题意可设M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)，
则x20
a2＋y20
b2＝1，x2
a2＋y2
b2＝1，
两式相减得y2－y20
x2－x20
＝－b2
a2，
又kPM＝y－y0
x－x0
，kPN＝y＋y0
x＋x0
，
所以kPM·kPN＝y－y0
x－x0
·y＋y0
x＋x0
＝y2－y20
x2－x20
＝－b2
a2，所以－b2
a2＝－1
4，又a＝2，所以b＝1，故椭圆C 的方程为x2
4 ＋y2
＝1.
21．解：(1)f′(x)＝1
x－k
x2＝x－k
x2 ，x＞0.
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当k≤0 时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值．
当k＞0 时，当0＜x＜k 时，f′(x)＜0，当x＞k 时，f′(x)＞0，故f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间
是(k，＋∞)，f(x)的极小值为h(k)＝f(k)＝ln k＋1.
当k＞0 时，h(k)≤ak 恒成立，即ln k＋1≤ak，即a≥ln k＋1
k
恒成立．
令φ(k)＝ln k＋1
k
，则φ′(k)＝1－（1＋ln k）
k2
＝－ln k
k2
，令φ′(k)＝0，得k＝1，当0＜k＜1 时，φ′(k)＞0，φ(k)
单调递增，当k＞1 时，φ′(k)＜0，φ(k)单调递减，故k＝1 为φ(k)在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，
所以φ(k)max＝φ(1)＝1，所以a≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，当k＞0 时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，＋∞)上单调递增，设α＜β，则一定有0＜α＜k
＜β.
构造函数g(x)＝f(x)－f(2k－x)＝ln x＋k
x－ln (2k－x)－
k
2k－x，0＜x＜k，
g′(x)＝1
x＋
1
2k－x
－k
x2－
k
（2k－x）2
＝
2k
x（2k－x）
－2k（x2－2kx＋2k2）
x2（2k－x）2
＝－4k（x－k）2
x2（2k－x）2 .
因为0＜x＜k，所以g′(x)＜0，即g(x)在(0，k)上单调递减，又f(k)－f(2k－k)＝0，所以g(x)＞0，所以f(x)＞f(2k
－x)．
因为0＜α＜k，所以f(α)＞f(2k－α)，
因为f(α)＝f(β)，所以f(β)＞f(2k－α)，因为0＜α＜k，所以2k－α＞k，又函数f(x)在(k，＋∞)上单调递增，所
以β＞2k－α，所以α＋β＞2k.
22．解：(1)x2＝
2sin α＋π
4
2
＝(sin α＋cos α)2＝sin 2α＋1＝y，所以C1 的普通方程为y＝x2.将ρ2＝x2＋
y2，ρsin θ＝y 代入C2 的方程得x2＋y2＝4y－3，所以C2 的直角坐标方程为x2＋y2－4y＋3＝0.
(2)将x2＋y2－4y＋3＝0 变形为x2＋(y－2)2＝1，它的圆心为C(0，2)．
设P(x0，y0)为C1 上任意一点，则y0＝x20，从而|PC|2＝(x0－0)2＋(y0－2)2＝x20＋(x20－2)2＝x40－3x20＋4＝x20－3
2
2
＋
7
4，所以当x20＝3
2时，|PC|min＝7
2 ，
故曲线C1 上的点与曲线C2 上的点的距离的最小值为7
2 －1.
23．解：(1)由已知可得f(x)＝
1－2x，x＜0，
1，0≤x＜1，
2x－1，x≥1，
所以f(x)min＝1，
所以只需|m－1|≤1，解得－1≤m－1≤1，
所以0≤m≤2，所以实数m 的最大值M＝2.
(2)证明：因为a2＋b2≥2ab，
所以ab≤1，
所以ab≤1，当且仅当a＝b 时取等号，①
又ab≤a＋b
2
，所以
ab
a＋b≤1
2，
所以ab
a＋b
≤ab
2 ，当且仅当a＝b 时取等号，②
由①②得，ab
a＋b≤1
2，所以a＋b≥2ab.
高考仿真模拟卷(三)
1．解析：选C.因为A＝(－2，1)，B＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，所以∁RB＝[0，1]，A∩(∁RB)＝[0，1)，选C.
2．解析：选A.由复数z1 与z3 所对应的点关于原点对称，z3 与z2 关于实轴对称可得，
复数z1 与z2 所对应的点关于虚轴对称，z1＝3＋4i，所以z2＝－3＋4i，
所以z1·z2＝(3＋4i)(－3＋4i)＝－25.
3．解析：选C.抛掷红、蓝两枚骰子，第一个数字代表红色骰子，第二个数字代表蓝色骰子，
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当红色骰子点数为偶数时，有18 种，分别为：(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，
2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，
其中两颗骰子点数之和不小于9 的有6 种，分别为：(4，5)，(4，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，
所以当已知红色骰子的点数为偶数时，两颗骰子的点数之和不小于9 的概率是P＝6
18＝1
3.故选C.
4．解析：选B.本题可以转为等差数列问题：已知首项a1＝5，前30 项的和S30＝390，求公差d.
由等差数列的前n 项公式可得，390＝30×5＋30×29
2
d，解得d＝16
29.
5．解析：选A.因为函数f(x)＝xln |x|，可得f(－x)＝－f(x)，f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，排除C，D；
当x＞0 时，f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＞0 得x＞1
e，得出函数f(x)在
1
e，＋∞上是增函数，排除B，故选A.
6．解析：选D.由m⊥OA
→，得3x＋4y＝0，即y＝－3
4x，所以tan α＝－3
4，tan α＋π
4 ＝
tan α＋tan π
4
1－tan αtanπ
4
＝tan α＋1
1－tan α
＝
－3
4＋1
1－－3
4
＝1
7.
7．解析：选D.设奇数项的公差为d，偶数项的公比为q，由a3＋a4＝7，a5＋a6＝13，得1＋d＋2q＝7，1＋2d
＋2q2＝13，解得d＝2，q＝2，所以a7＋a8＝1＋3d＋2q3＝7＋16＝23，故选D.
8．解析：选C.第一次循环r＝70，m＝105，n＝70；第二次循环r＝35，m＝70，n＝35；第三次循环r＝0，m
＝35，n＝0.故输出的m 等于35.
9．解析：选A.在△ADC 中，因为AC＝3 2，AD＝3，cos∠ADC＝cos ∠ABC＋π
2 ＝－sin∠ABC＝－3
3 ，
所以代入AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，可得DC2＋2DC－15＝0，舍掉负根有DC＝3.
所以BC＝DCcot∠ABC＝3 2.
AB＝AD＋BD＝AD＋
DC
sin∠ABC
＝3＋3 3＝4 3.
于是根据三角形的面积公式有：
S△ABC＝1
2AB·BC·sin∠ABC＝1
2·4 3·3 2· 3
3 ＝6 2.故选A.
10．解析：选C.由AB＝BC＝2，AC＝2，可知∠ABC＝π
2
，取
AC 的中点M，则点M
为△ABC 外接圆的圆心，又O 为四面体ABCD 的外接球球心，
所以OM⊥平面ABC，且OM 为△ACD 的中位线，所以DC⊥平
面ABC，
故三棱锥D­ABC 的体积为V＝1
3×1
2× 2× 2×2 3＝2 3
3 .故选C.
11．解析：选B.由题意知四边形F1F2PQ 的边长为2c，连接QF2，由对称性可知，|QF2|＝|QF1|＝2c，则三角形
QPF2 为等边三角形．过点P 作PH⊥x 轴于点H，则∠PF2H＝60°，因为|PF2|＝2c，所以在直角三角形PF2H 中，|PH|
＝3c，|HF2|＝c，则P(2c，3c)，连接PF1，则|PF1|＝2 3c.由双曲线的定义知，2a＝|PF1|－|PF2|＝2 3c－2c＝2( 3－
1)c，所以双曲线的离心率为c
a＝
1
3－1
＝3＋1
2
.
12．解析：选B.令g(x)＝f（x）
x2
，则g′(x)＝x2f′（x）－2xf（x）
x4
＝xf′（x）－2f（x）
x3
，
由于x∈(0，1)，且xf′(x)＞2f(x)，
所以g′(x)＞0，故函数g(x)在(0，1)上单调递增．又α，β为锐角三角形的两个内角，则π
2
＞α＞π
2
－β＞0，所以
1＞sin α＞sin
π
2
－β ＞0，即1＞sin α＞cos β＞0，所以g(sin α)＞g(cos β)，即f（sin α）
sin2α
＞f（cos β）
cos2β
，所
以cos2βf(sin α)＞sin2αf(cos β)．
13．解析：依题意，得1
a＋4
b＝
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1
2
1
a＋4
b ·(a＋b)
＝1
2
5＋
b
a＋4a
b
≥1
2
5＋2
b
a·4a
b
＝9
2，当且仅当
a＋b＝2，
b
a＝4a
b ，
a>0，b>0，
即a＝2
3，b＝4
3时取等号，
即1
a＋4
b的最小值是9
2.
答案：9
2
14．解析：依题意，结合茎叶图，将题中的数由小到大依次排列得到：86，86，90，91，93，93，93，96，因
此这8 位学生得分的众数是93，中位数是91＋93
2
＝92.
答案：93，92
15．解析：由AB
→·AC
→＝6，∠A＝60°，可得|AB
→|·|AC
→|＝12，
又在△ABC 中，13＝AB2
＋AC2－2AB·ACcos A，所以AB2＋AC2＝25，因为AB>AC，所以
AB＝4，AC＝3.以A 为
坐标原点，AB 所在的直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(4，0)，C
3
2，3 3
2
，
所以BC
→＝－5
2，3 3
2
，因为M 是BC 的中点，所以M
11
4 ，3 3
4
H
11
4 ，0 ，所以MH
→＝
0，－3 3
4
，所以MH
→·BC
→＝－27
8 .
答案：－27
8
16．解析：函数f(x)＝aln x－x＋a＋3
x
在定义域(0，＋∞)内无极值等价于f′(x)≥0 或f′(x)≤0 在定义域(0，＋
∞)内恒成立．因为f′(x)＝a
x－1－a＋3
x2 ＝－x2＋ax－（a＋3）
x2
，
设g(x)＝－x2＋ax－(a＋3)，则g(x)≥0 或g(x)≤0 在(0，＋∞)内恒成立，可分两种情况进行讨论，即方程g(x)
＝－x2＋ax－(a＋3)＝0 无解或只有小于等于零的解，因此Δ≤0 或
Δ≥0，
a
2≤0，
g（0）≤0，
解得－2≤a≤6 或－3≤a≤－2.故实
数a 的取值范围为[－3，6]．
答案：[－3，6]
17．解：(1)记甲运动员击中n 环为事件An(n＝1，2，3，…，10)；乙运动员击中n 环为事件Bn(n＝1，2，3，…，
10)；甲运动员击中的环数不少于9 环为事件A9∪A10，乙运动员击中的环数不少于9 环为事件B9∪B10，根据已知
事件A9 与事件A10 互斥，事件B9 与事件B10 互斥，事件A9∪A10 与B9∪B10 相互独立．
P(A9∪A10)＝P(A9)＋P(A10)＝1－0.2－0.15＝0.65，
P(B9∪B10)＝P(B9)＋P(B10)＝0.2＋0.35＝0.55.
所以甲、乙两名射击运动员击中的环数都不少于9 环的概率等于0.65×0.55＝0.357 5.
(2)设甲、乙两名射击运动员击中的环数分别为随机变量X、Y，根据已知得X、Y 的可能取值为：7，8，9，10.
甲运动员射击环数X 的概率分布列为
X
7
8
9
10
P
0.2
0.15
0.3
0.35
甲运动员射击环数X 的均值
E(X)＝7×0.2＋8×0.15＋9×0.3＋10×0.35＝8.8.
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乙运动员射击环数Y 的概率分布列为
Y
7
8
9
10
P
0.2
0.25
0.2
0.35
乙运动员射击环数Y 的均值
E(Y)＝7×0.2＋8×0.25＋9×0.2＋10×0.35＝8.7.因为E(X)>E(Y)，
所以从随机变量均值意义的角度看，选甲去比较合适．
18．解：(1)当n＝1 时，a1＝S1＝2－a；
当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.
因为{an}为等比数列，所以2－a＝1，解得a＝1.所以an＝2n－1.
设数列{bn}的公差为d.
因为b2＋5，b4＋5，b8＋5 成等比数列，
所以(b4＋5)2＝(b2＋5)(b8＋5)，
又b1＝3，所以(8＋3d)2＝(8＋d)(8＋7d)，
解得d＝0(舍去)或d＝8.所以bn＝8n－5.
(2)由an＝2n－1，得log
2an＝2(n－1)，
所以{log
2an}是以0 为首项，2 为公差的等差数列，
所以Tn＝n（0＋2n－2）
2
＝n(n－1)．
由bn＝8n－5，Tn>bn，得n(n－1)>8n－5，
即n2－9n＋5>0，因为n∈N*，所以n≥9.
故所求n 的最小正整数为9.
19．解：(1)设BD＝x(0<x<3)，则CD＝3－x.
由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.
由折起前AD⊥BC 知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，
所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，
所以S△BCD＝1
2BD·CD＝1
2x(3－x)．
于是VA­BCD＝1
3AD·S△BCD＝1
3(3－x)·1
2x(3－x)＝1
12·2x(3－x)·(3－x)≤1
12
2x＋（3－x）＋（3－x）
3
3
＝2
3(当且仅当
2x＝3－x，即x＝1 时，等号成立)，故当x＝1，即BD＝1 时，三棱锥A­BCD 的体积最大．
(2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
由(1)知，当三棱锥A­BCD 的体积最大时，BD＝1，AD＝CD
＝2.
于是可得D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，
2) ，M(0 ，1 ，1) ，
E
1
2，1，0 ，
所以BM
→＝(－1，1，1)．
设N(0，λ，0)，则EN
→＝－1
2，λ－1，0 .
因为EN⊥BM，所以EN
→·BM
→＝0，
即－1
2，λ－1，0 ·(－1，1，1)＝1
2＋λ－1＝0，故λ＝1
2，N 0，1
2，0 .
所以当DN＝1
2(即N 是CD 上靠近点D 的一个四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由
n⊥BN
→，
n⊥BM
→，
及BN
→＝－1，1
2，0 ，
得
－x＋1
2y＝0，
－x＋y＋z＝0，
所以
y＝2x，
z＝－x.
取x＝1 得n＝(1，2，－1)．
设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ，则由EN
→＝－1
2，－1
2，0 ，
可得sin θ＝|cos 〈n，EN
→〉|
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＝|
n·EN
→
|n|·|EN
→||＝|－1
2－1|
6× 2
2
＝3
2 ，
即θ＝60°，故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°.
20．解：(1)证明：因为f′(x)＝xex≥0，即f(x)在[0，1]上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，结论成立．
(2)令g(x)＝ex－1
x
，则g′(x)＝（x－1）ex＋1
x2
>0，x∈(0，1)，
所以，当x∈(0，1)时，g(x)<g(1)＝e－1，
要使ex－1
x
<b，只需b≥e－1.
要使ex－1
x
>a 成立，只需ex－ax－1>0 在x∈(0，1)上恒成立．
令h(x)＝ex－ax－1，x∈(0，1)，
则h′(x)＝ex－a，由x∈(0，1)，得ex∈(1，e)，
①当a≤1 时，h′(x)>0，此时x∈(0，1)，有h(x)>h(0)＝0 成立，所以a≤1 满足条件；
②当a≥e 时，h′(x)<0，此时x∈(0，1)，有h(x)<h(0)＝0，不符合题意，舍去；
③当1<a<e 时，令h′(x)＝0，得x＝ln a，
可得当x∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)＝0，不符合题意，舍去．综上，a≤1.
又b≥e－1，所以b－a 的最小值为e－2.
21．解：(1)由焦点坐标为(1，0)，可知p
2＝1，所以p＝2，
所以抛物线C 的方程为y2＝4x.
(2)证明：当直线l 垂直于x 轴时，△ABO 与△MNO 相似，
所以S△ABO
S△MNO
＝
|OF|
2
2
＝1
4；
当直线l 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y＝k(x－1)．
设M(－2，yM)，N(－2，yN)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程
y＝k（x－1），
y2＝4x，
整理得k2x2－(4＋2k2)x＋k2＝0，所以x1·x2＝1.
所以S△ABO
S△MNO
＝
1
2·|AO|·|BO|·sin∠AOB
1
2·|MO|·|NO|·sin∠MON
＝|AO|
|MO|·|BO|
|NO|＝x1
2 ·x2
2 ＝1
4.
综上，S△ABO
S△MNO
＝1
4.
22．解：(1)由已知可得圆心O 的直角坐标为－2
2 ，－2
2 ，所以圆心O 的极坐标为1，5π
4
.
(2)由直线l 的极坐标方程可得直线l 的直角坐标方程为x＋y－1＝0，所以圆心O 到直线l 的距离d＝|－2－1|
2
，
圆O 上的点到直线l 的距离的最大值为|－2－1|
2
＋r＝3，解得r＝2－2
2 .
23．解：(1)显然a≠0，
当a＞0 时，解集为－1
a，3
a ，则－1
a＝－6，3
a＝2，无解；
当a＜0 时，解集为
3
a，－1
a ，令－1
a＝2，3
a＝－6，得a＝－1
2.
综上所述，a＝－1
2.
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(2)当a＝2 时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)＝|4x＋1|－|2x－3|
＝
－2x－4，x≤－1
4，
6x－2，－1
4＜x＜3
2，
2x＋4，x≥3
2，
由此可知，h(x)在－∞，－1
4 上单调递减，在－1
4，3
2 上单调递增，在
3
2，＋∞上单调递增，
则当x＝－1
4时，h(x)取到最小值－7
2，由题意知，－7
2≤7－3m，则实数m 的取值范围是－∞，7
2 .
高考仿真模拟卷(四)
1．解析：选B.因为M＝{x|1≤x＜3}，N＝{1，2}，所以M∩N＝{1，2}．故选B.
2．解析：选C.由(z－1)i＝4＋2i，得z－1＝4＋2i
i
＝2－4i，所以z＝3－4i，所以|z|＝5.
3．解析：选D.由题意知，四所中学报名参加某高校2017 年自主招生考试的学生总人数为100，抽取的学生人
数与学生总人数的比值为50
100＝1
2.所以应从A，B，C，D 四所中学抽取的学生人数分别为20，15，5，10.
4．解析：选C.因为a5＝a2q3＜0，a2＜0，所以q＞0，所以an＜0 恒成立，所以Sn－Sn－1＝an＜0，{Sn}单调递减，
故为充分条件；Sn－Sn－1＝an＜0⇒a2＜0，a5＜0，故为必要条件．故选C.
5．解析：选B.依题意得cos C＝a2＋b2－c2
2ab
＝1
2，C＝60°，因此△ABC 的面积等于1
2absin C＝1
2× 3× 3
2 ＝3
4.
6．解析：选A.因为a＝log
1
2
3<log
1
2
2＝－1，0<b＝
1
3
0.2
<1，c＝2>1，所以a<b<c.
7．解析：选A.由(a－2b)·a＝a2－2a·b＝0，得a·b＝a2
2＝|a|2
2 ＝8，从而a 在b 方向上的投影为a·b
|b| ＝8
2＝4，故选A.
8．解析：选C.第一次循环S＝2，n＝2，第二次循环S＝6，n＝3，第三次循环S＝2，n＝4，第四次循环S＝18，
n＝5，第五次循环S＝14，n＝6，第六次循环S＝78，n＝7，需满足S≥K，此时输出n＝7，所以18<K≤78，所以
整数K 的最大值为78.
9．解析：选B.设长方体三条棱的长分别为a，b，c，
由题意得
ab＝6
bc＝8
ac＝12
，解得
a＝3
b＝2
c＝4
.
再结合题意可得，铁球的直径最大只能为2.
故选B.
10．解析：选B.设Q(x0，y0)，中点M(x，y)，则P(2x－x0，2y－y0)代入x2＋y2＝9，
得(2x－x0)2＋(2y－y0)2＝9，
化简得：x－x0
2
2
＋y－y0
2
2
＝9
4，
又x20＋y20＝25 表示以原点为圆心半径为5 的圆，
故易知M 的轨迹是在以
x0
2 ，y0
2 为圆心，以3
2为半径的圆绕原点一周所形成的图形，即在以原点为圆心，宽度为
3 的圆环带上，即应有x2＋y2＝r2(1≤r≤4)，
那么在C2 内部任取一点落在M 内的概率为16π－π
25π
＝15
25＝3
5.故选B.
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11．解析：选A.由题意得，F(c，0)，该双曲线的一条渐近线为y＝－b
ax，将x＝c 代入y＝－b
ax 得y＝－bc
a ，
所以bc
a ＝2a，即bc＝2a2，所以4a4＝b2c2＝c2(c2－a2)，所以e4－e2－4＝0，解得e2＝1＋17
2
，故选A.
12．解析：选A.二次函数f(x)＝x2＋(a＋8)x＋a2＋a－12 图象的对称轴为直线x＝－a＋8
2
，由f(a2－4)＝f(2a－8)
及二次函数的图象，可以得出a2－4＋2a－8
2
＝－a＋8
2
，解得a＝－4 或a＝1，又a<0，所以a＝－4，所以f(x)＝x2＋
4x，所以f（n）－4a
n＋1
＝n2＋4n＋16
n＋1
＝（n＋1）2＋2（n＋1）＋13
n＋1
＝n＋1＋13
n＋1＋2≥2
（n＋1）· 13
n＋1＋2＝2 13＋2，
又n∈N*，所以当且仅当n＋1＝13
n＋1
，即n＝13－1 时等号成立，当n＝2 时，f（n）－4a
n＋1
＝28
3 ，n＝3 时，f（n）－4a
n＋1
＝29
4 ＋2＝37
4 <28
3 ，所以最小值为37
4 ，故选A.
13．解析：因为函数f(x)＝tan x＋sin x＋2 017，所以f(－x)＝－tan x－sin x＋2 017，从而f(－x)＋f(x)＝4 034，
又f(m)＝2，所以f(－m)＝4 032.
答案：4 032
14．解析：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，
假设z＝x＋ay 在点
C(2，1)处取得最小值，则2＋a＝4，a＝2，此时y＝－1
2x＋1
2z，
其在点C(2，1)处取得
最小值，符合题意．假设z＝x＋ay 在点B(2，5)处取得最小值，
则2＋5a＝4，a＝2
5，
此时y＝－5
2x＋5
2z，其在点C 处取得最小值，不符合题意．假
设z＝x＋ay 在点A(8，
－1)处取得最小值，则8－a＝4，a＝4，此时y＝－1
4x＋1
4z，其
在点A 处取得最小值，
符合题意．所以a 的值为2 或4.
答案：2 或4
15．解析：由Sn＝2n－1，得a1＝S1＝1，
当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，a1＝1 适合上式，所以an＝2n－1.
则bn＝a2n－7an＋6＝an－7
2
2
－25
4 .
所以当n＝3 时(bn)min＝4－7
2
2
－25
4 ＝－6.
故答案为－6.
答案：－6
16．解析：该球形容器最小时，十字立方体与球内接，
此时球直径2R 等于由两个正四棱柱组合而成的几何体的对角线，即2R＝42＋42＋22＝6，球形容器的表面积
为4πR2＝36π.
答案：36π
17．解：(1)f(x)＝2 3sin xcos x＋cos2x－sin2x＝3sin 2x＋cos 2x
＝2
3
2 sin 2x＋1
2cos 2x
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＝2sin 2x＋π
6 ，
所以函数f(x)的最小正周期T＝π.
(2)由题意可知，不等式f(x)≥m 有解，即m≤f(x)max.因为x∈0，π
2 ，
所以2x＋π
6∈
π
6，7π
6 ，
故当2x＋π
6＝π
2，
即x＝π
6时，f(x)取得最大值，且最大值为f
π
6 ＝2.从而可得m≤2 .
18．解：(1)由题意知，ξ的所有可能取值为0，10，20，30.
P(ξ＝0)＝1
5×1
4×1
3＝1
60，
P(ξ＝10)＝4
5×1
4×1
3＋1
5×3
4×1
3＋1
5×1
4×2
3＝9
60＝3
20，
P(ξ＝20)＝4
5×3
4×1
3＋4
5×1
4×2
3＋1
5×3
4×2
3＝26
60＝13
30，
P(ξ＝30)＝4
5×3
4×2
3＝2
5.
所以ξ的分布列为
ξ
0
10
20
30
P
1
60
3
20
13
30
2
5
所以E(ξ)＝0× 1
60＋10× 3
20＋20×13
30＋30×2
5＝133
6 .
(2)记“甲队得30 分，乙队得0 分”为事件A，“甲队得20 分，乙队得10 分”为事件B，则A，B 互斥．
又P(A)＝
3
4
3
× 1
60＝
9
1 280，
P(B)＝C23
3
4
2
×1
4× 3
20＝81
1 280，
故甲、乙两队总得分之和为30 分且甲队获胜的概率为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝90
1 280＝9
128.
19．解：(1)证明：连接BG，因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底面AEFB，
所以BC⊥AG，因为AB＝1
2EF，且AB∥EF，所以AB 綊EG，因为AB＝AE，所以四边形ABGE 为菱形，所以AG⊥BE，
又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所以AG⊥平面BCE.
(2)由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，
设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝2 3，OA＝OG＝2，
以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(0，－2 3，0)，F(4，2 3，0)，C(0，2 3，4)，D(－2，0，4)，所以AC
→＝(2，
2 3，4)，AE
→＝(2，－2 3，0)，
设平面ACE 的法向量为n＝(x，y，z)，
则
AC
→·n＝0，
AE
→·n＝0，
所以
2x＋2 3y＋4z＝0，
2x－2 3y＝0，
令y＝1，则x＝3，z＝－3，
即平面ACE 的一个法向量为n＝( 3，1，－3)，易知平面AEF 的一个法向量为AD
→＝(0，0，4)，设二面角C­AE­F
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的大小为θ，由图易知θ∈0，π
2 ，
所以cos θ＝
|n·AD
→|
|n|·|AD
→|
＝4 3
7×4
＝21
7 .
20．解：(1)由题意知，F(x)＝f(x)h(x)＝x2ln x，F′(x)＝2xln x＋x(x>0)．
令F′(x)>0，得x> 1
e
，故F(x)的单调递增区间为
1
e
，＋∞；
令F′(x)<0，得0<x< 1
e
，故F(x)的单调递减区间为0，1
e .
(2)由题意知，G(x)＝ex－bx，故G′(x)＝ex－b，
又b>0，令G′(x)＝ex－b＝0，得x＝ln b，
故当x∈(－∞，ln b)时，G′(x)<0，此时G(x)单调递减；当x∈(ln b，＋∞)时，G′(x)>0，此时G(x)单调递增．
故G(x)min＝b－bln b，所以m≤b－bln b，则mb≤b2－b2ln b.
设r(b)＝b2－b2ln b(b>0)，则r′(b)＝2b－(2bln b＋b)＝b－2bln b，
由于b>0，令r′(b)＝0，得ln b＝1
2，b＝e，当b∈(0，e)时，r′(b)>0，r(b)单调递增；当b∈( e，＋∞)时，r′
(b)<0，r(b)单调递减，所以r(b)max＝e
2，即当b＝e，m＝1
2 e时，mb 取得最大值e
2.
21．解：(1)因为点P(2，t)到焦点F 的距离为5
2，所以2＋p
2＝5
2，解得p＝1，
故抛物线C 的方程为y2＝2x，P(2，2)，
所以l1 的方程为y＝4
5x＋2
5，
联立得
y＝4
5x＋2
5，
y2＝2x，
可解得xQ＝1
8，
又|QF|＝xQ＋1
2＝5
8，|PF|＝5
2，
所以|QF|
|PF|＝
5
8
5
2
＝1
4.
(2)设直线l2 的方程为x＝ny＋m(m≠0)，代入抛物线方程可得y2－2ny－2m＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2n，y1y2＝－2m，①
由OA⊥OB 得，(ny1＋m)(ny2＋m)＋y1y2＝0，
整理得(n2＋1)y1y2＋nm(y1＋y2)＋m2＝0，②
将①代入②解得m＝2 或m＝0(舍去)，满足Δ＝4n2＋8m>0，
所以直线l2：x＝ny＋2，
因为圆心M(a，0)到直线l2 的距离d＝|a－2|
1＋n2，
所以|DE|＝2
12－（a－2）2
1＋n2
，
显然当a＝2 时，|DE|＝2，所以存在实数a＝2，使得|DE|为定值．
22．解：(1)如图，设圆C 上任意一点A(ρ，θ)，则∠AOC＝θ－π
3
或π
3
－
θ.
由余弦定理得4＋ρ2－4ρcos(θ－π
3
)＝4，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝
4cos θ－π
3 .
作图如图所示．
(2)在直角坐标系中，点C 的坐标为(1，3)，可设圆C 上任意一点P(1＋2cos α，3＋2sin α)，
又令M(x，y)，由Q(5，－3)，M 是线段PQ 的中点，
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得M 的参数方程为
x＝6＋2cos α
2
y＝2sin α
2
(α为参数)，即
x＝3＋cos α
y＝sin α
(α为参数)，
所以点M 的轨迹的普通方程为(x－3)2＋y2＝1.
23．解：(1)由于a＝1，故f(x)＝
1－x，x<1.
x－1，x≥1.
当x<1 时，由f(x)≥1
2(x＋1)，得1－x≥1
2(x＋1)，解得x≤1
3；
当x≥1 时，由f(x)≥1
2(x＋1)，得x－1≥1
2(x＋1)，解得x≥3.
综上，不等式f(x)≥1
2(x＋1)的解集为－∞，1
3 ∪[3，＋∞)．
(2)当a<2 时，
g(x)＝
a－2，x≤a，
2x－2－a，a<x<2，
2－a，x≥2，
g(x)的值域A＝[a－2，2－a]，
由A⊆[－1，3]，得
a－2≥－1，
2－a≤3，
解得a≥1，又a<2，故1≤a<2；
当a≥2 时，g(x)＝
a－2，x≤2，
－2x＋2＋a，
2－a，x≥a，
2<x<a，
g(x)的值域A＝[2－a，a－2]，
由A⊆[－1，3]，得
2－a≥－1，
a－2≤3，
解得a≤3，又a≥2，故2≤a≤3.
综上，a 的取值范围为[1，3]．
高考仿真模拟卷(五)
1．解析：选C.A＝{x|x≤3}，B＝{2，3，4}，
所以A∩B＝{2，3}，故选C.
2．解析：选D.由已知可得z＝1＋i
2－i
＝（1＋i）（2＋i）
（2－i）（2＋i）
＝1＋3i
5
＝1
5＋3
5i，所以z＝1
5－3
5i.
3．解析：选A.所给圆的圆心为坐标原点，半径为2，当弦长大于2 时，圆心到直线l 的距离小于1，即|m|
5 ＜1，
所以－5＜m＜5，故所求概率P＝5－（－5）
9－（－6）
＝2
3.
4．解析：选C.因为4a1，a3，2a2 成等差数列，所以2a3＝4a1＋2a2，又a3＝a1q2，a2＝a1q，则2a1q2＝4a1＋2a1q，
解得q＝2 或q＝－1，故选C.
5．解析：选A.a＝b＝1 时，两条直线ax－y＋1＝0 与直线x－by－1＝0 平行，
反之由ax－y＋1＝0 与直线x－by－1＝0 平行，可得ab＝1，显然不一定是a＝b＝1，
所以，必要性不成立，
所以“a＝b＝1”是“直线ax－y＋1＝0 与直线x－by－1＝0 平行”的充分不必要条件．
故选A.
6．解析：选A.BD
→＝AD
→－AB
→，所以BC
→＝2 BD
→＝2(AD
→－AB
→)，所以BC
→·AB
→＝2(AD
→－AB
→)·AB
→＝2 AD
→·AB
→
－2 AB
→2＝0－2×22＝－4 2.
7．解析：选C.该程序框图的功能是计算S＝2＋lg 1
2＋lg 2
3＋…＋lg
n
n＋1＝2－lg(n＋1)的值．要使输出的S 的
值为－1，则2－lg(n＋1)＝－1，即n＝999，故①中应填n＜999？.
8．解析：选C.F(1，0)，故直线AB 的方程为y＝x－1，联立方程组
y2＝4x
y＝x－1
，可得x2－6x＋1＝0，设A(x1，
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y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系可知x1＋x2＝6，x1x2＝1.
由抛物线的定义可知：|FA|＝x1＋1，
|FB|＝x2＋1，
所以||FA|－|FB||＝|x1－x2|
＝（x1＋x2）2－4x1x2＝36－4＝4 2.
故选C.
9.解析：选B.如图所示，在同一坐标系中分别作出y＝f(x)与y
＝－x＋a 的图象，其
中a 表示直线在y 轴上的截距．由图可知，当a>1 时，直线y＝－x
＋a 与曲线y＝f(x)只
有一个交点．
10．解析：选C.由题意得BC＝CD＝a，∠BCD＝90°，所以
BD ＝
2 a ，所以
∠BAD＝90°，
取BD 的中点O，连接AO，CO，
因为AB＝BC＝CD＝DA＝a，
所以AO⊥BD，CO⊥BD，且AO＝BO＝OD＝OC＝2a
2 ，
又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊥BD，
所以AO⊥平面BCD，
延长CO 至点E，使CO＝OE，连接ED，EA，EB，
则四边形BCDE 为正方形，即有BC∥DE，
所以∠ADE(或其补角)即为异面直线AD 与BC 的所成角，
由题意得AE＝a，ED＝a，
所以△AED 为正三角形，所以∠ADE＝60°，
所以异面直线AD 与BC 所成角的大小为60°.故选C.
11．解析：选B.设双曲线方程为x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)，因为直线
7x＋3y＝0 是双曲线M 的一条渐近线，所以
b
a＝7
3 ，①又抛物线的准线为x＝－4，所以c＝4，②又a2＋b2＝c2，③所以由①②③得a＝3.设点P 为双曲线右支上
一点，所以由双曲线定义得||PF1|－|PF2||＝6，④又PF1
→·PF2
→＝0，所以PF1
→⊥PF2
→，所以在Rt△PF1F2 中|PF1
→|2＋|PF2
→|2＝
82，⑤联立④⑤，解得|PF1
→|·|PF2
→|＝14.
12．解析：选D.∀x1，x2∈[1，2]，f（x1）－f（x2）
x1－x2
－1＝f（x1）－x1－[f（x2）－x2]
x1－x2
＜0，
则g(x)＝f(x)－x＝aex
x －x，
在[1，2]上单调递减，
即g′(x)＝aex（x－1）
x2
－1≤0，
即aex（x－1）
x2
≤1 恒成立，
(1)当x＝1 时，显然恒成立，a∈R；
(2)当x∈(1，2]时，a≤
x2
ex（x－1），
令t(x)＝
x2
ex（x－1）
，则
t′(x)＝－xex（x2－2x＋2）
e2x（x－1）2
，
当x∈(1，2]时，t′(x)＜0，
t(x)min＝t(2)＝4
e2，所以a≤4
e2，故选D.
13．解析：作出线性约束条件表示的平面区域如图中阴影部分
所示，由图可知，当
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直线z＝x＋2y 过点A(2，2)时，z 取得最大值6.
答案：6
14．解析：由已知条件可得q4－1＝a4
a1
＝81
3 ＝27，即q＝3，
所以an＋1
an
＝q＝3，则bn＋1－bn＝log3an＋1－log3an＝log3an＋1
an
＝1.
又因为b1＝log3a1＝log33＝1，可得等差数列{bn}的通项公式为bn＝n，所以
1
bnbn＋1
＝
1
n（n＋1）
＝1
n－1
n＋1
，
所以Sn＝1－1
2＋1
2－1
3＋1
3－1
4＋…＋1
n－1
n＋1＝1－1
n＋1＝n
n＋1.
答案：n
n＋1
15．解析：由题意得，二项式(1－x)6 的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr6(－x)r＝(－1)rCr6xr，所以1＋1
x2 (1－x)6 展
开式中x3 的系数为－C36－C56＝－26.
答案：－26
16．解析：由给定的图象可知A＝1，T＝2π
ω
＝2π，所以ω＝1，故f(x)＝sin x－π
6 .
由f(x)＝0 可知函数f(x)与x 轴正半轴的第一个交点为
π
6
，0 ，故阴影部分的面积为S＝∫π
6
0 －sin x－π
6
dx
＝cos x－π
6 |
π
6
0
＝cos 0－cos －π
6 ＝2－3
2
.
答案：2－3
2
17．解：(1)由cos Bsin C＋(a－sin B)cos(A＋B)＝0，可得cos Bsin C－(a－sin B)cos C＝0，即sin(B＋C)＝acos C，
sin A＝acos C，即sin A
a
＝cos C．因为sin A
a
＝sin C
c
＝sin C，所以cos C＝sin C，即tan C＝1，C＝π
4
.
(2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcosπ
4
＝a2＋b2－2ab，
所以a2＋b2＝1＋2ab≥2ab，ab≤
1
2－2
＝2＋2
2
，当且仅当a＝b 时取等号，所以S △ABC＝1
2absin C≤
1
2×2＋2
2
× 2
2 ＝2＋1
4
.所以△ABC 面积的最大值为2＋1
4
.
18．解：(1)证明：因为AB＝AD，所以平行四边形ABCD 是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以
PA⊥BD.又PA∩AC＝A.所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O，取PC 的中点Q，连接OQ，在△APC 中，AO＝OC，CQ＝QP，所以OQ∥PA，因为PA⊥
平面ABCD，所以OQ⊥平面ABCD.
如图，取OA，OB，OQ 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A( 3，0，0)，B(0，1，
0)，C(－3，0，0)，P( 3，0，2)，所以AP
→＝(0，0，2)．
设平面PBC 的法向量为n＝(x，y，z)，而BC
→＝(－3，－1，0)，PB
→＝(－3，1，－2)，
由
n⊥BC
→，
n⊥PB
→
得
－3x－y＝0，
－3x＋y－2z＝0，
令x＝1，则y＝－3，z＝－3，所以n＝(1，－3，－3)为平面PBC 的一个法向量．
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所以cos〈AP
→，n〉＝
AP
→·n
|AP
→|×|n|
＝
－2 3
2× 1＋3＋3
＝－21
7 .
设直线PA 与平面PBC 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈AP
→，n〉|＝21
7 .
19．解：(1)由抛物线C：y2＝2px 过点P(1，1)，得p＝1
2.
所以抛物线C 的方程为y2＝x.
抛物线C 的焦点坐标为
1
4，0 ，准线方程为x＝－1
4.
(2)证明：由题意，设直线l 的方程为y＝kx＋1
2(k≠0)，l 与抛物线C 的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由
y＝kx＋1
2，
y2＝x
得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0.
则x1＋x2＝1－k
k2 ，x1x2＝1
4k2.
因为点P 的坐标为(1，1)，所以直线OP 的方程为y＝x，点A 的坐标为(x1，x1)．
直线ON 的方程为y＝y2
x2
x，点B 的坐标为x1，y2x1
x2
.
因为y1＋y2x1
x2
－2x1＝y1x2＋y2x1－2x1x2
x2
＝
kx1＋1
2 x2＋kx2＋1
2 x1－2x1x2
x2
＝
（2k－2）x1x2＋1
2（x2＋x1）
x2
＝
（2k－2）× 1
4k2＋1－k
2k2
x2
＝0，
所以y1＋y2x1
x2
＝2x1.
故A 为线段BM 的中点．
20．解：(1)第4 组的教师人数为0.04×5×40＝8，第5 组的教师人数为0.02×5×40＝4，所以第4，5 组的教
师人数分别为8，4.
(2)①因为第3 组的教师人数为0.06×5×40＝12，所以第3，4，5 组中抽取的人数分别是3，2，1，则甲，乙同
时进入面试的概率为P＝C110
C312
＝1
22.
②由①知X 的所有可能取值为0，1，2，且X 服从超几何分布，所以P(X＝0)＝C24
C26
＝2
5，P(X＝1)＝C14C12
C26
＝8
15，
P(X＝2)＝C22
C26
＝1
15.
故X 的分布列为
X
0
1
2
P
2
5
8
15
1
15
法一：所以X 的数学期望E(X)＝0×2
5＋1× 8
15＋2× 1
15＝2
3.
法二：所以X 的数学期望E(X)＝2×2
6
＝2
3.
21．解：(1)当a＝0 时，f(x)＝－xln x＋x－1，
则f′(x)＝－ln x，则f′(e)＝－1，f(e)＝－1，
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所以函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为y＋1＝－(x－e)，即x＋y＋1－e＝0.
(2)f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)＝2a(x－1)－ln x，
易知，ln x≤x－1，
则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)，当2a－1≥0，即a≥1
2时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0 恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0 符合题意．所以a≥1
2.
当a≤0 时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0 恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0 显然不满足题意，故a≤0 舍去．
当0<a<1
2时，由ln x≤x－1，得ln 1
x≤1
x－1，即ln x≥1－1
x，则f′(x)≤2a(x－1)－1－1
x ＝x－1
x
·(2ax－1)．
因为0<a<1
2，所以1
2a>1.
当x∈1，1
2a 时，f′(x)≤0 恒成立，此时f(x)在1，1
2a 上单调递减，f(x)≤f(1)＝0 不满足题意，所以0<a<1
2舍
去．
综上可得，实数a 的取值范围为
1
2，＋∞.
22．解：(1)半圆C 的普通方程为(x－1)2＋y2＝1(0≤y≤1)，又x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，
所以半圆C 的极坐标方程是ρ＝2cos θ，
θ∈0，π
2 .
(2)设(ρ1，θ1)为点P 的极坐标，则有
ρ1＝2cos θ1
θ1＝π
3
，解得
ρ1＝1
θ1＝π
3
，
设(ρ2，θ2)为点Q 的极坐标，
则有
ρ2（sin θ2＋3cos θ2）＝5 3
θ2＝π
3
，
解得
ρ2＝5
θ2＝π
3
，
由于θ1＝θ2，所以|PQ|＝|ρ1－ρ2|＝4，所以线段PQ 的长为4.
23．解：(1)由|2x－a|＋a≤6 得|2x－a|≤6－a，所以a－6≤2x－a≤6－a，
即a－3≤x≤3，
所以a－3＝－2，
所以a＝1.
(2)由(1)知f(x)＝|2x－1|＋1，
令φ(n)＝f(n)＋f(－n)，
则φ(n)＝|2n－1|＋|2n＋1|＋2＝
2－4n，n≤－1
2
4，－1
2<n≤1
2
2＋4n，n>1
2
，
所以φ(n)的最小值为4，
故实数m 的取值范围是[4，＋∞)．
高考仿真模拟卷(六)
1．解析：选B.由1
4≤2x≤4，得－2≤x≤2，
即A＝[－2，2]，
由y＝x－2＋2－x，得x＝2，
所以y＝0，所以B＝{0}，
所以A∩B＝{0}．故选B.
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2．解析：选B.因为z＝
3＋i
（1＋i）2＝3＋i
2i
＝1
2－3
2 i，所以|z|＝
1
2
2
＋－3
2
2
＝1.
3．解析：选B.MD
→＝MC
→＋CD
→＝MC
→＋BC
→＝1
2AC
→＋(AC
→－AB
→)＝3
2AC
→－AB
→，
故x＝－1，y＝3
2⇒x＋y＝1
2.
4．解析：选A.sin
5π
12＋θ
＝sin
π
2－
π
12－θ
＝cos
π
12－θ ＝1
3.
5．解析：选C.由于直线x＋ay－1＝0 是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0 的对称轴，所以圆心C(2，1)在直线x＋
ay－1＝0 上，所以2＋a－1＝0，所以a＝－1，所以A(－4，－1)．所以|AC|2＝36＋4＝40.又r＝2，所以|AB|2＝40
－4＝36.所以|AB|＝6.
6．解析：选B.由程序可知，该程序是计算s＝1×log23×log34×…×logk(k＋1)＝lg 3
lg 2×lg 4
lg 3×…×lg（k＋1）
lg k
＝
lg（k＋1）
lg 2
＝log2(k＋1)，由s＝log2(k＋1)＝4，得k＝15，则当k＝15 时，k＝k＋1＝15＋1＝16 不满足条件，所以
条件为k≤15.故选B.
7．解析：选C.因为C1D1∥A1B1，所以异面直线A1B1 与AC1 所成的角即为C1D1 与AC1 所成的角∠AC1D1，在
Rt△AC1D1 中，C1D1＝4，AC1＝42＋22＋（5）2＝5，
所以cos∠AC1D1＝C1D1
AC1
＝4
5.
8．解析：选A.在△ABD 中，AD＝6，BD＝2，∠ADB＝120°，由余弦定理，得AB
＝AD2＋BD2－2AD·BDcos 120°＝2 13，
所以DF
AB＝
4
2 13
＝2
13
，所以所求概率为S△DEF
S△ABC
＝
2
13
2
＝4
13.
9．解析：选B.令y＝f(x)＝2x2，则切线斜率k＝f′(ai)＝4ai，切线方程为y－2a2i ＝4ai(x－ai)，令y＝0 得x＝ai＋1
＝1
2ai，由a2＝32 得a4＝8，a6＝2，所以a2＋a4＋a6＝42.
10．解析：选B.设a＝OA
→，b＝OB
→，c＝OC
→，由a，b 的夹角为π
3，|a－b|＝|a|＝2
3可知△OAB 为正三角形．由
c－a 与c－b 的夹角为2π
3
可知，O，A，C，B 四点共圆，且点C 在劣弧AB
︵上．由题意可知|c|>|a|＝|a－b|＝2 3，因
为该圆的直径为2R＝
2 3
sinπ
3
＝4，所以|c|≤4，
故2 3<|c|≤4.
11．解析：选C.由函数的最值可得A＝2，函数的周期T＝4×
2π
3
－π
6 ＝2π＝2π
ω
，所以ω＝1，
当x＝π
6
时，ωx＋φ＝1×π
6
＋φ＝2kπ＋π
2
，所以φ＝2kπ＋π
3
(k∈Z)，
令k＝0 可得φ＝π
3
，
函数的解析式f(x)＝2sin x＋π
3 .
则g(x)＝f(x)＋f′(x)
＝2sin x＋π
3 ＋2cos x＋π
3
＝2 2sin x＋π
3
＋π
4
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＝2 2sin x＋7π
12 ，
结合函数的解析式有
g′(x)＝2 2cos x＋7π
12 ∈[－2 2，2 2]，
而3∉[－2 2，2 2]，
选项C 错误，依据三角函数的性质考查其余选项均正确．本题选择C 选项．
12．解析：选A.因为函数f(x)与g(x)的图象在
1
e，e 上存在关于直线y＝x 对称的点，所以问题转化为方程x2
－ax＝ln x 在
1
e，e 上有解，即a＝x2－ln x
x
在
1
e，e 上有解．令h(x)＝x2－ln x
x
，则h′(x)＝x2＋ln x－1
x2
，当x＝1 时，
h′(x)＝0，当1
e≤x≤1 时，h′(x)<0，当1<x≤e 时，h′(x)>0，所以h(x)在
1
e，1 上单调递减，在(1，e]上单调递增，
又h(1)＝1，h
1
e ＝e＋1
e，h(e)＝e－1
e，所以h(x)∈1，e＋1
e ，即a∈1，e＋1
e ，故选A.
13．解析：根据二项展开式的通项公式，得Tr＋1＝Cr5(x3)5－r·
1
2 x
r
＝
1
2
r
Cr5x
30－7r
2 (其中r＝0，1，2，3，4，5)．由
30－7r
2
＝8，求得r＝2，所以展开式中x8 的系数是
1
2
2
·C25＝5
2.
答案：5
2
14．解析：由直线y＝x 和y＝k 求得交点(k，k)，由目标函数对应的直线的斜率得，当直线z＝2x＋y 过y＝x
和y＝k 的交点(k，k)时，目标函数取得最小值，所以2k＋k＝－6，k＝－2.
答案：－2
15．解析：因为B＋C＝π －A，所以cos [2(B＋C)]＝cos(2π －2A)＝cos 2A＝2cos2A－1，又cos2A
2＝1＋cos A
2
，
所以4cos2A
2－cos [2(B＋C)]＝7
2可化为4cos2A－4cos A＋1＝0，解得cos A＝1
2.又A 为三角形的内角，所以A＝π
3
，
由余弦定理得4＝b2＋c2－2bccos A≥2bc－bc＝bc，即bc≤4，当且仅当b＝c 时取等号，所以S△ABC＝1
2bcsin A≤
1
2×4× 3
2 ＝3，即△ABC 的面积的最大值为3.
答案：3
16．解析：取AB 的中点O′，AC 的中点O，连接O′O，
因为PA2＋PB2＝AB2，所以△PAB 是以AB 为斜边的等腰直角三角形，从而点O′为△PAB 外接圆的圆心，
又AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC 是以AC 为斜边的直角三角形，从而点O 为△ABC 外接圆的圆心，
又因为O′O∥BC，所以O′O⊥AB，
又因为平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB∩平面ABC＝AB，所以O′O⊥平面PAB，
所以点O 为三棱锥P­ABC 外接球的球心，所以外接球的半径R＝OA＝1
2AC＝5
2，
故外接球的表面积S＝4πR2＝25π.
答案：25π
17．解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2 时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2 时，an
n＝an－1
n－1
，所以an
n＝a1
1.
因为a1＝2，所以an＝2n.
(2)证明：因为an＝2n，令bn＝
4
an（an＋2），n∈N*，所以bn＝
4
2n（2n＋2）＝
1
n（n＋1）＝1
n－1
n＋1.所以Tn＝b1
＋b2＋…＋bn
＝1－1
2 ＋
1
2－1
3 ＋…＋
1
n－1
n＋1 ＝1－1
n＋1
＝n
n＋1
.
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因为1
n＋1＞0，所以1－1
n＋1＜1.
因为f(n)＝1
n＋1
在N*上是递减函数，
所以1－1
n＋1在N*上是递增的，
所以当n＝1 时，Tn 取得最小值1
2.
所以1
2≤Tn＜1.
18．解：(1)依据分层抽样的方法，24名女同学中应抽取的人数为7
42×24＝4，18名男同学中应抽取的人数为7
42×18
＝3，
故不同的样本的个数为C424C318.
(2)①因为7 名同学中数学和物理成绩均为优秀的人数为3，
所以ξ的取值为0，1，2，3.
所以P(ξ＝0)＝C34
C37
＝4
35，P(ξ＝1)＝C24C13
C37
＝18
35，
P(ξ＝2)＝C14C23
C37
＝12
35，P(ξ＝3)＝C33
C37
＝1
35.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
4
35
18
35
12
35
1
35
所以E(ξ)＝0× 4
35＋1×18
35＋2×12
35＋3× 1
35＝9
7.
②因为b^＝526
812≈0.65, a^＝y－b^x＝83－0.65×76＝33.60.
所以线性回归方程为y^＝0.65x＋33.60.
当x＝96 时，y^＝0.65×96＋33.60＝96.
所以可预测该同学的物理成绩为96 分．
19．解：(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，得PC⊥DE.
由CE＝2，CD＝DE＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD⊥DE.
由PC∩CD＝C，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.
(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE＝π
4
.如图，过D 作DF 垂直CE 于F，易知DF＝FC＝FE＝1.
又已知EB＝1，故FB＝2.
由∠ACB＝π
2
，
得DF∥AC，DF
AC＝FB
BC＝2
3，
故AC＝3
2DF＝3
2.
以C 为坐标原点，分别以CA
→，CB
→，CP
→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，
P(0，0，3)，A
3
2，0，0 ，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED
→＝(1，－1，0)，DP
→＝(－1，－1，3)，DA
→＝
1
2，－1，0 .
设平面PAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
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由n1·DP
→＝0，n1·DA
→＝0，得
－x1－y1＋3z1＝0，
1
2x1－y1＝0，
故可取n1＝(2，1，1)．
由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD 的法向量n2 可取为ED
→，即n2＝(1，－1，0)，
从而法向量n1，n2 的夹角的余弦值为
cos〈n1，n2〉＝n1·n2
|n1||n2|
＝3
6 ，
故所求二面角A­PD­C 的余弦值为3
6 .
20．解：(1)当a＝0 时，f(x)＝ln x＋x2，其定义域为(0，＋∞)．f(x)的导函数f′(x)＝1
x＋2x，令f′(x)＝3，解得x
＝1 或x＝1
2，代入f(x)的解析式，可得切点的坐标为(1，1)或
1
2，1
4－ln 2 .
将切点坐标代入直线y＝3x＋m，可得m＝－2 或m＝－5
4－ln 2.
(2)因为f(x)的导函数f′(x)＝1
x＋2x－2a＝2x2－2ax＋1
x
，
其分母在[1，3]上恒为正．
设g(x)＝2x2－2ax＋1.
假设函数f(x)在[1，3]上不存在单调递增区间，必有g(x)≤0.
于是
g（1）＝3－2a≤0，
g（3）＝19－6a≤0，
解得a≥19
6 .
故要使函数f(x)在[1，3]上存在单调递增区间，a 的取值范围是－∞，19
6 .
21．解：(1)设椭圆的焦距为2c，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，由椭圆的离心率为3
2 可得c
a＝3
2 ，即
a2－b2
a2
＝3
4，所以a＝2b，b＝3
3 c.
以椭圆的一个短轴端点及两个焦点为顶点的三角形的面积为1
2b·2c＝3，即1
2· 3
3 c·2c＝3，
所以c＝3，则a＝2，b＝1，所以椭圆的方程为x2
4 ＋y2＝1，圆C 的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
(2)①当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x＝0，与圆C 相切，不符合题意．
②当直线l 的斜率存在时，设直线方程为y＝kx，
由
y＝kx，
（x－2）2＋（y－1）2＝4，
可得(k2＋1)x2－(2k＋4)x＋1＝0，
由条件可得Δ＝(2k＋4)2－4(k2＋1)>0，即k>－3
4.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2k＋4
k2＋1
，x1x2＝
1
k2＋1，y1＋y2＝k(x1＋x2)＝2k2＋4k
k2＋1
，y1y2＝k2x1x2＝k2
k2＋1，
而圆心C 的坐标为(2，1)，则CA
→＝(x1－2，y1－1)，CB
→＝(x2－2，y2－1)，所以CA
→·CB
→＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2
－1)＝－2，即x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋5＝－2，
所以
1
k2＋1
－2×2k＋4
k2＋1
＋k2
k2＋1
－2k2＋4k
k2＋1
＋5＝－2，解得k＝0 或k＝4
3.
当k＝0 时，在圆C 中，令y＝0 可得x＝2＋3或x＝2－3，故直线l 被圆C 截得的弦长为2 3；
当k＝4
3时，直线l 的方程为4x－3y＝0，圆心C(2，1)到直线l 的距离d＝|8－3|
5
＝1，
故直线l 被圆C 截得的弦长为2 22－12＝2 3，
综上可知，直线l 被圆C 截得的弦长为2 3.
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22．解：(1)由
x＝3－2
2 t，
y＝5＋2
2 t
得直线l 的普通方程为x＋y－3－5＝0.
又由ρ＝2 5sin θ得圆C 的直角坐标方程为x2＋y2－2 5y＝0，
即x2＋(y－5)2＝5.
(2)把直线l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得
3－2
2 t 2
＋
2
2 t 2
＝5.
即t2－3 2t＋4＝0.
由于Δ＝(3 2)2－4×4＝2>0，故可设t1、t2 是上述方程的两实数根，
所以t1＋t2＝3 2，t1·t2＝4.
又直线l 过点P(3，5)，A、B 两点对应的参数分别为t1、t2，
所以|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3 2.
23．解：(1)当x<－1 时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2 时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3，6)；
当x≥2 时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．综上，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明：a，b，c 均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，因为b2
a ＋c2
b＋a2
c ＋(a＋b＋c)
＝
b2
a ＋a ＋
c2
b＋b ＋
a2
c ＋c
≥2
b2
a ·a＋
c2
b·b＋
a2
c ·c
＝2(a＋b＋c)．(当且仅当a＝b＝c＝1 时，取“＝”)
所以b2
a ＋c2
b＋a2
c ≥a＋b＋c，即b2
a ＋c2
b＋a2
c ≥3.
高考仿真模拟卷(七)
1．解析：选D.法一：令z＝x＋yi，则(3－4i)(x＋yi)＝(3x＋4y)＋(3y－4x)i＝25，得
3x＋4y＝25，
3y－4x＝0，
所以
x＝3，
y＝4，
故z＝3＋4i，故选D.
法二：由已知可得z＝25
3－4i
＝25（3＋4i）
9＋16
＝3＋4i.
2．解析：选C.由题意得，M＝{x|－2≤x≤4}，N＝{x|x≥1}，则M∩N＝{x|1≤x≤4}．
3．解析：选D.通过图象可看出，2018 年1 月至4 月的仓储指数比2017 年同期波动性更大，这两年的最大仓
储指数都出现在4 月份，2018 年全年仓储指数平均值明显低于2017 年，所以选项A，B，C 的结论都正确；2018
年各仓储指数的中位数与2017 年各仓储指数中位数基本在52%，所以选项D 的结论错误．故选D.
4．解析：选B.由已知条件可知，圆的半径为2，又直线被圆所截得的弦长为2，故圆心到直线的距离为3，即
6
9＋a2＝3，得a＝3.
5．解析：选B.若“a＞0 或b＞0”，则不一定有“a＋b＞0 且a
b＞0”成立，如取a＝1，b＝－1，则a＋b＝0，
且a
b＝－1；反之，若“a＋b＞0 且a
b＞0”，则a＞0 且b＞0，从而“a＞0 或b＞0”成立．综上，选B.
6．解析：选B.由题意，不妨设a＝(1，0)，b＝－1
2，3
2 ，p＝(x，y)，
因为p·a＝p·b＝1
2，
所以
x＝1
2，
－1
2x＋3
2 y＝1
2，
解得
x＝1
2，
y＝3
2 ，
所以|p|＝x2＋y2＝1.
7．解析：选D.f(x)＝1－2sin2 x－asin x，
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令sin x＝t，t∈
1
2，1 ，则g(t)＝－2t2－at＋1，t∈
1
2，1 ，因为f(x)在
π
6
，π
2 上单调递增，所以－a
4≥1，即a≤
－4，故选D.
8．解析：选B.由图得，SE＝13，EF＝6，AB＝CD＝4，SG＝SE2－EG2＝13－9
可知半圆柱V1＝4π×6
2
＝12π，四棱锥V2＝6×4× 13－9
3
＝16，
该几何体的体积＝V1＋V2＝12π＋16.
答案选B.
9．解析：选B.由题意可得f(x)＝
x
e
－cos x，
即f(x)＝xecos x 为奇函数，排除A，C，f′(x)＝(1－xsin x)ecos x，显然存在x0 使得f′(x0)＝0，所以f(x)在(0，x0)
上单调递增，在(x0，π)上单调递减．故选B.
10．解析：选C.由a23＋a25＝32 400－2a2a6，得a23＋2a3a5＋a25＝32 400，即(a3＋a5)2＝32 400，又an＞0，所以a3
＋a5＝180，从而a1(q2＋q4)＝180，由S4＝10S2，得a1＋a2＋a3＋a4＝10(a1＋a2)，即a3＋a4＝9(a1＋a2)，所以(a1＋a2)q2
＝9(a1＋a2)，所以q2＝9，
又q＞0，所以q＝3，代入a1(q2＋q4)＝180，得a1＝2，所以a2 019＝2×32 018＝2×(34)504×32＝18×(81)504，故其
个位数为8.
11．解析：选A.由题意知，y＝2x＋1
2表示斜率为2 的直线，变量a，b 满足b＝－1
2a2＋3ln a，设函数f(x)＝－1
2x2
＋3ln x，
则f′(x)＝－x＋3
x，设当切线斜率为2 时，函数f(x)图象的切点的横坐标为x0，则－x0＋3
x0
＝2，所以x0＝1，此
时切点坐标为1，－1
2 ，切点到直线y＝2x＋1
2的距离d＝3
5
，所以(a－m)2＋(b－n)2 的最小值为d2＝9
5.
12．解析：选C.由渐近线方程得b
a＝6
2 ，
又a＝2，所以b＝6，故c＝10.
设|PF1|＝3k，|PF2|＝k，
则由双曲线定义知3k－k＝4，k＝2，
所以|PF1|＝6，|PF2|＝2，
可判断∠F1PF2＝90°，
所以以PF1
→、PF2
→为邻边的四边形为矩形，
所以|PF1
→＋PF2
→|＝2 10.
13．解析：每个城市投资1 个项目有C34A 33种，有一个城市投资2 个有C24C12C 23种，投资方案共C34A33＋C24C12C23＝
24＋36＝60 种．
答案：60
14．解析：由正弦定理得sin B＝bsin A
a
＝
2 3×1
2
2
＝3
2 ，所以B＝π
3或2π
3 .若B＝π
3，则C＝π－A－B＝π
2，此时S
＝1
2ab＝1
2×2×2 3＝2 3.若B＝2π
3 ，则C＝π－A－B＝π
6，所以A＝C，此时c＝a＝2，所以S＝1
2acsin B＝1
2×2×2× 3
2
＝3.所以S＝2
3或3.
答案：2
3或3
15．解析：n＝1 时，f(1)＝1；
n＝2 时，小盘→2 号针，大盘→3 号针，小盘从2 号针→3 号针，完成，即f(2)
＝3＝22－1；
n＝3 时，小盘→3 号针，中盘→2 号针，小盘从3 号针→2 号针[用f(2)种方法把
中、小两盘移到2 号针，大盘→3 号针；再用f(2)种方法把中、小两盘从2 号针移到3
号针，完成]，
f(3)＝f(2)×2＋1＝3×2＋1＝7＝23－1，
f(4)＝f(3)×2＋1＝7×2＋1＝15＝24－1，
…
以此类推，f(n)＝f(n－1)×2＋1＝2n－1.
故答案为：2n－1.
答案：2n－1
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16．解析：作出函数f(x)的图象如图所示，结合图象可知，若函数y＝2[f(x)]2＋2bf(x)＋1 有8 个零点，则关于
f(x)的一元二次方程2[f(x)]2＋2bf(x)＋1＝0 在(0，1)上有2 个不相等的实根．设t＝f(x)，则方程转化为2t2＋2bt＋1
＝0，设两个根分别为t1，t2，则由根与系数的关系知，
Δ＝4b2－8>0，
0<t1，t2<1，
即
b<－2或b> 2，
0<t1＋t2<2，
0<（t1－1）（t2－1）<1，
所以
b<－2或b> 2，
0<－b<2，
0<1
2－（－b）＋1<1，
得－3
2<b<－2.
答案：－3
2，－2
17．解：(1)当n≥2 时，由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3，两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，所以an＋
1＝3an，所以an＋1
an
＝3.当n＝1 时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则a2
a1
＝3.所以数列{an}是以3 为首项，3 为公比的
等比数列．
所以an＝3×3n－1＝3n.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)×3n.
所以Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，②
①－②得－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3
＋2×32（1－3n－1）
1－3
－(2n－1)×3n＋1＝－6－(2n－2)×3n＋1.
所以Tn＝(n－1)×3n＋1＋3.
18．解：(1)2×2 列联表如下：
年龄不低于45 岁的人数
年龄低于45 岁的人数
总计
支持
a＝3
c＝29
32
不支持
b＝7
d＝11
18
总计
10
40
50
K2＝
50×（3×11－7×29）2
（3＋7）×（29＋11）×（3＋29）×（7＋11）
≈6.27<6.635，
所以没有99%的把握认为以45 岁为分界点对“生育二孩放开”政策的支持度有差异．
(2)ξ所有的可能取值有0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝C24
C25
× C28
C210
＝6
10×28
45＝84
225，
P(ξ＝1)＝C14
C25
× C28
C210
＋C24
C25
×C18C12
C210
＝4
10×28
45＋6
10×16
45＝104
225，
P(ξ＝2)＝C14
C25
×C18C12
C210
＋C24
C25
× C22
C210
＝4
10×16
45＋6
10× 1
45＝35
225，
P(ξ＝3)＝C14
C25
× C22
C210
＝4
10× 1
45＝2
225.
所以ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
84
225
104
225
35
225
2
225
所以ξ的数学期望为E(ξ)＝0＋104
225＋70
225＋6
225＝4
5.
19．解：(1)证明：连接AC，AC，BD 交于点O，连接PO，因为底面ABCD 是正方形，
所以AC⊥BD 且O 为BD 的中点，
又PA⊥BD，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，
由于PO⊂平面PAC，故BD⊥PO，
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又BO＝DO，故PB＝PD.
(2)设PD 的中点为Q，连接AQ，EQ，EQ 綊1
2CD＝AF，所以AFEQ 为平行四边形，EF∥AQ，
因为EF⊥平面PCD，所以AQ⊥平面PCD，
所以AQ⊥PD，PD 的中点为Q，所以AP＝AD＝2.
由AQ⊥平面PCD，可得AQ⊥CD，
又AD⊥CD，AQ∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，
所以CD⊥PA，又BD⊥PA，所以PA⊥平面ABCD.
结合题意可知，AB，AP，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，向量AB
→，AD
→，AP
→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正
方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，
则A(0，0，0)，B( 2，0，0)，Q 0，2
2 ，2
2 ，D(0，2，0)，P(0，0，2)，AQ
→＝0，2
2 ，2
2 ，PB
→＝( 2，0，
－2)，AQ
→为平面PCD 的一个法向量．
设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，
则sin θ＝|
PB
→·AQ
→
|PB
→|·|AQ
→||＝1
2，
所以直线PB 与平面PCD 所成的角为π
6.
20．解：(1)当m＝4 时，f(x)＝4x－4
x，f′(x)＝4＋4
x2，f′(2)＝5，又f(2)＝6，所以所求切线方程为y＝5x－4.
(2)由题意知，x∈(1，e ]时，mx－m
x－3ln x<3 恒成立，即m(x2－1)<3x＋3xln x 恒成立，
因为x∈(1，e ]，所以x2－1>0，
则m<3x＋3xln x
x2－1
恒成立．
令h(x)＝3x＋3xln x
x2－1
，x∈(1，e]，
则m<h(x)min，
h′(x)＝－3（x2＋1）·ln x－6
（x2－1）2
＝－3（x2＋1）·ln x＋6
（x2－1）2
，
因为x∈(1，e ]，所以h′(x)<0，即h(x)在(1，e ]上是减函数．
所以当x∈(1，e ]时，h(x)min＝h( e)＝
9 e
2（e－1）
.
所以m 的取值范围是
－∞，9 e
2e－2 .
21．解：(1)如图，由题意知F1(－1，0)，因而c＝1，即a2＝b2＋1，又两曲线在第二象限内的交点Q(xQ，yQ)到
F1 的距离是它到直线x＝－4 的距离的一半，即4＋xQ＝2(－xQ＋1)，得xQ＝－2
3，则y2Q＝8
3，代入到椭圆方程，得4
9a2
＋8
3b2＝1.
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由
4
9a2＋8
3b2＝1，
a2＝b2＋1，
解得a2＝4，b2＝3，
所以所求椭圆的方程为x2
4 ＋y2
3 ＝1.
(2)由题意知，直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为y＝kx＋t，由
y＝kx＋t，
x2
4 ＋y2
3 ＝1，
得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－8kt
3＋4k2，x1x2＝4t2－12
3＋4k2，
由(1)知，右焦点F2(1，0)，则P 1，3
2 ，由对称性知，直线PA，PB 的倾斜角互补，即斜率存在且互为相反数，
则
3
2－y1
1－x1
＋
3
2－y2
1－x2
＝0，即
3－2kx1－2t
2（1－x1）
＋3－2kx2－2t
2（1－x2）
＝0，
整理得(2t－2k－3)(x1＋x2)＋4kx1x2＋6－4t＝0，
即(2t－2k－3)× －8kt
3＋4k2＋4k×4t2－12
3＋4k2＋6－4t＝0，
即4k2＋(4t－8)k＋3－2t＝0，
(2k－1)(2t＋2k－3)＝0，
得k＝1
2或t＝3
2－k.
当t＝3
2－k 时，直线MN 的方程为y＝kx＋3
2－k 恒过定点
P 1，3
2 ，不符合题意，
因而k＝1
2，即直线MN 的斜率为定值1
2.
22．解：(1)因为ρ2(1＋sin2 θ)＝ρ2＋(ρsin θ)2＝1，
所以x2＋y2＋y2＝1，即x2＋2y2＝1，此即为曲线M 的直角坐标方程．
(2)将
x＝10
2 ＋tcos α，
y＝tsin α
代入x2＋2y2＝1
得10
4 ＋10tcos α＋t2cos2α＋2t2sin2α＝1，
所以t2(1＋sin2α)＋10tcos α＋3
2＝0，
因为直线l 与曲线M 只有一个公共点，
所以Δ＝( 10cos α)2－4×3
2×(1＋sin2α)＝0，即sin2 α＝1
4，sin α＝±1
2，又α∈[0，π)，所以α＝π
6或5π
6 .
23．解：(1)当a＝2 时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，
所以
x<1，
2－x＋1－x≥7
或
1≤x≤2，
2－x＋x－1≥7
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或
x>2，
x－2＋x－1≥7，
解得x≤－2 或∅或x≥5，
所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．
(2)证明：f(x)≤1 即|x－a|≤1，解得a－1≤x≤a＋1，而f(x)≤1 的解集是[0，2]，所以
a－1＝0，
a＋1＝2，
解得a＝1，
所以1
m＋1
2n＝1(m>0，n>0)，
所以m＋4n＝(m＋4n)
1
m＋1
2n ＝3＋4n
m＋m
2n≥2 2＋3(当且仅当m＝2 2n 时取等号)．
高考仿真模拟卷(八)
1．解析：选D.由ln x≤1，得0＜x≤e，所以N＝{x|0<x≤e}，∁RN＝{x|x≤0 或x>e}，所以M∩(∁RN)＝{x|x≤0}
＝M.
2．解析：选C.由题意可得：1＋z＝(2－i)(1＋i)＝3＋i，所以z＝2＋i，|
1
z|＝|
1
2＋i|＝|1|
|2＋i|
＝5
5 .
3．解析：选D.由题得2a·b＋b2＝0，
所以2|b|2cos〈a，b〉＋|b|2＝0，所以cos〈a，b〉＝－1
2，所以〈a，b〉＝2π
3
.故选D.
4．解析：选A.由a－b>0 得a>b≥0，
则a2>b2⇒a2－b2>0；
由a2－b2>0 得a2>b2，可得a>b≥0 或a<b≤0 等，所以“ a－b>0”是“a2－b2>0”的充分不必要条件，故选
A.
5．解析：选B.tan(α＋β)＝tan[(2α－β)－(α－2β)]＝tan（2α－β）－tan（α－2β）
1＋tan（2α－β）tan（α－2β）
＝
－1
3－－3
4
1＋－1
3 × －3
4
＝1
3，故选
B.
6．解析：选A.由已知可得S＝
0
40 ＋
1
40 ＋
2
40 ＋…＋
2 016
40
＝0×40＋1×40＋2×40＋…＋49×40＋50×17
＝（0＋49）×50
2
×40＋850＝49 850.
故选A.
7．解析：选A.因为数列{an}中各项均为正数，所以a3＝a2a4＝4，设数列的公比为q，由S3＝7，得S2＝3，即
a1(1＋q)＝3，又a3＝a1q2＝4，所以4
q2(1＋q)＝3，解得q＝－2
3(舍去)或q＝2，所以a4＝a3q＝8，所以S4＝S3＋a4＝15.
故选A.
8．解析：选D.根据f(x)关于原点对称可知该函数为奇函数，
对于A 选项f(－x)＝x2ln |x|＝f(x)，为偶函数，不符合；
对于B 选项定义域不对；
对于C 选项当x>0 的时候，f(x)＞0 恒成立不符合该函数图象，故错误；
对于D 选项，f(－x)＝ln |x|
－x
＝－f(x)，符合判定，故选D.
9．解析：选C.以D 为原点，分别以DA、DC 所在直线为x、y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设DC＝a，
DP＝x.
所以D(0，0)，A(2，0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，x)，
PA
→＝(2，－x)，PB
→＝(1，a－x)，
所以PA
→＋3PB
→＝(5，3a－4x)，
|PA
→＋3PB
→|2＝25＋(3a－4x)2≥25，
所以|PA
→＋3PB
→|的最小值为5.故选C.
10．解析：选D.设三棱锥D­ABC 的外接球球心为O，过点O 作DB 的垂线，垂足为H，作平面ODA 交直线
BC 于点E，交BC
︵于点F，设平面ODA 截得外接球是⊙O，D，A，F 是⊙O 表面上的点，又因为DA⊥平面ABC，
所以∠DAF＝90°，所以DF 是⊙O 的直径，因此球心O 在DF 上，AF 是三角形ABC 外接圆的直径，连接BD，
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BF，因为BF⊥DA，BF⊥AB，所以BF⊥平面DAB，
所以∠DBF＝90°，因为∠DHO＝90°，所以OH∥BF，又DO＝OF，所以OH 是△DBF 的中位线，OH＝1
2BF，
由AB＝AD＝3，三角形外接圆半径2R＝AB
sin A，得AF＝2，在Rt△DAB 中，DB＝AD2＋AB2＝6，在Rt△DAF
中，DF＝DA2＋AF2＝7，在Rt△DBF 中，BF＝DF2－DB2＝1，故OH＝1
2，故选D.
11．解析：选A.令点P(x0，y0)，因为该双曲线的渐近线分别是x
3
－y＝0，x
3
＋y＝0，
所以可取|PA|＝|
x0
3
－y0|
1
3＋1
，
|PB|＝|
x0
3
＋y0|
1
3＋1
，
又cos ∠APB＝－cos ∠AOB＝－cos 2∠AOx＝－cosπ
3
＝－1
2，
所以PA
→·PB
→＝|PA
→|·|PB
→|·cos∠APB＝|
x20
3 －y20|
4
3
· －1
2
＝3
4× －1
2 ＝－3
8.
12．解析：选C.由题意知g′(x)＝1－4
x2 x∈1，5
2
，
令g′(x)＜0 可得1≤x＜2，令g′(x)＞0 可得2＜x≤5
2，
所以g(x)max＝g（1），g
5
2
max
＝g(1)＝5，g(x)min＝g(2)＝4，所以g(x)＝x＋4
x在1，5
2 上的最小值为4，最大值
为5，对任意的x∈M，存在常数x0∈M，使得g(x)≥g(x0)，则g(x0)＝g(x)min＝4，此时x0＝2，根据题意知f(x)min＝
f(2)＝4，二次函数f(x)＝2x2＋ax＋b 的顶点坐标为(2，4)，所以a＝－8，b＝12，所以f(x)＝2(x－2)2＋4，所以f(x)
在1，5
2 上的最大值f(x)max＝f(1)＝6.
13．解析：2＋1
x (2＋x)5 展开式中，含x2 的项为2×C25×23×x2＋1
x×C35×22×x3＝(2×C25×23＋C35×22)x2＝200x2，
所以系数为200.故答案为200.
答案：200
14．解析：由题当q≠1 时，S3＝a1（1－q3）
1－q
＝（1－q）（1＋q＋q2）
1－q
＝3，解得(q＋2)(q－1)＝0，得q＝－2，此
时Sn＝1－（－2）n
3
；当q＝1 时，a1＝1，S3＝3，满足题意，则此时Sn＝n.综上Sn＝1－（－2）n
3
或Sn＝n.
答案：1－（－2）n
3
或n
15．解析：原已知式子可化为N(n，3)＝1
2n2＋1
2n＝3－2
2
n2＋4－3
2
n；
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N(n，4)＝n2＝4－2
2
n2＋4－4
2
n；
N(n，5)＝3
2n2－1
2n＝5－2
2
n2＋4－5
2
n；
N(n，6)＝2n2－n＝6－2
2
n2＋4－6
2
n.
故N(n，k)＝k－2
2
n2＋4－k
2
n，
N(20，15)＝15－2
2
×202＋4－15
2
×20＝2 490.
答案：2 490
16．解析：线段PQ 的中点M(x0，y0)的轨迹方程为x0＋3y0＋2＝0，由y0＜x0＋2，得x0＞－2，则y0
x0
＝
－1
3（x0＋2）
x0
＝－2
3x0
－1
3∈－∞，－1
3 ∪(0，＋∞)．
答案：－∞，－1
3 ∪(0，＋∞)
17．解：(1)
sin C
sin A－sin B＝a＋b
a－c
，由正弦定理可得c
a－b＝a＋b
a－c
，所以c(a－c)＝(a－b)(a＋b)，即a2＋c2－b2＝ac.
又a2＋c2－b2＝2accos B，所以cos B＝1
2，
因为B∈(0，π)，所以B＝π
3
.
(2)法一：在△ABD 中，由余弦定理得c2＋(2a)2－2×2ac×cos π
3
＝32，
所以(2a＋c)2－9＝3×2ac.
因为2ac≤
2a＋c
2
2
，所以(2a＋c)2－9≤3
4(2a＋c)2，
即(2a＋c)2≤36，2a＋c≤6，当且仅当2a＝c，即a＝3
2，c＝3 时，2a＋c 取得最大值，最大值为6.
法二：在△ABD 中，由正弦定理知
2a
sin∠BAD
＝
c
sin ∠ADB
＝
3
sin π
3
＝2 3，
所以2a＝2 3sin∠BAD，
c＝2 3sin∠ADB，
所以2a＋c＝2 3sin∠BAD＋2 3sin∠ADB
＝2 3(sin∠BAD＋sin∠ADB)
＝2 3 sin∠BAD＋sin
2π
3
－∠BAD
＝6
3
2 sin∠BAD＋1
2cos∠BAD
＝6sin ∠BAD＋π
6 .
因为∠BAD∈0，2π
3
，所以∠BAD＋π
6
∈
π
6
，5π
6
，
所以当∠BAD＋π
6
＝π
2
，即∠BAD＝π
3
时，2a＋c 取得最大值，最大值为6.
18．解：(1)证明：法一：设线段AC 的中点为O，连接OD，OE，OB.
因为∠ABC＝90°，所以BO＝1
2AC＝1，同理DO＝1，又AB＝AD＝1，
所以四边形ABOD 是平行四边形，所以DO∥AB.又O，E 分别是AC，PC 的中点，所以OE∥PA.又PA∩AB
＝A，OD，OE⊂平面ODE，OD∩OE＝O，所以平面ODE∥平面PAB.
又DE⊂平面ODE，所以DE∥平面PAB.
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法二：因为AB⊥BC，PA⊥平面ABCD，
所以以B 为坐标原点，BA 所在的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，过点B 且与平面ABC 垂直的直线为z
轴，建立空间直角坐标系B­xyz，
则B(0，0，0)，C(0，3，0)，P(1，0，2)，
D
3
2，3
2 ，0 ，A(1，0，0)，E
1
2，3
2 ，1 ，
所以DE
→＝(－1，0，1)，BP
→＝(1，0，2)，BA
→＝(1，0，0)．
设平面PAB 的法向量为n＝(a，b，c)，则
n·BP
→＝0，
n·BA
→＝0，
所以
a＋2c＝0，
a＝0，
所以n＝(0，1，0)为平面PAB 的一个法向量．又DE
→·n＝0，
所以DE∥平面PAB.
(2)由(1)法二中的空间直角坐标系，易知BC
→＝(0，3，0)，DP
→＝－1
2，－3
2 ，2 ，DC
→＝－3
2，3
2 ，0 ，设平面
PBC 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
n1·BP
→＝0，
n1·BC
→＝0，
所以
x1＋2z1＝0，
3y1＝0，
所以n1＝(2，0，－1)为平面PBC 的一个法向量．
设平面DPC 的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
n2·DP
→＝0
n2·DC
→＝0
，
所以
－1
2x2－3
2 y2＋2z2＝0，
－3
2x2＋3
2 y2＝0，
所以n2＝(1，3，1)为平面DPC 的一个法向量．
所以cos〈n1，n2〉＝2－1
5× 5
＝1
5，
故二面角D­CP­B 的余弦值为1
5.
19．解：(1)完成的2×2 列联表如下：
平均车速超过
100 km/h
平均车速不超过
100 km/h
总计
男性驾驶员
40
15
55
女性驾驶员
20
25
45
总计
60
40
100
K2＝100×（40×25－20×15）2
60×40×55×45
≈8.249＞7.879，
所以有99.5%的把握认为“平均车速超过100 km/h 与性别有关”．
(2)平均车速不超过100 km/h 的驾驶员有40 人，从中随机抽取2 人的方法总数为C240，记“这2 人恰好有1 名
男性驾驶员和1 名女性驾驶员”为事件A，则事件A 所包含的基本事件数为C115C125，所以所求的概率P(A)＝C115C125
C240
＝
15×25
20×39
＝25
52.
(3)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1 辆车，平均车速超过100 km/h 且为男性驾驶员的概率为40
100＝2
5，
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故X～B 3，2
5 .
所以P(X＝0)＝C03
2
5
0 3
5
3
＝27
125；
P(X＝1)＝C13
2
5
3
5
2
＝54
125；
P(X＝2)＝C23
2
5
2 3
5 ＝36
125；
P(X＝3)＝C33
2
5
3 3
5
0
＝8
125.
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
27
125
54
125
36
125
8
125
E(X)＝0× 27
125＋1× 54
125＋2× 36
125＋3× 8
125＝6
5
或E（X）＝3×2
5＝6
5 .
20．解：(1)设点D 的坐标为(x0，y0)，
由抛物线的几何性质可知x0＋1＝2，
故x0＝1，y0＝2，所以D(1，2)．
又点D(1，2)在直线AB：x
a＋y
b＝1 上，
故1
a＋2
b＝1.①
设椭圆的左，右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，由离心率e＝c
a＝3
2 ，知c2
a2＝3
4，即a2－b2
a2
＝3
4，所以a＝2b.②
由①②可得a＝5，b＝5
2，
故椭圆C 的标准方程为x2
25＋
y2
25
4
＝1.
(2)由
x2
25＋
y2
25
4
＝1，
y＝x＋m
可得5x2＋8mx＋4m2－25＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则Δ＝(8m)2－4×5(4m2－25)＞0，
故0≤m2＜125
4 ，
又x1＋x2＝－8m
5 ，x1x2＝4m2－25
5
，
则|MN|＝2· （x1＋x2）2－4x1x2
＝2·
－8m
5
2
－4（4m2－25）
5
＝2 2
5
125－4m2；
同理可得|PQ|＝2 2
5
125－4m2.
由题意知MN⊥PQ，故四边形MPNQ 的面积为
S＝1
2|MN|·|PQ|＝1
2× 8
25(125－4m2)＝4（125－4m2）
25
，
又0≤m2＜125
4 ，
所以当m＝0 时，面积S 取得最大值20.
21．解：(1)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
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当a＝1 时，f′(x)＝1＋x－x
（1＋x）2－1
1＋x
＝
－x
（1＋x）2，
所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，0)上单调递增，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝0.
(2)令φ(x)＝f(x)＋1，则“当a＜0 时，对任意的x1，x2∈[0，2]，f(x1)＋1≥g(x2)恒成立”等价于“当a＜0 时，
对任意的x∈[0，2]，φ(x)min≥g(x)max”．
由于φ′(x)＝
1
（1＋x）2－a
1＋x＝－ax－a＋1
（x＋1）2 ，故当a＜0 时，对任意的x∈[0，2]，有φ′(x)＞0，从而函数φ(x)在[0，
2]上单调递增，所以φ(x)min＝φ(0)＝1.
g′(x)＝2xemx＋x2emx·m＝(mx2＋2x)emx.当m＝0 时，g(x)＝x2，
当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝4，显然不满足g(x)max≤1.
当m≠0 时，令g′(x)＝0 得，x＝0 或x＝－2
m.
(i)当－2
m≥2，即－1≤m＜0 时，若x∈[0，2]，则g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)
＝4e2m，所以4e2m≤1，得m≤－ln 2，所以－1≤m≤－ln 2.
(ii)当0＜－2
m＜2，即m＜－1 时，若x∈0，－2
m ，则g′(x)≥0，g(x)单调递增，若x∈－2
m，2 ，则g′(x)＜0，
g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g －2
m ＝4
m2e2，
所以4
m2e2≤1，得m≤－2
e，所以m＜－1.
(iii)当－2
m＜0，即m＞0 时，若x∈[0，2]，则g′(x)≥0，g(x)单调递增，
所以g(x)max＝g(2)＝4e2m，4e2m≤1 不成立．综合所述，实数m 的取值范围是(－∞，－ln 2]．
22．解：(1)由ρ＝2sin θ，θ∈[0，2π)，可得ρ2＝2ρsin θ.因为ρ2＝x2＋y2，ρsin θ＝y，
所以曲线C 的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0(或x2＋(y－1)2＝1)．
(2)因为直线l 的参数方程为
x＝3t＋3，
y＝－3t＋2，
(t 为参数，t∈R)，消去t 得直线l 的普通方程为y＝－3x＋5.
因为曲线C：x2＋(y－1)2＝1 是以G(0，1)为圆心，1 为半径的圆，设点D(x0，y0)，且点D 到直线l：y＝－3x
＋5 的距离最短，所以曲线C 在点D 处的切线与直线l：y＝－3x＋5 平行，
即直线GD 与l 的斜率的乘积等于－1，即y0－1
x0
×(－3)＝－1.①
因为x20＋(y0－1)2＝1，②
由①②解得x0＝－3
2 或x0＝3
2 ，
所以点D 的直角坐标为－3
2 ，1
2 或
3
2 ，3
2 .
由于点D 到直线y＝－3x＋5 的距离最短，所以点D 的直角坐标为
3
2 ，3
2 .
23．解：(1)当a＝1 时，f(x)＝|x－1|＋|x－2|.
当x≤1 时，f(x)＝1－x＋2－x＝3－2x，此时由f(x)＞2 得x＜1
2；
当1＜x≤2 时，f(x)＝x－1＋2－x＝1，此时f(x)＞2 无解；
当x＞2 时，f(x)＝x－1＋x－2＝2x－3，此时由f(x)＞2 得x＞5
2.
综上可得不等式f(x)＞2 的解集为－∞，1
2 ∪
5
2，＋∞.
(2)因为f(x)＝|x－a|＋|x－2a|≥|(x－a)－(x－2a)|＝|a|，
故f(x)取得最小值|a|，因此原不等式等价于|a|≥a2－3a－3.
当a≥0 时，有a≥a2－3a－3，即a2－4a－3≤0，解得2－7≤a≤2＋7，此时有0≤a≤2＋7.
当a＜0 时，有－a≥a2－3a－3，即a2－2a－3≤0，解得－1≤a≤3，
此时有－1≤a＜0.
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综上可知a 的取值范围是[－1，2＋7]．
高考仿真模拟卷(九)
1．解析：选B.由题得B＝{x|x≥2 或x≤－1}，
所以∁RB＝{x|－1<x<2}，
所以A∩∁RB＝{0，1}．故选B.
2．解析：选D.z＝1－i
3＋i
＝（1－i）（3－i）
（3＋i）（3－i）
＝2－4i
10
＝1－2i
5
＝1
5－2i
5，
所以在复平面内对应的点为
1
5，－2
5 ，
所以复数z＝1－i
3＋i
在复平面内对应的点位于第四象限．答案选D.
3．解析：选A.特称命题的否定是将存在量词改成全称量词，再将结论否定．
4．解析：选B.设等差数列的公差为d，因为a1＋a3＝6，S10＝100，
所以
2a1＋2d＝6
10a1＋45d＝100
，解得a1＝1，d＝2；
因此a5＝a1＋4d＝9.故选B.
5．解析：选B.依题意，有|a|＝|b|＝1，且a·b＝0，又(λa＋b)⊥(a＋2b)，所以，(λa＋b)(a＋2b)＝0，即λa2＋2b2
＋(2λ＋1)a·b＝0，即λ＋2＝0，所以，λ＝－2，故选B.
6．解析：选D.易知a＝log412＝log4(4×3)＝1＋log43，b＝log515＝log5(5×3)＝1＋log53，由对数函数的性质知
log43>log53>0，故a>b>1.又c＝3－3
2<30＝1，故a>b>c.
7．解析：选C.六名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人，共有：C26C24＝90 种安排方法，
其中A 照顾老人甲的情况有：C15C24＝30 种，
B 照顾老人乙的情况有：C15C24＝30 种，
A 照顾老人甲，同时B 照顾老人乙的情况有：C14C13＝12 种，
所以符合题意的安排方法有：90－30－30＋12＝42 种．
故选C.
8．解析：选B.取AC 的中点E，连接BE，如图，可得AD
→·EB
→＝(AB
→＋BD
→)·EB
→＝AB
→·EB
→＝
4×2 3× 3
2 ＝12＝5×2 3×cos θ(θ为AD
→与EB
→的夹角)，所以cos θ＝2 3
5 ，sin θ＝13
5 ，
tan θ＝39
6 ，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为2 39
13 .
9．解析：选D.根据题意可知，第一天s＝1
2，所以满足s＝s
2，不满足s＝s－1
i，故排除AB，
由框图可知，计算第二十天的剩余时，有s＝s
2，且i＝21，
所以循环条件应该是i≤20.故选D.
10．解析：选C.因为sin αcos β－cos αsin β＝1，即sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]，所以α－β＝π
2，又
0≤α≤π，
0≤β＝α－π
2≤π，则π
2≤α≤π，所以sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin 2α－α＋π
2 ＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α＝
2sin α＋π
4 ，因为π
2≤α≤π，所以3π
4 ≤α＋π
4≤5π
4 ，所以－1≤2sin α＋π
4 ≤1，即所求取值范围为[－1，1]．
11．解析：选D.设A(x，0)，B(0，y)，由|AB|＝1 得x2＋y2＝1，则AP
→＋BP
→＋OP
→＝(1－x，3)＋(1，3－y)＋(1，
3)＝(3－x，3 3－y)，所以|AP
→＋BP
→＋OP
→|＝（3－x）2＋（3 3－y）2，设点Q(3，3 3)，则|OQ|＝32＋（3 3）2
＝6，（3－x）2＋（3 3－y）2表示圆x2＋y2＝1 上的任意一点与点Q(3，3 3)之间的距离，易知其最大距离为7，
最小距离为5，所以|AP
→＋BP
→＋OP
→|的取值范围为[5，7]．
12.解析：选C.如图，过A、B 分别作准线的垂线AQ、BP，垂足分别是Q、P，
设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线的定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ
中，2|MN|＝|AQ|＋|BP|＝a＋b.在△ABF 中，由余弦定理得|AB|2＝a2＋b2－2abcos
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120°＝a2＋b2＋ab，配方得|AB|2＝(a＋b)2－ab，因为ab≤
a＋b
2
2
，则(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－
a＋b
2
2
＝3
4(a＋b)2，即|AB|2
≥3
4(a＋b)2，当且仅当a＝b 时等号成立，所以|AB|2
|MN|2≥
3
4（a＋b）2
1
4（a＋b）2
＝3，则|AB|
|MN|≥3，即所求的最小值为3.
13．解析：由
3a＝2csin A，结合正弦定理可得
3sin A＝2sin Csin A，因为sin A≠0，所以sin C＝3
2 .
在锐角三角形ABC 中，可得C＝π
3
.
所以△ABC 的面积S＝1
2absin C＝3
4 ab＝3 3
2 ，解得ab＝6.由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab
＝(a＋b)2－18＝7，解得a＋b＝5.故答案为5.
答案：5
14．解析：法一：设三角形OAB 的外接圆方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，依题意可得
F＝0，
4＋16＋2D＋4E＋F＝0，
36＋4＋6D＋2E＋F＝0，
解得
F＝0，
D＝－6，
E＝－2，
故三角形OAB 的外接圆的方程是x2＋y2－6x－2y＝0.
法二：因为直线OA 的斜率kOA＝4
2＝2，直线AB 的斜率kAB＝2－4
6－2
＝－1
2，kAB×kOA＝2× －1
2 ＝－1，所以三
角形OAB 是直角三角形，点A 为直角顶点，OB 为斜边，因为|OB|＝36＋4＝40，故外接圆的半径r＝|OB|
2 ＝40
2
＝10，又OB 的中点坐标为(3，1)，
故三角形OAB 的外接圆的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10，
即x2＋y2－6x－2y＝0.
答案：x2＋y2－6x－2y＝0
15．解析：由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体ABCEFD，
其中，底面ABC 为直角三角形，且∠BAC＝90°，AB＝4，AC
＝3，侧棱DB，EC，
FA 与底面垂直，且DB＝2，EC＝FA＝5.过点D 作DH∥BC，DG∥BA，
交EC，FA 分别于点H，
G，
则棱柱ABC­DHG 为直棱柱，四棱锥D­EFGH 的底面为矩形EFGH
高为BA.
所以V 五面体ABCEFD＝VABC­DHG＋VD­EFGH＝
1
2×4×3 ×2＋1
3×32×4
＝24.
故答案为24.
答案：24
16．解析：令g(x)＝f(x)＋x－x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)＋x－x2＋f(－x)－x－x2＝f(x)＋f(－x)－2x2＝0，所以
g(x)为定义在R 上的奇函数，又当x≤0 时，g′(x)＝f′(x)＋1－2x＜0，所以g(x)在R 上单调递减，所以f(2＋m)－f(－
m)≤2m＋2 等价于f(2＋m)＋(2＋m)－(m＋2)2≤f(－m)＋(－m)－(－m)2，即2＋m≥－m，解得m≥－1，所以实数
m 的取值范围是[－1，＋∞)．
答案：[－1，＋∞)
17．解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2 3cos2x－3＝sin 2x＋3cos 2x＝2sin 2x＋π
3 ，因此f(x)的最小正周期为T＝2π
2
＝π.
f(x)的单调递减区间为2kπ＋π
2
≤2x＋π
3
≤2kπ＋3π
2
(k∈Z)，
即x∈kπ＋π
12
，kπ＋7π
12 (k∈Z)．
(2)由f
A
2－π
6
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＝2sin 2
A
2－π
6 ＋π
3
＝2sin A＝3，且A 为锐角，所以A＝π
3
.由正弦定理可得2R＝
a
sin A＝
7
3
2
＝14
3
，
sin B＋sin C＝b＋c
2R
＝13 3
14 ，
则b＋c＝13 3
14 ×14
3
＝13，
所以cos A＝b2＋c2－a2
2bc
＝（b＋c）2－2bc－a2
2bc
＝1
2，
所以bc＝40.
18．解：(1)记“抽取的2 天送餐单数都大于40”为事件M，
则P(M)＝C220
C2100
＝19
495.
(2)①设乙公司送餐员送餐单数为a，则
当a＝38 时，X＝38×4＝152；
当a＝39 时，X＝39×4＝156；
当a＝40 时，X＝40×4＝160；
当a＝41 时，X＝40×4＋1×6＝166；
当a＝42 时，X＝40×4＋2×6＝172.
所以X 的所有可能取值为152，156，160，166，172.故X 的分布列为：
X
152
156
160
166
172
P
1
10
1
5
1
5
2
5
1
10
所以E(X)＝152× 1
10＋156×1
5＋160×1
5＋166×2
5＋172× 1
10＝162.
②依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为
38×0.2＋39×0.4＋40×0.2＋41×0.1＋42×0.1＝39.5，
所以甲公司送餐员日平均工资为70＋2×39.5＝149(元)．
由①得乙公司送餐员日平均工资为162 元．
因为149<162，
故推荐小明去乙公司应聘．
19．解：(1)证明：假设直线DF，CE 不是异面直线，即C，D，E，F 四点共面，
设C，D，E，F 四点确定的平面为α.
因为四边形ABEF 为正方形，所以EF∥AB.
因为平面ABCD 与平面ABEF 不重合，所以EF⊄平面ABCD，
又AB⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
因为EF⊂平面α，平面α∩平面ABCD＝CD，
所以EF∥CD，所以AB∥CD.
又AB，CD 为直角梯形ABCD 的两腰，不可能平行，故假设不成立，
即直线DF，CE 为异面直线．
(2)设DC＝a，连接BD.
在直角梯形ABCD 中，过点B 作BG⊥AD 于点G，
因为AD＝2BC，所以G 为AD 的中点，所以AB＝2a，
又BD＝2a，AD＝2a，所以AB2＋BD2＝AD2，BD⊥AB.
因为四边形ABEF 为正方形，
所以BE⊥AB，
又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥BD.
以点B 为坐标原点，射线BA，BD，BE 分别为x，y，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
取a＝2，则A(2，0，0)，D(0，2，0)，C(－1，1，0)，F(2，0，2)，CF
→＝(3，－1，2)，AC
→＝(－3，1，0)，CD
→
＝(1，1，0)．
设平面ACF 的法向量为m＝(x，y，z)，
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则由
m·CF
→＝0
m·AC
→＝0
可得
3x－y＋2z＝0，
－3x＋y＝0，
令x＝1，得y＝3，z＝0，即平面ACF 的一个法向量为m＝(1，3，0)．
设平面DCF 的法向量为n＝(a′，b，c)，
则由
n·CF
→＝0，
n·CD
→＝0
可得
3a′－b＋2c＝0，
a′＋b＝0，
取a′＝1，得b＝－1，c＝－2，即平面DCF 的一个法向量为n＝(1，－1，－2)．
所以cos〈m，n〉＝m·n
|m|·|n|＝
－2
10× 6
＝－15
15 ，
由图可知，二面角A­CF­D 为锐角，所以二面角A
CF
D 的余弦值为15
15 .
20．解：(1)设直线y＝x＋1 与函数f(x)＝aex＋b 的图象的切点为(x0，f(x0))．
由f(x)＝aex＋b 可得f′(x)＝aex.
由题意可得
aex0＝1，
x0＋1＝aex0＋b
ae＝e，
，
解得a＝1，b＝0.
(2)由(1)可知f(x)＝ex，
则存在x∈0，3
2 ，
使2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m≠0)成立，
等价于存在x∈0，3
2 ，
使2mex－1＋nex＝mx 成立．
所以n
m＝x－2ex－1
ex
，x∈0，3
2 .
设g(x)＝x－2ex－1
ex
，x∈0，3
2 ，
则g′(x)＝1－x
ex ，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)在(0，1)上单调递增，当x∈1，3
2 时，g′(x)<0，g(x)在1，3
2 上单调递减．
所以g(x)max＝－1
e，g(0)＝－2
e，g
3
2 ＝
3
2e
3
2
－2
e，g(0)－g
3
2 ＝－
3
2e
3
2
<0.
所以n
m的取值范围是－2
e，－1
e .
21．解：(1)设椭圆C 的方程为x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，
所以直线AB 的方程为x
－a
＋y
b＝1，
所以F1(－1，0)到直线AB 的距离d＝|b－ab|
a2＋b2＝7
7 b，
即a2＋b2＝7(a－1)2，
又b2＝a2－1，
解得a＝2，b＝3，
故椭圆C 的方程为x2
4 ＋y2
3 ＝1.
(2)椭圆C 的3 倍相似椭圆C2 的方程为x2
12＋y2
9 ＝1，
①若切线l 垂直于x 轴，则其方程为x＝±2，易求得|MN|＝2 6，
②若切线l 不垂直于x 轴，可设其方程为y＝kx＋b，
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将y＝kx＋b 代入椭圆C 的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
所以Δ＝(8kb)2－4(3＋4k2)(4b2－12)＝48(4k2＋3－b2)＝0，
即b2＝4k2＋3，(*)
记M、N 两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，
将y＝kx＋b 代入椭圆C2 的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，
此时：x1＋x2＝－8kb
3＋4k2，x1x2＝4b2－36
3＋4k2 ，
|x1－x2|＝4 3（12k2＋9－b2）
3＋4k2
，
所以|MN|＝1＋k2×4 3（12k2＋9－b2）
3＋4k2
＝4 6
1＋k2
3＋4k2＝2 6
1＋
1
3＋4k2，
因为3＋4k2≥3，所以1<1＋
1
3＋4k2≤4
3，
即2 6<2 6
1＋
1
3＋4k2≤4 2.
综合①②得：弦长|MN|的取值范围为[2 6，4 2]．
22．解：(1)曲线C 的普通方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，是一个圆；
当m＝0 时，直线l 的直角坐标方程为x＋y＝0，
圆心C 到直线l 的距离为d＝|1＋1|
12＋12＝2＝r，r 为圆C 的半径，所以直线l 与圆C 相切．
(2)由已知可得，圆心C 到直线l 的距离为d＝|1＋1－m|
12＋12 ≤3 2
2 ，
解得－1≤m≤5.
23．解：(1)证明：因为f(x)＝
－4x－3，x≤－2，
5，－2<x≤－1，
2x＋7，－1<x≤2，
4x＋3，x>2，
所以f(x)的最小值为5.所以f(x)≥5.
(2)由(1)知15－2f(x)的最大值为5.
因为a2＋
9
a2＋1
＝(a2＋1)＋
9
a2＋1
－1≥2
（a2＋1）×
9
a2＋1
－1＝5，
当且仅当a2＋1＝
9
a2＋1时取“＝”，此时a＝± 2，
所以当a＝± 2时，a2＋
9
a2＋1
取得最小值5.
所以当a≠± 2时，a2＋
9
a2＋1>5.
又对任意实数x，15－2f(x)<a2＋
9
a2＋1
都成立，所以a≠± 2.
所以a 的取值范围为{a|a≠± 2}．
高考仿真模拟卷(十)
1．解析：选B.B＝{x|y＝x2－1}＝{x|x≤－1 或x≥1}，∁RB＝{x|－1<x<1}，因为A＝{x|0<x<3}，所以A∩(∁RB)
＝{x|0<x<1}．
2．解析：选D.1－ai
2＋i
＝（1－ai）（2－i）
（2＋i）（2－i）
＝2－a－（1＋2a）i
5
，由题意知2－a
5
＝－1＋2a
5
，解得a＝－3.故选D.
3．解析：选B.首先选项C 中函数y＝2sin
x
2＋π
3 的周期为4，故排除C；将x＝π
3
分别代入A，B，D，得函
数值分别为0，2，3，而函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B 在对称轴处取最值，故选B.
4．解析：选C.如图，M 是△ABC 所在平面一点，连接AM，BM，延长CM 至D，由5AM
→＝AB
→＋3 AC
→得AM
→
＝1
5AB
→＋3
5AC
→，由于C，M，D 三点共线，
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则AM
→＝2
5AD
→＋3
5AC
→，
所以AB
→＝2AD
→，
则2AM
→＝2AD
→＋3AC
→－3AM
→，
即2(AM
→－AD
→)＝3(AC
→－AM
→)，
即2DM
→＝3MC
→，
故DM
→＝3
5DC
→，
故△ABM 与△ABC 同底且高比为3∶5，
故S△ABM∶S△ABC＝3∶5.
故选C.
5．解析：选A.设f(x)＝sin x＋ln|x|，
当x＞0 时，f(x)＝sin x＋ln x⇒f′(x)＝cos x＋1
x，
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，
即函数f(x)在(0，1)上为单调递增函数，排除B；
由当x＝1 时，f(1)＝sin 1＞0，排除D；
因为f(－x)＝sin(－x)＋ln|－x|＝－sin x＋ln|x|≠±f(x)，
所以函数f(x)为非奇非偶函数，排除C，故选A.
6．解析：选B.因为bxn＋1＝b[1＋(x－1)]n＋1＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n，且a1＝18，a2＝72，所
以bC1n＝18，bC2n＝72，解得b＝2，n＝9，故选B.
7．解析：选A.运行程序：x＝0，y＝1，因为z＝1 不满足输出结果，则x＝1，y＝1，因为z＝2×1＋1＝3 不满
足输出结果，则x＝1，y＝3，因为z＝2×1＋3＝5 不满足输出结果，则x＝3，y＝5，因为z＝2×3＋5＝11 不满足
输出结果，则x＝5，y＝11，因为z＝2×5＋11＝21 不满足输出结果，则x＝11，y＝21，因为z＝2×11＋21＝43 满
足输出结果，此时需终止循环，结合选项可知，选A.
8．解析：选C.由图可知：图(2)挖去的白色三角形的面积为图(1)整个黑色三角形面积的1
4，
在图(2)中的每个小黑色三角形中再挖去的每一个白色三角形的面积仍为图(2)中每一个黑色三角形面积的1
4，即
为图(1)中大黑色三角形面积的1
16，
所以图(3)中白色三角形面积共占图(1)黑色三角形面积的3
16＋1
4＝7
16，
所以谢尔宾斯基三角形的面积占图(1)黑色三角形面积的1－7
16＝9
16，
故该点取自谢尔宾斯基三角形的概率为9
16，
故选C.
9．解析：选B.由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x)×3×1＋
π×
1
2
2
×x＝16.2－3x＋1
4πx＝12.6，又π＝3，故x＝1.6.故选B.
10．解析：选A.由题意得直线l 的方程为x＝b
ay＋c，不妨取a＝1，则x＝by＋c，且b2＝c2－1.
将x＝by＋c 代入x2－y2
b2＝1，
得(b4－1)y2＋2b3cy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－2b3c
b4－1
，y1y2＝b4
b4－1
.
由AF
→＝3FB
→，得y1＝－3y2，
所以
－2y2＝－2b3c
b4－1
－3y22＝b4
b4－1
，
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得3b2c2＝1－b4，解得b2＝1
4，
所以c＝b2＋1＝
5
4＝5
2 ，
故该双曲线的离心率为e＝c
a＝5
2 .
故选A.
11．解析：选C.因为{an}是等比数列，设{an}的公比为q，所以S12－S6
S6
＝q6，S6－S3
S3
＝q3，所以q6－7q3－8＝0，
解得q＝2，又a1ama2n＝2a35，所以a31·2m＋2n－2＝2(a124)3＝a31213，所以m＋2n＝15，所以1
m＋8
n＝1
15
1
m＋8
n (m＋2n)＝
17＋2n
m＋8m
n
15
≥
17＋2
2n
m×8m
n
15
＝5
3，当且仅当2n
m＝8m
n ，n＝2m，即m＝3，n＝6 时等号成立，所以1
m＋8
n的最小值是
5
3，故选C.
12．解析：选C.设点(x，y)是函数f(x)图象上任意一点，则(x，y)关于直线y＝e 的
对称点为(x，2e－y)，由题意知，若点(x，2e－y)在函数g(x)＝kx＋2e＋1 的图象上，则
2e－y＝kx＋2e＋1，即y＝－kx－1.由题意知y＝－kx－1 与f(x)＝
x2＋4x，x≤0，
xln x，x>0
的图
象有四个交点．由y＝xln x，得y′＝ln x＋1，所以当0<x<1
e时，y′<0，函数y＝xln x 单
调递减；当x>1
e时，y′>0，函数y＝xln x 单调递增．故函数f(x)＝
x2＋4x，x≤0，
xln x，x>0
的图
象如图所示．
由图可知，①y＝x2＋4x(x≤0)与y＝－kx－1 的图象有两个交点，由x2＋4x＝－kx－1，得x2＋(4＋k)x＋1＝0
有两个不相等的负根，得
（4＋k）2－4>0，
4＋k>0，
解得k>－2.
②y＝xln x(x>0)与y＝－kx－1 的图象有两个交点，由xln x＝－kx－1，得k＝－ln x－1
x，设h(x)＝－ln x－1
x，
则h′(x)＝－1
x＋1
x2＝1－x
x2 ，当0<x<1 时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>1 时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以当x＝
1 时，h(x)取得最大值，且最大值为－1，所以k<－1.由①②得－2<k<－1.
13．解析：因为|a－2b|＝2 3，所以a2－4a·b＋4b2＝12，即4－4×2|b |cosπ
3
＋4|b|2＝12，解得|b|＝2.
答案：2
14．解析：cos(2 020π－2α)＝cos 2α，
因为sin α＋cos α＝5
4，所以1＋sin 2α＝25
16，
所以sin 2α＝9
16.因为sin α＋cos α＝5
4>0，α为第一象限角，所以cos 2α＝±5 7
16 ，
所以cos(2 020π－2α)＝±5 7
16 .
答案：±5 7
16
15．解析：(2－cos A)tan B
2＝sin A⇒
sin A
2－cos A＝tan B
2＝
sin B
2
cos B
2
＝
2sin B
2cos B
2
2cos2B
2
＝
sin B
1＋cos B⇒sin A＋sin Acos B＝2sin
B－sin Bcos A⇒(sin Acos B＋sin Bcos A)＋sin A＝2sin B⇒sin(A＋B)＋sin A＝2sin B⇒sin C＋sin A＝2sin B⇒a＋c＝
2b＝4，所以b＝2，所以cos B＝a2＋c2－b2
2ac
＝（a＋c）2－2ac－22
2ac
＝12－2ac
2ac
＝6－ac
ac
，又ac≤
a＋c
2
2
＝4(a＝c 时取等
号)，
所以S＝1
2acsin B＝1
2ac 1－cos2B＝
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1
2ac·
1－
6－ac
ac
2
＝1
2 （ac）2－（6－ac）2
＝1
2 6（2ac－6）≤1
2×2 3＝3.
答案：3
16．解析：作为填空题，可用特例法，
不妨设平面A′DE⊥平面ABCD，
取DE 中点O，连接A′O，则A′O⊥平面ABCD，
由点O 作各边的垂线OM，ON，OH，
并连接A′M，A′N，A′H，
则α＝∠A′HO，β＝∠A′NO，θ＝∠A′MO，γ＝90°，
tan α＝A′O
OH，tan β＝A′O
ON，tan θ＝A′O
OM，
易知OH>ON＝OM，
所以α最小，故答案为：α.
答案：α
17．解：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)(d 为等差数列{an}的公差)，即(2＋d)2＝2(2＋3d)，又d≠0，所以d＝2.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)得bn＝(－1)n＋1·
1
n＋1
n＋1 ，
所以T2n－1＝1＋1
2 －
1
2＋1
3 ＋
1
3＋1
4 －
1
4＋1
5 ＋…－
1
2n－2
＋
1
2n－1 ＋
1
2n－1
＋1
2n ＝1＋1
2n＝2n＋1
2n
.所以数列
{bn}的前2n－1 项和T2n－1＝2n＋1
2n
.
18．解：(1) x－＝3，y－＝5，
解得b^＝－1.23，a^＝8.69，所以y^＝8.69－1.23x.
(2)年利润z＝x(8.69－1.23x)－2x＝－1.23x2＋6.69x，当x＝6.69
2×1.23≈2.72，z 取得最大值，
所以当年产量为2.72 吨时，年利润z 最大．
19．解：(1)法一：连接AC，BD 交于点F，在平面PCA 中作EF∥PC 交PA 于点E，连接DE，BE.
因为PC⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，
所以PC∥平面BDE.
因为AD∥BC，所以AF
FC＝AD
BC＝1
3，
因为EF∥PC，所以AE
EP＝AF
FC＝1
3.
法二：在棱PA 上取一点E，使得AE
EP＝1
3，
连接AC，BD 交于点F，
因为AD∥BC，所以AF
FC＝AD
BC＝1
3，
所以AE
EP＝AF
FC，所以EF∥PC，
因为PC⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，
所以PC∥平面BDE.
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(2)取BC 上一点G 使得BG＝2，连接DG，则四边形ABGD 为正方形．
过P 作PO⊥平面ABCD，垂足为O.
连接OA，OB，OD，OG.
因为AP＝AD＝AB，∠PAB＝∠PAD＝60°，
所以△PAB 和△PAD 都是等边三角形，
因此PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，
即点O 为正方形ABGD 对角线的交点，
所以OG，OB，OP 两两垂直．
以O 为坐标原点，分别以OG
→，OB
→，OP
→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．
则O(0，0，0)，P(0，0，1)，A(－1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，G(1，0，0)，C
2
2 t，1－2
2 t，0 ，
故PA
→＝(－1，0，－1)，PB
→＝(0，1，－1)，PC
→＝
2
2 t，1－2
2 t，－1 ，
PD
→＝(0，－1，－1)．
设平面PAB 的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
m·PA
→＝0
m·PB
→＝0
，即
－x1－z1＝0
y1－z1＝0
，
不妨令x1＝－1，可得m＝(－1，1，1)为平面PAB 的一个法向量．
设平面PCD 的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
n·PC
→＝0
n·PD
→＝0
，
即
2
2 tx2＋1－2
2 t y2－z2＝0
－y2－z2＝0
，
不妨令y2＝1，
可得n＝1－2 2
t ，1，－1 为平面PCD 的一个法向量．由m·n＝0，解得t＝2 2，即棱BC 的长为2 2.
20．解：(1)因为f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，
所以f′(－1)＝0.
因为f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－1，
所以2a－1＝0，a＝1
2.
所以f′(x)＝(x＋1)ex－x－1＝(x＋1)(ex－1)，
所以f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(0)＝0.
(2)f(x)＝x(ex－ax－1)，令g(x)＝ex－ax－1，则g′(x)＝ex－a.若a≤1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函
数，而g(0)＝0，
所以当x≥0 时，g(x)≥0，从而f(x)≥0.
若a>1，则x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，g(0)＝0，故x∈(0，ln a)时，g(x)<0，从而f(x)<0，不符
合题意．
综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]．
21．解：(1)将x＝p
2代入y2＝2px，得y＝±p，所以|ST|＝2p，因为∠SPT
＝90°，所以△SPT 是
等腰直角三角形，所以|SF|＝|PF|，即p＝|3－p
2|，解得p＝2，所以抛物
线E：y2＝4x，此时圆P
的半径为
2p＝2 2，所以圆P 的方程为(x－3)2＋y2＝8.
(2)证明：设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意(x0－3)2＋y20＝8，即y20＝－x20＋6x0－1.
(i)当直线l 的斜率不存在时，M(3±2 2，0)．
①当x＝3＋2
2时，由y2＝4x，得y＝±(2 2＋2)，不妨设A(3＋2 2，2 2＋2)，B(3＋2 2，－2 2－2)，则
kAF＝1，kBF＝－1，kAFkBF＝－1，即AF⊥BF.
②当x＝3－2
2时，同理可得，AF⊥BF.
(ii)当直线l 的斜率存在时，如图，
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因为直线l 与抛物线E 交于A，B 两点，所以直线l 的斜率不为零，x0≠1 且y0≠0.
因为l⊥MF，所以klkMF＝－1，
所以kl＝1－x0
y0
，
直线l：y＝1－x0
y0
(x－x0)＋y0.
由
y2＝4x，
y＝1－x0
y0
（x－x0）＋y0
得，y2－4y0
1－x0
y＋
4x20＋4y20－4x0
1－x0
＝0，
即y2－4y0
1－x0
y＋20x0－4
1－x0
＝0，
所以y1＋y2＝4y0
1－x0
，y1y2＝20x0－4
1－x0
，
所以FA
→·FB
→＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝
y21
4 －1
y22
4 －1 ＋y1y2
＝（y1y2）2
16
－y21＋y22
4
＋1＋y1y2
＝（y1y2）2
16
－（y1＋y2）2
4
＋1＋3
2y1y2
＝（5x0－1）2
（1－x0）2 －
4y20
（1－x0）2＋1＋30x0－6
1－x0
＝（5x0－1）2－4y20＋（1－x0）2＋6（5x0－1）（1－x0）
（1－x0）2
＝24x0－4x20－4－4y20
（1－x0）2
＝－4（x20＋y20－6x0＋1）
（1－x0）2
＝0，所以AF⊥BF.
22．解：(1)C1：(x＋4)2＋(y－3)2＝1，C2：x2
36＋y2
4 ＝1，C1 为圆心是(－4，3)，半径是1 的圆；C2 为中心是坐标
原点，焦点在x 轴上，长半轴长是6，短半轴长是2 的椭圆．
(2)当t＝π
2
时，P(－4，4)，Q(6cos θ，2sin θ)，故M(－2＋3cos θ，2＋sin θ)，
C3 为直线x＋3y＋6 3＝0，
点M 到C3 的距离d
＝|－2＋3cos θ＋2 3＋3sin θ＋6 3|
12＋3
＝|4 3＋3sin θ＋π
3 －1|，
从而当sin θ＋π
3 ＝－1 时，d 取最小值3 3－1.
23．解：(1)设f(x)＝|x＋1|－|2－x|，
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则f(x)＝
－3，x≤－1
2x－1，－1<x<2，
3，x≥2
所以f(x)的最大值为3.
因为对任意实数x，|x＋1|－|2－x|≤a 都成立，即f(x)≤a，所以a≥3.
设h(x)＝|x＋1|＋|2－x|＝
－2x＋1，x≤－1
3，－1<x<2
2x－1，x≥2
则h(x)的最小值为3.
因为对任意实数x，|x＋1|＋|2－x|≥a 都成立，即h(x)≥a，所以a≤3.
所以a＝3.
(2)证明：由(1)知a＝3.
因为2m＋
1
m2－2mn＋n2－2n＝(m－n)＋(m－n)＋
1
（m－n）2，且m>n>0，
所以(m－n)＋(m－n)＋
1
（m－n）2≥3
3
（m－n）（m－n）
1
（m－n）2＝3，
所以2m＋
1
m2－2mn＋n2≥2n＋a.
高考仿真模拟卷(十一)
1．解析：选B.因为A＝{x|y＝x}＝{x|x≥0}，所以∁RA＝{x|x<0}．又B＝x|
1
2<2x<4 ＝{x|－1<x<2}，所以
(∁RA)∩B＝{x|－1<x<0}．
2．解析：选C.由题意知，z＝3＋i
1＋i
＋3i＝（3＋i）（1－i）
（1＋i）（1－i）
＋3i＝4－2i
2
＋3i＝2－i＋3i＝2＋2i，所以|z|＝2 2.
3．解析：选C.根据等轴双曲线的定义可知应为充要条件．
4．解析：选D.依题意得，f(8)＝－log28＝－3＜0，f(f(8))＝f(－3)＝4－2
－(－3)＝－4.
5．解析：选B.抽取容量为4 的样本，则要将总体分为4 组，每组有14 人，由题意可知抽取的座号分别为3，
17，31，45.
6．解析：选D.法一：由程序框图，得y＝
|x＋1|，x＜1，
2x，x≥1，
若y＝4，
则有
x＜1，
|x＋1|＝4
或
x≥1，
2x＝4，
解得x＝－5 或x＝2.
法二：选项代入验证法，若x＝2，则输出y 值为4，故排除B；若x＝－5，则输出y 值为4，排除A、C，选
D.
7．解析：选A.因为AD
→＝CD
→＋AC
→＝1
3CB
→＋AC
→＝1
3AB
→－1
3AC
→＋AC
→＝1
3AB
→＋2
3AC
→，
所以AB
→·AD
→＝1
3AB
→2＋2
3AB
→·AC
→＝16
3 ＋8
3＝8.
8．解析：选A.函数y＝f(x)的定义域为{x|x∈R 且x≠0}，且满足f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)为奇函数，故排除
C、D，又f(e)＝1－e＋1＜0，所以(e，f(e))在第四象限，排除B.
9．解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥E­ABB1A1，如图
所
示
(
其
中
ABCD­A1B1C1D1 是棱长为4 的正方体，C1E＝1)，EA＝32＋42＋42
＝41，EA1＝12＋42＋42
＝33，EB＝32＋42＝5，EB1＝12＋42＝17，AB＝BB1＝B1A1
＝A1A＝4，因此该几
何体的最长棱的棱长为41.
10．解析：选D.因为2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1，所以数列{nan}
是以a1＝1 为首项，2a2
－a1＝5 为公差的等差数列，所以20a20＝1＋5×19＝96，所以a20＝24
5 .
11．解析：选B.①：由f(x)＝2x 在R 上单调递增可知①正确；②：应向右平移π
6
个单位长度，故②错误；③：
当n＝0 时，y＝xn 的图象应为直线y＝1 去掉点(0，1)，故③错误；④：因为a≠b，所以log2a＝－log2b，log2a＋log2b
＝0，log2(ab)＝0，ab＝1，故④正确．所以正确的命题为①④，故选B.
12．解析：选A.作图如下：
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由图可得，可设|PF|＝m，|QF|＝n，
则|PM|＝m－1，|QN|＝n－1，
因为y2＝4x，所以p＝2，根据抛物线的常用结论，有1
m＋1
n＝2
p＝1，
所以m＋n
mn
＝1，
则m＋n＝mn，
所以1
|PM|＋4
|QN|＝
1
m－1
＋4
n－1
＝
4m＋n－5
mn－（m＋n）＋1
＝4m＋n－5，
又因为(4m＋n)·1＝(4m＋n)·
1
m＋1
n ＝4＋4m
n ＋n
m＋1≥5＋2
4m
n ·n
m，
得4m＋n≥9，所以4m＋n－5≥4，
则1
|PM|＋4
|QN|的值不可能为3，答案选A.
13．解析：由a1＝1，an＋1＝－
1
an＋1
，得a2＝－1
2，a3＝－2，a4＝1，a5＝－1
2，a6＝－2，…，所以数列{an}是以3
为周期的周期数列，所以S2 017＝672×(a1＋a2＋a3)＋a1＝672× －3
2 ＋1＝－1 007.
答案：－1 007
14．解析：由题意得，a＝错误!sin xdx＝(－cos x)|
π
0＝2，所以二项式2x－1
x
6
的展开式的通项是Tr＋1＝Cr6(2x)6
－r· －1
x
r
＝Cr6·26－r·(－1)rx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，故二项式2x－1
x
6
的展开式中的常数项是－C36×23＝－160.
答案：－160
15.解析：如图，在Rt△ABC 中，设AB＝c，BC＝a，则AC＝a2＋c2.
分别取A1C1，AC 的
中点O1，O2，则O1，O2 分别为Rt△A1B1C1 和Rt△ABC 外接圆的圆心，
连接O1O2，取O1O2 的中点O，则O 为三棱柱外接球的球心．
连接OA，则OA 为外接球的半径，设半径为R.因为三棱锥O­ABC
的体积为1，
即VO­ABC＝1
3×
ac
2 ×1＝1，
所以ac＝6.在Rt△OO2A 中，可得R2＝
AC
2
2
＋
O1O2
2
2
＝
a2＋c2
2
2
＋1＝a2＋c2
4
＋1，
所以S 球表＝4πR2＝4π
a2＋c2
4
＋1 ≥4π
2ac
4 ＋1 ＝16π，
当且仅当a＝c 时等号成立，
所以球O 表面积的最小值为16π.
故答案为16π.
答案：16π
16．解析：不妨设A(m，a)，B(n，a)(n>0)，
则2(m＋1)＝a，得m＝a
2－1，又n＋ln n＝a，则|AB|＝|m－n|＝|n－n＋ln n
2
＋1|＝|
n
2－ln n
2 ＋1|.
设F(n)＝n
2－ln n
2 ＋1(n>0)，则F′(n)＝1
2－1
2n＝n－1
2n
，令F′(n)＝0，得n＝1，故当n∈(0，1)时，F′(n)<0；当n∈(1，
＋∞)时，F′(n)>0，所以F(n)min＝F(1)＝3
2，所以|AB|≥3
2，所以|AB|的最小值为3
2.
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答案：3
2
17．解：(1)由m∥n，得cos 2A－cos 2B
＝2cos
π
6
＋A cos
π
6
－A ，
即2sin2B－2sin2A
＝2
3
4cos2A－1
4sin2A ，
化简得sin B＝3
2 ，故B＝π
3
或2π
3
.
(2)易知B＝π
3
，则由A＝π
4
，得C＝π－(A＋B)＝5π
12
.
由正弦定理
a
sin A＝
b
sin B＝
c
sin C＝2R，得a＝4sin π
4
＝2 2，b＝4sin π
3
＝2 3，c＝4sin 5π
12
＝4sin
π
4
＋π
6 ＝
4×
2
2 × 3
2 ＋1
2× 2
2 ＝6＋2，
所以△ABC 的周长为6＋2 3＋3 2.
18．解：(1)如图，以O 为原点，在平面OBC 内垂直于OB
的直线为x 轴，OB，
OA 所在的直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz，则
A(0，0，2 3)，B(0，
2，0), D(0，1，3)，C(2sin θ，2cos θ，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面COD 的一个法向量，
由
n1·OC
→＝0，
n1·OD
→＝0，
得
xsin θ＋ycos θ＝0，
y＋3 z＝0，
取z＝sin θ，则n1＝( 3cos θ，－3sin θ，sin θ)．
因为平面AOB 的一个法向量为n2＝(1，0，0)，由平面COD⊥
平面AOB 得n1·n2
＝0，
所以cos θ＝0，即θ＝π
2
.
(2)设二面角C­OD­B 的大小为α，
由(1)得当θ＝π
2
时，cos α＝0；
当θ∈
π
2
，2π
3
时，tan θ≤－3，
cos α＝n1·n2
|n1||n2|＝
3cos θ
3＋sin2θ
＝－
3
4tan2θ＋3
，
故－5
5 ≤cos α＜0.综上，二面角C­OD­B 的余弦值的取值范围为－5
5 ，0 .
19．解：(1)设抽取的100 名学生中，本次考试成绩不合格的有x 人，根据题意得x＝100×[1－10×(0.006＋
0.012×2＋0.018＋0.024＋0.026)]＝2.
据此估计该校高二年级学生在正式的数学学业水平考试中成绩不合格的人数为2
100×1 600＝32.
(2)根据已知条件得2×2 列联表如下：
数学成
绩优秀
数学成绩
不优秀
总计
男生
a＝12
b＝48
60
女生
c＝6
d＝34
40
总计
18
82
100
因为K2＝100×（12×34－6×48）2
60×40×18×82
≈0.407＜2.706，
所以没有90%的把握认为“该校高二年级学生在本次考试中数学成绩优秀与性别有关”．
20．解：(1)由于f(x)＝ax2－ln x＋1(a∈R)，
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故f′(x)＝2ax－1
x＝2ax2－1
x
(x＞0)．
①当a≤0 时，f′(x)＜0 在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数．
②当a＞0 时，令f′(x)＝0，得x＝
1
2a.
当x 变化时，f′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：
x
0，
1
2a
1
2a
1
2a，＋∞
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
由表可知，f(x)在0，
1
2a 上是单调递减函数，
在
1
2a，＋∞上是单调递增函数．
综上所述，当a≤0 时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0 时，
f(x)的单调递减区间为0，
1
2a ，
单调递增区间为
1
2a，＋∞.
(2)证明：f(x)－g(x)＝ax2－ln x＋1－ax2＋ex－3＝ex－ln x－2，
令F(x)＝ex－ln x－2(x＞0)，要证f(x)＞g(x)，只需证F(x)＞0.
F′(x)＝ex－1
x，由指数函数及幂函数的性质知，F′(x)＝ex－1
x在(0，＋∞)上是增函数．
又F′(1)＝e－1＞0，F′
1
3 ＝e
1
3－3＜0，
所以F′(1)·F′
1
3 ＜0，
F′(x)在
1
3，1 内存在唯一的零点，也即F′(x)在(0，＋∞)上有唯一的零点．
设F′(x)的零点为t，
则F′(t)＝et－1
t＝0，
即et＝1
t
1
3＜t＜1 ，
由F′(x)的单调性知，
当x∈(0，t)时，F′(x)＜F′(t)＝0，F(x)为减函数；
当x∈(t，＋∞)时，F′(x)＞F′(t)＝0，F(x)为增函数．
所以当x＞0 时，F(x)≥F(t)＝et－ln t－2＝1
t－ln1
et－2＝1
t＋t－2≥2－2＝0，当且仅当t＝1 时，等号成立．又1
3＜
t＜1.故等号不成立．所以F(x)＞0，即f(x)＞g(x)在(0，＋∞)上恒成立．
21．解：(1)由题意可设椭圆C 的方程为x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，F(c，0)．
由题意知
1
2·2a·b＝2 3
a＝2
，解得b＝3.
故椭圆C 的标准方程为x2
4 ＋y2
3 ＝1.
(2)以BD 为直径的圆与直线PF 相切．
证明如下：由题意可知，c＝1，F(1，0)，直线AP 的方程为y＝－x－2，则点D 的坐标为(2，－4)，BD 中点E
的坐标为(2，－2)，圆的半径r＝2.
由
y＝－x－2
x2
4 ＋y2
3 ＝1 ，得7x2＋16x＋4＝0.
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设点P 的坐标为(x0，y0)，则
x0＝－2
7
y0＝－12
7
.
因为点F 的坐标为(1，0)，则直线PF 的斜率为4
3，直线PF 的方程为：4x－3y－4＝0，
点E 到直线PF 的距离d＝|8＋6－4|
5
＝2.
所以d＝r.故以BD 为直径的圆与直线PF 相切．
22．解：(1)由曲线C1 的参数方程
x＝－1＋cos α
y＝sin α
可得其普通方程为(x＋1)2＋y2＝1.
由ρ(cos θ＋ksin θ)＝－2 可得直线l 的直角坐标方程为x＋ky＋2＝0.
因为圆心(－1，0)到直线l 的距离d＝
1
1＋k2≤1，
所以直线与圆相交或相切，
当k＝0 时，直线l 与曲线C1 相切；
当k≠0 时，直线l 与曲线C1 相交．
(2)由于曲线C1 和直线l 相交于A，B 两点，且|AB|＝2，
故圆心到直线l 的距离d＝
1
1＋k2＝
1－
2
2
2
＝2
2 ，
解得k＝±1，所以直线l 的斜率为±1.
23．解：(1)法一：f(x)≥0 等价于|x＋3|≥|x－1|，
当x＞1 时，|x＋3|≥|x－1|等价于x＋3≥x－1，即3≥－1，不等式恒成立，故x＞1；
当－3≤x≤1 时，|x＋3|≥|x－1|等价于x＋3≥1－x，解得x≥－1，故－1≤x≤1；
当x＜－3 时，|x＋3|≥|x－1|等价于－x－3≥1－x，即－3≥1，无解．
综上，原不等式的解集为{x|x≥－1}．
法二：f(x)≥0 等价于|x＋3|≥|x－1|，即(x＋3)2≥(x－1)2，
化简得8x≥－8，
解得x≥－1，即原不等式的解集为{x|x≥－1}．
(2)f(x)＋2|x－1|＝|x＋3|－|x－1|＋2|x－1|＝|x＋3|＋|x－1|≥|x＋3－(x－1)|＝4，要使f(x)＋2|x－1|≥m 对任意的实
数x 均成立，
则[f(x)＋2|x－1|]min≥m，
所以m≤4.
高考仿真模拟卷(十二)
1．解析：选C.法一：依题意B＝{x|x>1 或x<－1}，图中阴影部分表示集合A∩(∁UB)，因为U＝{x|x≤－1 或
x≥0}，所以∁UB＝{x|x＝－1 或0≤x≤1}，又集合A＝{x|0≤x≤2}，所以A∩(∁UB)＝{x|0≤x≤1}．
法二：依题意A＝{x|0≤x≤2}，B＝{x|x>1 或x<－1}，图中阴影部分表示集合A∩(∁UB)，因为0∈A，0∉B，
故0∈A∩(∁UB)，故排除A、B，而2∈A，2∈B，故2∉A∩(∁UB)，故排除D.
2．解析：选D.因为a＋5i
1－2i
＝a＋
5i（1＋2i）
（1－2i）（1＋2i）
＝a－2＋i 为纯虚数，所以a－2＝0，得a＝2.
3．解析：选C.全称命题：∀x∈M，p(x)的否定为∃x0∈M，綈p(x0)，原命题中f(x)g(x)＝0⇔f(x)＝0 或g(x)＝0，
故其否定为∃x0∈[a，b]，f(x0)≠0 且g(x0)≠0.
4．解析：选B.因为lg 10 000＝lg 104＝4，
1
2
－2
＝4，
所以lg 10 000⊗
1
2
－2
＝4＋1
4
＝5
4.
5．解析：选D.由图象可知甲图象关于直线x＝0.4 对称，乙图象关于直线x＝0.8 对称，
所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，故A 正确，C 正确；
因为甲图象比乙图象更“高瘦”，
所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B 正确；
因为乙图象的最大值为1.99，
即
1
2πδ2
＝1.99，
所以δ2≠1.99，故D 错误．
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故选D.
6．解析：选B.通过分析，本程序框图是当型循环结构．第1 次循环，s＝1＋1＝2，n＝1＋1＝2，第2 次循环，
s＝2＋2＝4，n＝2＋1＝3，…，第2 016 次循环，n＝2 017.所以结合选项可知判断框内的条件应为n≤2 016？.
7．解析：选C.因为侧(左)视图中等边三角形的高为2 3，所以等边三角形的边长为4，所以三棱柱的所有棱长
均为4，故三棱柱的表面积为(4＋4＋4)×4＋2×1
2×4×2 3＝48＋8 3.
8．解析：选C.“甲的年龄和农民不同”和“农民的年龄比乙小”可以推得丙是农民，所以丙的年龄比乙小；
再由“丙的年龄比知识分子大”，可知甲是知识分子，故乙是工人．
故选C.
9．解析：选C.a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·log(n＋1)(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，令0＜n＝
2k－2≤2 017，则2＜2k≤2 019，1＜k≤10，
所以“优数”之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝22（1－29）
1－2
－18＝211－22＝2 026.故选C.
10．解析：选A.由函数f(x)的图象向左平移π
6
个单位得
g(x)＝sin 2x＋φ＋π
3 的图象，
因为平移后的函数是奇函数，所以φ＋π
3
＝kπ，k∈Z.又因为|φ|<π
2
，所以φ＝－π
3
，
所以f(x)＝sin 2x－π
3 .
又x∈0，π
2 ，
所以2x－π
3
∈－π
3
，2
3π ，
所以当x＝0 时，f(x)取得最小值为－3
2 .
11．解析：选C.作出不等式|x|≥|y|所表示的平面区域如图中阴影
部分所示，若函数f(x)
具有性质S，则函数f(x)的图象必须完全分布在阴影区域①和②部分，
易知f(x)＝ex－1 的图象分布在区域①和③部分，f(x)＝ln(x＋1)
的图象分布在区域②
和④部分，f(x)＝sin x 的图象分布在区域①和②部分，f(x)＝|x2－1|的
图象分布在区域①、
②和③部分，故选C.
12．解析：选A.法一：如图，设A
y21
2p，y1 ，B
y22
2p，y2 ，P
y20
2p，y0 ，
过P 作抛物线的准线x＝－p
2的垂线，垂足为N，根据抛物线的定义，有|PF|＝|PN|＝xP＋p
2，又|PF|＝|PM|，
所以P 为MN 的中点，于是点M 的坐标为
y20
p ＋p
2，y0 ，又A，B，M，F 在同一条直线上，所以kAB＝kMF，
即
y1－y2
y21
2p－y22
2p
＝
y0－0
y20
p ＋p
2 －p
2
，
所以
2p
y1＋y2
＝p
y0
，所以y0＝y1＋y2
2
，
因此M 是AB 的中点，故AM
MB＝1.
法二(特殊位置法)：事实上，当AB⊥x 轴时，P 取O，M 与F 为同一点，此时也符合题目的条件，且F 是AB
的中点，故|AM|
|MB|＝1.
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13．解析：由题知f(1)＝5，因为f′(x)＝－2
x2＋3，所以切线的斜率k＝f′(1)＝1，所以切线方程为y－5＝x－1，
即x－y＋4＝0.
答案：x－y＋4＝0
14．解析：法一：由sin2B＋1
2sin B－1
2＝0 可得sin B＝1
2或sin B＝－1(舍去)，故B＝30°或B＝150°，又c＝3>b
＝1，所以B＝30°，根据正弦定理b
sin B＝
c
sin C，得
1
sin 30°
＝
3
sin C，解得C＝60°或120°.当C＝60°时，A＝90°，
则sin2A－sin2C
sin2B
＝sin290°－sin260°
sin230°
＝1；当C＝120°时，A＝30°，则sin2A－sin2C
sin2B
＝sin230°－sin2120°
sin230°
＝
1
4－3
4
1
4
＝
－2.
法二：由sin2B＋1
2sin B－1
2＝0 可得sin B＝1
2或sin B＝－1(舍去)，故B＝30°或B＝150°，又c＝3>b＝1，所
以B＝30°，cos 30°＝a2＋（3）2－1
2 3a
，即a2－3a＋2＝0，解得a＝2 或1.若a＝2，c＝3，b＝1，则sin2A－sin2C
sin2B
＝
a2－c2
b2
＝4－（3）2
1
＝1，若a＝1，c＝3，b＝1，则sin2A－sin2C
sin2B
＝a2－c2
b2
＝1－（3）2
1
＝－2.
答案：－2 或1
15．解析：令y＝0 得x＝2
k＋1，令x＝0 得y＝2
k＋2.
所以Sk＝1
2· 2
k＋1
· 2
k＋2
＝2
1
k＋1
－1
k＋2 ，所以S1＋S2＋…＋S10
＝2
1
2－1
3 ＋
1
3－1
4 ＋…
＋
1
11－1
12
＝2×
1
2－1
12 ＝5
6.
答案：5
6
16．解析：因为f(x)＝1
3ax3＋ax2－3ax＋1，所以f′(x)＝ax2＋2ax－3a＝a(x2＋2x－3)＝a(x＋3)(x－1)．当a＝0 时，
f(x)＝1，显然不满足题意；当a≠0 时，f(－3)，f(1)分别为函数f(x)的两个极值，因为函数f(x)＝1
3ax3＋ax2－3ax＋1
的图象经过四个象限，所以函数f(x) 的两个极值的符号相反，即f( －3)·f(1)<0 ，所以( －9a ＋9a ＋9a ＋
1)·
1
3a＋a－3a＋1 <0，即(9a＋1)(5a－3)>0，解得a>3
5或a<－1
9，所以实数a 的取值范围为－∞，－1
9 ∪
3
5，＋∞.
答案：－∞，－1
9 ∪
3
5，＋∞
17．解：(1)f(x)＝sin 2x＋π
3 ＋cos 2x＋π
6 ＋2sin xcos x
＝sin 2xcos π
3
＋cos 2xsin π
3
＋cos 2xcos π
6
－sin 2xsin π
6
＋sin 2x
＝3cos 2x＋sin 2x
＝2sin 2x＋π
3 ，
所以函数f(x)的最小正周期T＝2π
2
＝π.
(2)由(1)知f(x)＝2sin 2x＋π
3 ，先将函数y＝f(x)的图象向右平移π
12
个单位长度得到函数y＝2sin 2x＋π
6 的图象，
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再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的4 倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝2sin
1
2x＋π
6 的图象．
令t＝1
2x＋π
6
，
则函数g(x)可转化为y＝2sin t.
因为π
3
≤x≤2π，所以π
3
≤t≤7π
6
，
所以当t＝π
2
，即x＝2π
3
时，
ymax＝g
2π
3
＝2；
当t＝7π
6
，即x＝2π时，ymin＝g(2π)＝－1.
所以函数y＝g(x)在
π
3
，2π 上的值域为[－1，2]．
18．解：利用分层抽样从1 000 人中抽取10 人，
获得100 元优惠券的购物者有：10×(1.5＋2.5＋3)×0.1＝7(人)，
获得200 元优惠券的购物者有：10×(2＋0.8＋0.2)×0.1＝3(人)．
则此3 人所获优惠券的总金额X 的可能取值有：300，400，500，600，且
P(X＝300)＝C37C03
C310
＝35
120＝7
24，P(X＝400)＝C27C13
C310
＝63
120＝21
40，
P(X＝500)＝C17C23
C310
＝21
120＝7
40，P(X＝600)＝C07C33
C310
＝1
120.
于是，X 的分布列为：
X
300
400
500
600
P
7
24
21
40
7
40
1
120
均值为E(X)＝300× 35
120＋400× 63
120＋500× 21
120＋600× 1
120＝390.
19．解：(1)证明：取AB 的中点O，连接C′O，DO，
在Rt△AC′B，Rt△ADB 中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，
因为C′D＝2，所以C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD，
又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD⊂平面ABD，
所以C′O⊥平面ABD，
因为C′O⊂平面ABC′，所以平面C′AB⊥平面DAB.
(2)以O 为原点，AB，OC′所在的直线分别为y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，
B(0，1，0)，C′(0，0，1)，D
3
2 ，1
2，0 ，
所以AC′
→＝(0，1，1)，BC′
→＝(0，－1，1)，C′D
→＝
3
2 ，1
2，－1 .
设平面AC′D 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
n1⊥AC′
→，
n1⊥C′D
→，
即
n1·AC′
→＝0，
n1·C′D
→＝0，
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即
y1＋z1＝0，
3
2 x1＋1
2y1－z1＝0，
令z1＝1，则y1＝－1，x1＝3，
所以n1＝( 3，－1，1)．
设平面BC′D 的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
n2⊥BC′
→，
n2⊥C′D
→，
即
n2·BC′
→＝0，
n2·C′D
→＝0，
即
－y2＋z2＝0，
3
2 x2＋1
2y2－z2＝0，令z2＝1，
则y2＝1，x2＝3
3 ，
所以n2＝
3
3 ，1，1 .
所以cos 〈n1，n2〉
＝
3× 3
3 ＋（－1）×1＋1×1
3＋1＋1×
1
3＋1＋1
＝
1
5×
7
3
＝105
35 ，结合图形知，二面角A­C′D­B 的余弦值为－105
35 .
20．解：(1)因为f′(x)＝a－1
x＋1(x>－1)，g′(x)＝ex－1，
依题意，f′(0)＝g′(0)，解得a＝1，
所以f′(x)＝1－1
x＋1
＝x
x＋1
，
当－1<x<0 时，f′(x)<0；
当x>0 时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)由(1)知，当x＝0 时，f(x)取得最小值0，所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥x＋1.
设F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，
则F′(x)＝ex＋k
x＋1
－(k＋1)≥x＋1＋k
x＋1
－(k＋1)，
①当k＝1 时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋1
x＋1－2≥0(当且仅当x＝0 时等号成立)，
此时F(x)在[0，＋∞)上单调递增，从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．
②当k<1 时，因为f(x)≥0，
所以f(x)≥kf(x)．
由①知g(x)－f(x)≥0，
所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，
故g(x)≥kf(x)．
③当k>1 时，令h(x)＝ex＋k
x＋1
－(k＋1)，则h′(x)＝ex－
k
（x＋1）2，显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又h′(0)＝1－k<0，h′( k－1)＝e
k－1－1>0，
所以h′(x)在(0，k－1)上存在唯一零点x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，所以h(x)在[0，x0)上单调递减，
从而h(x)<h(0)＝0，即F′(x)<0，所以F(x)在[0，x0)上单调递减，从而当x∈(0，x0)时，F(x)<F(0)＝0，即g(x)<kf(x)，
不合题意．
综上，实数k 的取值范围为(－∞，1]．
21．解：(1)由题意知，双曲线C 的顶点(0，a)到渐近线ax－by＝0 的距离为2 5
5 ，
所以
ab
a2＋b2＝2 5
5 ，即ab
c ＝2 5
5 .
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由
ab
c ＝2 5
5 ，
c
a＝5
2 ，
c2＝a2＋b2，
得
a＝2，
b＝1，
c＝5，
所以双曲线C 的方程为y2
4 －x2＝1.
(2)由(1)知双曲线C 的两条渐近线方程为y＝±2x，
设A(m，2m)，B(－n，2n)，m>0，n>0.
由AP
→＝λPB
→得
P 点坐标为
m－λn
1＋λ
，2（m＋λn）
1＋λ
，
将P 点坐标代入y2
4 －x2＝1，
化简得mn＝（1＋λ）2
4λ
.
设∠AOB＝2θ，因为tan
π
2
－θ ＝2，
所以tan θ＝1
2，sin 2θ＝4
5.
又|OA|＝5m，|OB|＝5n，
所以S△AOB＝1
2|OA|·|OB|·sin 2θ＝2mn＝1
2
λ＋1
λ ＋1.
记S(λ)＝1
2
λ＋1
λ ＋1，λ∈
1
3，2 ，
则S′(λ)＝1
2
1－1
λ2 .
令S′(λ)＝0，得λ＝1.
又S(1)＝2，S
1
3 ＝8
3，S(2)＝9
4，
所以当λ＝1 时，△AOB 的面积取得最小值2；
当λ＝1
3时，△AOB 的面积取得最大值8
3.
22．解：(1)曲线C 的直角坐标方程为x2
12＋y2
4 ＝1，将左焦点F(－2 2，0)代入直线AB 的参数方程，得m＝－2 2.
直线AB 的参数方程是
x＝－2 2＋2
2 t
y＝2
2 t
(t 为参数)，
代入椭圆方程得t2－2t－2＝0，所以|FA|·|FB|＝2.
(2)设椭圆C 的内接矩形的顶点分别为(2 3cos α，2sin α)，(－2 3cos α，2sin α)，(2 3cos α，－2sin α)，
(－2 3cos α，－2sin α) 0<α<π
2 ，
所以椭圆C 的内接矩形的周长为8 3cos α＋8sin α＝16sin α＋π
3 ，
当α＋π
3＝π
2，即α＝π
6时椭圆C 的内接矩形的周长取得最大值16.
23．解：(1)当a＝2 时，原不等式为：|x＋1|－|2x－2|<0，
即|x＋1|<|2x－2|，化简得(3x－1)(x－3)>0，
解得x<1
3或x>3.故f(x)<0 的解集为x|x<1
3或x>3 .
(2)因为a>0，所以a
2>0.所以原函数可以化为：
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f(x)＝
－（x＋1）＋（2x－a），x≤－1，
（x＋1）＋（2x－a），－1<x≤a
2，
（x＋1）－（2x－a），x>a
2，
即f(x)＝
x－1－a，x≤－1，
3x＋1－a，－1<x≤a
2，
－x＋1＋a，x>a
2，
所以f(x)max＝f
a
2 ＝a
2＋1.
所以a
2＋1≤3，所以a≤4.
综上可得a 的取值范围为{a|0<a≤4}．
高考仿真模拟卷(十三)
1．解析：选B.因为A＝{x|3－2x＜1}＝{x|x＞1}，B＝x|0≤x≤4
3 所以A∩B＝x|1＜x≤4
3 ，选B.
2．解析：选B.因为z1＋z2＝(a－3)＋(4＋b)i 是纯虚数，所以a＝3，b≠－4.因为z1－z2＝(a＋3)＋(4－b)i 是实数，
所以b＝4.
3．解析：选C.执行程序框图，可知：n＝2，s＝1＋(－1)3×4＝－3；n＝3，s＝－3＋(－1)4×32＝6，跳出循环，
输出的s＝6，故选C.
4．解析：选B.因为命题p 为假，命题q 为真，所以p∨q 为真命题．
5．解析：选C.由题意得，f(e)＝e－1<2，所以f2(e)＝2，又f(2)＝2－ln 2<3，
所以f3[f2(e)]＝3.
6．解析：选C.对于变量Y 与X 而言，Y 随X 的增大而增大，故Y 与X 成正相关，即r1＞0；对于变量V 与U
而言，V 随U 的增大而减小，故V 与U 成负相关，即r2＜0，所以有r2＜0＜r1.
7．解析：选A.设双曲线的方程为mx2＋ny2＝1(mn<0)，其渐近线方程为y＝±
－m
nx，因为渐近线与圆x2＋(y
－2)2＝1 相切，所以
2
1－m
n
＝1，得m＝－3n，①
又双曲线过点(2，1)，所以4m＋n＝1，②
联立①②，可得
m＝3
11，
n＝－1
11，
所以双曲线的标准方程为
x2
11
3
－y2
11＝1.
8．解析：选B.设an＋an＋1＋an＋2＝M，则an＋1＋an＋2＋an＋3＝M，后式减去前式得an＋3＝an，即数列{an}是以3 为
周期的周期数列，a7＝a1＝2，a9＝a3＝3，a98＝a2＝4，所以在一个周期内的三项之和为9，所以S100＝33×9＋2＝299.
9．解析：选C.因为向量AB
→在AC
→上的投影的数量为－2，
所以|AB
→|cos A＝－2.
①
因为S△ABC＝3，所以1
2|AB
→||AC
→|sin A＝3
2|AB
→|sin A＝3，
所以|AB
→|sin A＝2.
②
由①②得tan A＝－1，
因为A 为△ABC 的内角，所以A＝3π
4
，
所以|AB
→|＝
2
sin 3π
4
＝2 2.
在△ABC 中，由余弦定理得
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BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 3π
4
＝(2 2)2＋32－2×2 2×3× －2
2 ＝29，所以BC＝29.
故选C.
10．解析：选C.甲的平均数是4＋5＋6＋7＋8
5
＝6，中位数是6，极差是4，方差是（－2）2＋（－1）2＋12＋22
5
＝2；
乙的平均数是5＋5＋5＋6＋9
5
＝6，中位数是5，极差是4，方差是3×（－1）2＋32
5
＝12
5 >2，故选C.
11．解析：选D.由题意可知，A(－c，0)，B(c，0)，又点C 在双曲线上，ABCD 为等腰梯形，|AB|＝2|CD|，所
以点C 的横坐标为c
2，不妨设C
c
2，y0 ，由3|AE|＝2|EC|可知AE
→＝2
3EC
→，得E －2c
5 ，2y0
5
，从而满足
c2
4a2－y20
b2＝1，
4c2
25a2－4y20
25b2＝1，
消去y20
b2，得c2
a2＝7，所以该双曲线的离心率为7.
12．解析：选C.因为an＝1
n＋1，所以OA
→
n＝
n，1
n＋1 ，所以cos θn＝
OA
→
n·i
|OA
→
n||i|
＝
1
n＋1
n2＋
1
（n＋1）2
，因为0≤θn
≤π，所以sin θn＝1－cos2 θn＝
n
n2＋
1
（n＋1）2
，所以cos θn
sin θn
＝
1
n（n＋1）＝1
n－1
n＋1，所以cos θ1
sin θ1
＋cos θ2
sin θ2
＋…
＋cos θ2 017
sin θ2 017
＝1－1
2＋1
2－1
3＋…＋
1
2 017－
1
2 018＝1－
1
2 018＝2 017
2 018.
13．解析：令x＝1，得
3x－
1
3 x2
n
的展开式中各项系数之和为(3－1)n＝128＝27，故n＝7.则二项式的通项Tr＋1
＝Cr7(3x)7－r×(－x－2
3)r＝(－1)r×37－rCr7x7－r－2
3r，令7－5
3r＝－3，得r＝6，故展开式中1
x3的系数是(－1)6×37－6C67＝
21.
答案：21
14．解析：由题意可得：直线OP 与平面A1BD 所成的角α的取值范围是∠AOA1，π
2 ∪∠C1OA1，π
2 ，
不妨取AB＝2.在Rt△AOA1 中，
sin∠AOA1＝AA1
A1O＝
2
4＋2
＝6
3 ，
sin∠C1OA1＝sin(π－2∠AOA1)
＝sin 2∠AOA1＝2sin∠AOA1cos∠AOA1＝2× 6
3 × 3
3 ＝2 2
3 > 6
3 ，
所以sin α的取值范围是
6
3 ，1 .
答案：
6
3 ，1
15．解析：设F(1，0)关于直线y＝1
2x 的对称点为(x，y)，则
0＋y
2
＝1
2×1＋x
2
，
y－0
x－1
×1
2＝－1，
解得
x＝3
5，
y＝4
5，
由于椭圆的两个焦点为(－1，0)，(1，0)，
所以2a＝
3
5－1 2
＋
4
5
2
＋
3
5＋1 2
＋
4
5
2
＝6 5
5 ，a＝3 5
5 ，又c＝1，所以b2＝a2－c2＝9
5－1＝4
5，
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所以椭圆C 的方程为
x2
9
5
＋
y2
4
5
＝1，
即5x2
9 ＋5y2
4 ＝1.
答案：5x2
9 ＋5y2
4 ＝1
16．解析：由题意可知，在区间[0，a]上存在x1，x2(0<x1<x2<a)，
使得f′(x1)＝f′(x2)
＝f（a）－f（0）
a－0
＝
1
3a3－a2
a
＝1
3a2－a，
因为f(x)＝1
3x3－x2＋a，
所以f′(x)＝x2－2x，
所以方程x2－2x＝1
3a2－a 在区间(0，a)上有两个不同的解，
令g(x)＝x2－2x－1
3a2＋a(0<x<a)，则
Δ＝4＋4
3a2－4a>0，
g（0）＝－1
3a2＋a>0，
g（a）＝2
3a2－a>0，
2a>x1＋x2＝2，
解得3
2<a<3.所以实数a 的取值范围是
3
2，3 .
答案：
3
2，3
17．解：(1)两个班数据的平均值都为7，
甲班的方差s21＝
（6－7）2＋（5－7）2＋（7－7）2＋（9－7）2＋（8－7）2
5
＝2，
乙班的方差s22＝
（4－7）2＋（8－7）2＋（9－7）2＋（7－7）2＋（7－7）2
5
＝14
5 ，
因为s21<s22，甲班的方差较小，所以甲班的成绩更稳定．
(2)由题知X 可能取0，1，2，
P(X＝0)＝2
5×1
2＝1
5，P(X＝1)＝3
5×1
2＋2
5×1
2＝1
2，P(X＝2)＝3
5×1
2＝3
10，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
5
1
2
3
10
X 的数学期望E(X)＝0×1
5＋1×1
2＋2× 3
10＝11
10.
Y 可能取0，1，2，
P(Y＝0)＝3
5×1
5＝3
25，P(Y＝1)＝3
5×4
5＋2
5×1
5＝14
25，P(Y＝2)＝2
5×4
5＝8
25，
所以Y 的分布列为
Y
0
1
2
P
3
25
14
25
8
25
Y 的数学期望E(Y)＝0× 3
25＋1×14
25＋2× 8
25＝6
5.
18．解：(1)以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直
线为y 轴，DD1 所在直
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线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设知，B(2，3，0)，A1(2，0，5)，C(0，3，0)，C1(0，3，5)．
因为CE
→＝λCC1
→，
所以E(0，3，5λ)．
从而EB
→＝(2，0，－5λ)，
EA1
→＝(2，－3，5－5λ)．
当∠BEA1 为钝角时，cos∠BEA1<0，
所以EB
→·EA1
→<0，
即2×2－5λ(5－5λ)<0，
解得1
5<λ<4
5.
即实数λ的取值范围是
1
5，4
5 .
(2)当λ＝2
5时，EB
→＝(2，0，－2)，EA1
→＝(2，－3，3)．
设平面BEA1 的法向量为n1＝(x，y，z)，
由
n1·EB
→＝0，
n1·EA1
→＝0，
得
2x－2z＝0，
2x－3y＋3z＝0，
取x＝1，得n1＝1，5
3，1 .
易知平面BA1B1 的一个法向量为n2＝(1，0，0)．
因为cos
n1，n2
＝n1·n2
|n1|·|n2|
＝
1
43
9
＝3 43
43 ，所以|cos θ|＝3 43
43 .
19．解：(1)Sn＝1
2(a2n＋an)，
即a2n＋an－2Sn＝0，①
当n≥2 时，Sn－1＝1
2(a2n－1＋an－1)，
即a2n－1＋an－1－2Sn－1＝0，②
①－②得(an－an－1)(an＋an－1)＋an－an－1－2an＝0，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝1，
当n＝1 时，a21＋a1－2a1＝0，因为an>0，
所以a1＝1，所以an＝1＋(n－1)＝n.
(2)存在．理由如下：
由(1)知bn＝n
2n－1，所以Tn＝1×
1
2
0
＋2×
1
2
1
＋…＋n×
1
2
n－1
，③
1
2Tn＝1×
1
2
1
＋2×
1
2
2
＋…＋n×
1
2
n
，④
③－④得1
2Tn＝1＋1
2＋…＋
1
2
n－1
－n×
1
2
n
＝2 1－
1
2
n
－n×
1
2
n
，
故Tn＝4 1－
1
2
n
－2n
1
2
n
＝4－4×
1
2
n
－2n
1
2
n
＝4－(2n＋4)·
1
2
n
.易知Tn<4，
因为Tn＋1－Tn＝4－(2n＋6)
1
2
n＋1
－4＋(2n＋4)
1
2
n
＝(n＋1)
1
2
n
>0，
所以Tn≥T1＝1，
故存在正整数m＝1 满足题意．
20．解：(1)依题意设M(m，0)，N(4，n)，
T(x，y)，其中0≤m≤4，0≤n≤3，
因为P(0，－3)，R(0，3)，
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所以由PM
→∥PT
→得，3x－m(y＋3)＝0，
所以3m＝9x
y＋3
.①
由RN
→∥RT
→得(n－3)x－4(y－3)＝0，
所以4(n－3)＝16（y－3）
x
，②
因为|OM|·|NQ|＝|MQ|·|CN|，
所以mn＝(4－m)(3－n)，
即3m＋4n＝12，所以3m＋4(n－3)＝0.③
将①②代入③得9x
y＋3
＋16（y－3）
x
＝0，
即x2
16＋y2
9 ＝1(0≤x≤4，0≤y≤3)．
它是中心在坐标原点、焦点在x 轴上，长轴长为8，短轴长为6 的椭圆(在第一象限的部分曲线)．
(2)当M 为OQ 的中点时，m＝2，n＝3
2.
直线PM：3x－2y－6＝0，
直线RN：3x＋8y－24＝0，
联立两式解得T(3.2，1.8)，
所以S△TPR＝1
2×6×3.2＝9.6.
21．解：(1)g′(x)＝2x－(1－a)－2－a
x
＝2x2－（1－a）x－（2－a）
x
，
因为g(x)的定义域为{x|x＞0}，且g(x)在其定义域内为增函数，
所以g′(x)≥0 在x＞0 时恒成立，
则2x2－(1－a)x－(2－a)≥0 在x＞0 时恒成立，
所以a≥5－
2（x＋1）＋1
x＋1 在x＞0 时恒成立．
而当x＞0 时，2(x＋1)＋1
x＋1
＞3.
所以a∈[2，＋∞)．
(2)不能．理由如下：
假设F(x)的图象在(x0，F(x0))处的切线平行于x 轴，F(x)＝2ln x－x2－ax，F′(x)＝2
x－2x－a，
不妨设A(m，0)，B(n，0)，0＜m＜n，
则
2ln m－m2－am＝0，①
2ln n－n2－an＝0，②
m＋n＝2x0，③
2
x0
－2x0－a＝0.④
①－②得2lnm
n－(m＋n)(m－n)＝a(m－n)，
所以a＝
2lnm
n
m－n
－2x0，
由④得a＝2
x0
－2x0，
所以lnm
n＝2（m－n）
m＋n
＝
2
m
n－1
m
n＋1
，⑤
设t＝m
n∈(0，1)，⑤式可变为ln t－2（t－1）
t＋1
＝0(t∈(0，1))．
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设h(t)＝ln
t－2（t－1）
t＋1
，h′(t)＝1
t－2（t＋1）－2（t－1）
（t＋1）2
＝（t＋1）2－4t
t（t＋1）2 ＝（t－1）2
t（t＋1）2＞0(t∈(0，1))．
所以函数h(t)＝ln
t－2（t－1）
t＋1
在(0，1)上单调递增，因此h(t)＜h(1)＝0，
也就是ln m
n＜
2
m
n－1
m
n＋1
，此式与⑤矛盾．
所以F(x)的图象在点(x0，F(x0))处的切线不能平行于x 轴．
22．解：(1)C1 的
直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，
C2 的直角坐标方程为x＝3.
(2)设曲线C1 与x 轴异于原点的交点为A，
因为PQ⊥OP，所以PQ 过点A(2，0)，
设直线PQ 的参数方程为
x＝2＋tcos θ
y＝tsin θ
(t 为参数)，
代入C1 可得t2＋2tcos θ＝0，
解得t1＝0，t2＝－2cos θ，
可知|AP|＝|t2|＝|2cos θ|，
代入C2 可得2＋tcos θ＝3，解得t＝
1
cos θ，
可知|AQ|＝|t|＝|
1
cos θ|，
所以|PQ|＝|AP|＋|AQ|＝|2cos θ|＋|
1
cos θ|≥2 2，当且仅当|2cos θ|＝|
1
cos θ|时取等号，
所以线段PQ 长度的最小值为2 2.
23．解：(1)当a＝4 时，|x－1|＋|x－a|≥5 等价于
x＜1，
－2x＋5≥5
或
1≤x≤4，
3≥5
或
x＞4，
2x－5≥5，
解得x≤0 或x≥5，
所以不等式f(x)≥5 的解集为{x|x≤0 或x≥5}．
(2)因为f(x)＝|x－1|＋|x－a|≥|(x－1)－(x－a)|＝|a－1|.
所以f(x)min＝|a－1|.
要使f(x)≥4 对a∈R 恒成立，则|a－1|≥4 即可，所以a≤－3 或a≥5，
即实数a 的取值范围是{a|a≤－3 或a≥5}．
高考仿真模拟卷(十四)
1．解析：选B.由题意得，A＝[4，＋∞)，B＝0，1
2 ，所以(∁RA)∩B＝0，1
2 .
2．解析：选D.因为命题“∃x0∈R，x20＋(a－1)x0＋1<0”等价于x20＋(a－1)x0＋1＝0 有两个不等的实根，所以Δ
＝(a－1)2－4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1 或a>3，故选D.
3．解析：选D.对于A，当0＜x＜1 时，ln x＜0，此时aln x＜bln x，故排除A；对于B，当x＜0 时，ax＜bx，
故排除B；对于C，取a＝0，b＝－1，则a2＜b2，故排除C；对于D，因为对任意的x，
1
2
x
＞0，所以a
1
2
x
＞b
1
2 x
恒成立，故选D.
4．解析：选D.因为bsin B－asin A＝1
2asin C，所以由正弦定理得，b2－a2＝1
2ac①，
因为△ABC 的面积为2R2sin B(1－cos 2A)＝a2sin B，
所以1
2acsin B＝a2sin B，
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则c＝2a，代入①得，b2＝2a2，
由余弦定理得，cos B＝a2＋c2－b2
2ac
＝a2＋4a2－2a2
4a2
＝3
4.
5．解析：选A.画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，当a＝－2，b＝0 时，z＝2a－3b 取得最
小值－4.
6．解析：选D.由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积V1＝1
2×2×2×2＝4，外接球的直径的平方4R2＝22
＋22＋22＝12，R＝3，所以球的体积V2＝4
3πR3＝4 3π，体积比V1∶V2＝4∶4 3π＝1∶3π.
7．解析：选A.将函数y＝sin x＋π
6 的图象上各点的横坐标变为原来的1
2，
可得y＝sin 2x＋π
6 的图象，再往上平移1 个单位，得函数y＝sin 2x＋π
6 ＋1 的图象．因为－π
4
≤x≤π
2
，所
以－π
3
≤2x＋π
6
≤7π
6
，所以y＝sin 2x＋π
6 的最大值为1，最小值为－3
2 ，
故函数y＝sin 2x＋π
6 ＋1 的值域为1－3
2 ，2 .
8．解析：选B.因为区域C 相邻标记1，2，3 的区域，所以区域C 标记4，进而区域D 相邻标记2，3，4 的区
域，从而推出区域D 标记1，区域A 相邻标记1，2，4 的区域，所以区域A 标记3，区域E 相邻标记2，3，4 的区
域，从而区域E 标记1，区域F 相邻标记1，3，4 的区域，从而标记2，区域B 相邻标记为1，2，3 的区域，所以
标记4，所以只有B，C 标记为4，共占8 个边长为1 的正方形，面积为8，总共的区域面积为30，所以在该四色地
图上随机取一点，则恰好取在标记为4 的区域的概率是8
30＝4
15.
故选B.
9．解析：选B.首先要证，没有任意两个同学的数学成绩是相同的．假设A，B 两名同学的数学成绩一样，由
题知他们的语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有一个人比另一个人高，相应地由题可知，语文成绩较高的同
学比另一个同学“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾．因此看得出，没有任意两
个同学的数学成绩是相同的．因为数学成绩等级只有3 种，因而同学数量最大为3.之后要验证3 名同学能否满足条
件．易证3 名同学的成绩等级分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件．因此满足条件的
最多人数是3.
10．解析：选B.因为实数a，b，c，d 满足(b＋a2－3ln a)2＋(c－d＋2)2＝0，所以b＋a2－3ln a＝0，设b＝y，a
＝x，则有y＝3ln x－x2，且c－d＋2＝0，设c＝x1，d＝y1，则有y1＝x1＋2，所以(a－c)2＋(b－d)2 的最小值就是曲
线y＝3ln x－x2 上的点到直线y＝x＋2 的最小距离的平方值．对曲线y＝3ln x－x2 求导得y′＝3
x－2x，易知y＝3ln x
－x2 在0，6
2 上单调递增，在
6
2 ，＋∞上单调递减，与y＝x＋2 平行的切线的斜率k＝1＝3
x－2x，解得x＝1 或x
＝－3
2(舍去)，把x＝1 代入y＝3ln x－x2，得y＝－1，即切点为(1，－1)，切点到直线y＝x＋2 的距离为|1＋1＋2|
2
＝
2 2，所以(a－c)2＋(b－d)2 的最小值为8.
11．解析：选B.因为M 为双曲线上任一点，所以可取M 为双曲线的右顶点，由渐近线y＝x 知△OMN 为等腰
直角三角形，此时|OM|＝λ，|ON|＝|MN|＝λ
2
，所以|ON|·|MN|＝λ
2.
12．解析：选B.法一：因为函数f(x)是定义在R 上的减函数，所以f′(x)<0.因为f（x）
f′（x）
＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)，
所以f(x)＋(x－1)·f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函数g(x)在R 上单
调递增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1 时，g(x)<0，所以f(x)>0；当x>1 时，g(x)>0，所以f(x)>0.因为f(x)是
定义在R 上的减函数，所以f(1)>0.综上，对于任意x∈R，f(x)>0.
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法二：因为函数f(x)是定义在R 上的减函数，所以f′(x)<0.当x>1 时，f（x）
f′（x）
<1－x<0，所以f(x)>0，排除A；
又函数f(x)在R 上单调递减，所以当x≤1 时，f(x)>0，排除C、D.
13．解析：设a 与b 的夹角为θ，因为(a＋b)⊥a，所以(a＋b)·a＝0，即a2＋a·b＝0，所以a·b＝－3，即|a||b|cos θ
＝－3，所以cos θ＝－3
|a||b|
＝－3
2 3
＝－3
2 ，因为0≤θ≤π，所以θ＝5π
6
.
答案：5π
6
14.解析：如图，取A 为原点、AB 和AS 所在直线分别为y 轴和z 轴建
立空间直角坐标系．
则点B(0，17，0)，S(0，0，2 3)，C 2
13
17，4
17
，0 ，
故SC
→＝2
13
17，4
17
，－2 3 ，
AB
→＝(0，17，0)．
于是，所求夹角的余弦值为
SC
→·AB
→
|SC
→||AB
→|
＝17
17 .故答案为：17
17 .
答案：17
17
15．解析：设函数f(x)＝x2－6x＋m，可知其图象开口向上，对称轴是x＝3，又x2－6x＋m≤0 的解集中有且仅
有3 个整数，则
f（2）≤0
f（1）>0
，
即
22－6×2＋m≤0
12－6×1＋m>0
，
解得5<m≤8，又m∈Z，故m＝6，7，8，所以符合条件的m 的取值集合是{6，7，8}．
答案：{6，7，8}
16．解析：设点P(x0，y0)、M(4，yM)、N(4，yN)，则直线PA、PB 所在的直线方程分别为y＝y0
x0＋2
(x＋2)，y
＝y0
x0－2(x－2)，依题意，可求得yM＝6y0
x0＋2，yN＝2y0
x0－2.
因为DM
→＝(－3，yM)，DN
→＝(－3，yN)，所以DM
→·DN
→＝9＋12y20
x20－4
，又x20
4 ＋y20
3 ＝1，所以12－3x20＝4y20，即12y20
x20－4
＝
－9，所以DM
→·DN
→＝0，所以MN 为过D、M、N 三点的圆的直径．
法一：设定点为E(t，0)，则MN 为线段DE 的垂直平分线，又线段MN 为圆的直径，令圆心为F(4，a)，可得
|EF|＝|FD|，
即（4－t）2＋（a－0）2＝（4－7）2＋（a－0）2，
解得t＝1 或7(舍)，所以定点坐标为(1，0)．
法二：设定点为E(t，0)，则MN 为线段DE 的垂直平分线，所以点E 与点D 关于直线x＝4 对称，故定点为E(1，
0)．
答案：(1，0)
17．解：(1)设{an}的公差为d，
因为a2＝2，a3＋a5＝8，
所以2＋d＋2＋3d＝8，
所以d＝1，所以an＝n.
因为bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①
所以bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②
①－②得，bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，
所以bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．
因为b1＝2，b2＝2b1，
所以{bn}为等比数列，b1＝2，q＝2，
所以bn＝2n.
(2)因为cn＝an
bn
＝n
2n，
所以Tn＝1
2＋2
22＋3
23＋…＋n－1
2n－1 ＋n
2n，
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1
2Tn＝1
22＋2
23＋3
24＋…＋n－1
2n ＋n
2n＋1，
两式相减，得1
2Tn＝1
2＋1
22＋…＋1
2n－n
2n＋1＝1－2＋n
2n＋1 ，
所以Tn＝2－n＋2
2n .
18．解：(1)年龄在[35，40)之间的概率为0.04×5＝0.2，所以总人数N＝8
0.2＝40，
因为1－(0.01＋0.03＋0.04＋0.03＋0.02＋0.01)×5＝0.3，所以年龄在[30，35)之间的参加者人数N1＝40×0.3＝
12.
(2)记事件B 为从年龄在[30，35)之间选出的人中至少有1 名数学教师，因为年龄在[30，35)之间的人数为12，
所以P(B)＝1－C210
C212
＝7
22；
记事件C 为从年龄在[35，40)之间选出的人中至少有1 名数学教师，
因为年龄在[35，40)之间的人数为8，
所以P(C)＝1－C26
C28
＝13
28，
则所求概率为P(B∩C)＝P(B)P(C)＝7
22×13
28＝13
88.
(3)年龄在[45，55]之间的人数为6，其中女教师有4 人，ξ的所有可能取值为1，2，3，则
P(ξ＝1)＝C14C22
C36
＝1
5，P(ξ＝2)＝C24C12
C36
＝3
5，
P(ξ＝3)＝C34
C36
＝1
5，
所以ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
1
5
3
5
1
5
数学期望为E(ξ)＝1×1
5＋2×3
5＋3×1
5＝2.
19．解：(1)证明：如图，取A1C1 的中点G，连接FG，EG，在△A1B1C1 中，EG 为中位线，所以GE∥A1B1，
因为GE⊄平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，所以GE∥平面ABB1A1，同理可得GF∥平面ABB1A1，又GF∩GE
＝G，所以平面GEF∥平面ABB1A1，因为EF⊂平面GEF，所以EF∥平面ABB1A1.
(2)连接AC1，在△AA1C1 中，∠C1A1A＝π
4
，A1C1＝2AA1，所以AC21＝AA21＋A1C21－2AA1×A1C1cos∠AA1C1
＝AA21，所以AA1＝AC1，△A1AC1 是等腰直角三角形，所以AC1⊥AA1，又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C
∩平面ABB1A1＝AA1，
所以AC1⊥平面ABB1A1，因为AB⊂平面ABB1A1，所以AC1⊥AB，
因为侧面ABB1A1 为正方形，所以AA1⊥AB，
以AA1，AB，AC1 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝1，则A(0，0，0)，A1(1，0，0)，B1(1，1，0)，C1(0，0，1)，C(－1，0，1)，D(0，2，0)，
所以CB1
→＝(2，1，－1)，CD
→＝(1，2，－1)，A1C1
→＝(－1，0，1)，A1B1
→＝(0，1，0)，设平面A1B1C1 的法向量为
m＝(x1，y1，z1)，则m·A1C1
→＝0，m·A1B1
→＝0，即
－x1＋z1＝0
y1＝0
，令x1＝1，则y1＝0，z1＝1，故m＝(1，0，1)为平
面A1B1C1 的一个法向量，设平面CB1D 的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·CB1
→＝0，n·CD
→＝0，即
2x2＋y2－z2＝0
x2＋2y2－z2＝0
，
令x2＝1，则y2＝1，z2＝3，故n＝(1，1，3)为平面CB1D 的一个法向量，
所以cos〈m，n〉＝m·n
|m|×|n|
＝1×1＋0×1＋1×3
2× 12＋12＋32 ＝2 22
11 ，
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所以平面A1B1C1 与平面CB1D 所成的锐二面角的余弦值为2 22
11 .
20．解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x 以及OQ：y＝k2x 与圆M 相切，所以|k1x0－y0|
1＋k21
＝2，
化简得(x20－2)k21－2x0y0k1＋y20－2＝0，
同理(x20－2)k22－2x0y0k2＋y20－2＝0，
所以k1，k2 是方程(x20－2)k2－2x0y0k＋y20－2＝0 的两个不相等的实数根，所以k1·k2＝y20－2
x20－2
.
因为点M(x0，y0)在椭圆C 上，所以x20
6 ＋y20
3 ＝1，即y20＝3－1
2x20，
所以k1k2＝
1－1
2x20
x20－2
＝－1
2.
(2)|OP|2＋|OQ|2 是定值，定值为9.
理由如下：
法一：①当直线OP，OQ 不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立
y＝k1x，
x2
6 ＋y2
3 ＝1，解得
x21＝
6
1＋2k21
，
y21＝6k21
1＋2k21
.
所以x21＋y21＝6（1＋k21）
1＋2k21
，同理，得x22＋y22＝6（1＋k22）
1＋2k22
，
由k1k2＝－1
2，得|OP|2＋|OQ|2＝x21＋y21＋x22＋y22＝6（1＋k21）
1＋2k21
＋6（1＋k22）
1＋2k22
＝6（1＋k21）
1＋2k21
＋
6 1＋－1
2k1
2
1＋2 －1
2k1
2 ＝9＋18k21
1＋2k21
＝9.
②当直线OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9，综上：|OP|2＋|OQ|2＝9.
法二：①当直线OP，OQ 不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2＝－1
2，所以y21y22＝1
4x21x22，因
为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C 上，
所以
x21
6 ＋y21
3 ＝1，
x22
6 ＋y22
3 ＝1，
即
y21＝3－1
2x21，
y22＝3－1
2x22，
所以3－1
2x21
3－1
2x22 ＝1
4x21x22，整理得x21＋x22＝6，
所以y21＋y22＝3－1
2x21 ＋3－1
2x22 ＝3，
所以|OP|2＋|OQ|2＝9.
②当直线OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9.
综上：|OP|2＋|OQ|2＝9.
21．解：(1)由已知得f′(x)＝1
x，
所以f′(1)＝1＝1
2a，a＝2.
又因为g(1)＝0＝1
2a＋b，所以b＝－1，
所以g(x)＝x－1.
(2)因为φ(x)＝m（x－1）
x＋1
－f(x)＝m（x－1）
x＋1
－ln x 在[1，＋∞)上是减函数，
所以φ′(x)＝－x2＋（2m－2）x－1
x（x＋1）2
≤0 在[1，＋∞)上恒成立(等号不恒成立)，
即x2－(2m－2)x＋1≥0 在[1，＋∞)上恒成立，
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则2m－2≤x＋1
x，x∈[1，＋∞)．
因为x＋1
x∈[2，＋∞)，
所以2m－2≤2，m≤2.
(3)证明：由(1)可得：当x≥2 时，ln x<x－1≤x
2(x－1)，
所以由ln x<1
2x(x－1)，
得
2
x（x－1）
< 1
ln x，
所以2
1
x－1
－1
x < 1
ln x.
当x＝2 时，2×
1
1－1
2 < 1
ln 2，
当x＝3 时，2×
1
2－1
3 < 1
ln 3，
当x＝4 时，2×
1
3－1
4 < 1
ln 4，
…
当x＝n＋1 时，2
1
n－1
n＋1 <
1
ln（n＋1）
，n∈N*，n≥2.
上述不等式相加得：2
1－1
n＋1 < 1
ln 2＋1
ln 3＋1
ln 4＋…＋
1
ln（n＋1），
即2n
n＋1
< 1
ln 2＋1
ln 3＋1
ln 4＋…＋
1
ln（n＋1）
.①
由(2)可得：当m＝2 时，φ(x)＝2（x－1）
x＋1
－ln x 在[1，＋∞)上是减函数，所以当x>1 时，φ(x)<φ(1)＝0，
即2（x－1）
x＋1
－ln x<0，
所以ln x>2（x－1）
x＋1
，从而得到，1
ln x<1
2·x＋1
x－1
.
当x＝2 时，1
ln 2<1
2×3
1，
当x＝3 时，1
ln 3<1
2×4
2，
当x＝4 时，1
ln 4<1
2×5
3，
…
当x＝n＋1 时，
1
ln（n＋1）<1
2·n＋2
n
，n∈N*，n≥2.
上述不等式相加得：
1
ln 2＋1
ln 3＋1
ln 4＋…＋
1
ln（n＋1）
<1
2
3
1＋4
2＋5
3＋…＋n＋2
n
＝1
2
n＋2
1＋2
2＋2
3＋…＋2
n
＝n
2＋1＋1
2＋1
3＋…＋1
n，
即1
ln 2＋1
ln 3＋1
ln 4＋…＋
1
ln（n＋1）<n
2＋1＋1
2＋1
3＋…＋1
n.②
由①②得，2n
n＋1
< 1
ln 2＋1
ln 3＋1
ln 4＋…＋
1
ln（n＋1）
<n
2＋1＋1
2＋1
3＋…＋1
n(n∈N*，n≥2)．
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经检验当n＝1 时，2
3＜1
ln 2＜3
2，
所以原不等式对任意n∈N*都成立．
22．解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)，
得ρ2＝2(ρcos θ＋ρsin θ)，
即x2＋y2＝2x＋2y，
即(x－1)2＋(y－1)2＝2.
l 的参数方程为
x＝1
2t
y＝1＋3
2 t
(t 为参数，t∈R)．
(2)将
x＝1
2t
y＝1＋3
2 t
代入(x－1)2＋(y－1)2＝2 得t2－t－1＝0，
解得t1＝1＋5
2
，t2＝1－5
2
，
则|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2|＝5.
23．解：(1)当m＝3 时，f(x)≥5，
即为|x＋6|－|3－x|≥5，
①当x<－6 时，得－9≥5，
所以x∈∅；
②当－6≤x≤3 时，
得x＋6＋x－3≥5，即x≥1，
所以1≤x≤3；
③当x>3 时，得9≥5，所以x>3.
故不等式f(x)≥5 的解集为{x|x≥1}．
(2)因为|x＋6|－|m－x|≤|x＋6＋m－x|＝|m＋6|，
由题意得|m＋6|≤7，
则－7≤m＋6≤7，
解得－13≤m≤1，
故m 的取值范围是[－13，1]．
高考仿真模拟卷(十五)
1．解析：选A.A＝{x|x＞－1}，∁RA＝{x|x≤－1}，所以∁RA∩B＝{－2，－1}．选A.
2．解析：选B.由题意得，2zi－[－i(1＋i)]＝0，则z＝－i（1＋i）
2i
＝－1
2－i
2，
所以z－＝－1
2＋i
2，其在复平面内对应的点在第二象限，故选B.
3．解析：选D.由频率分布直方图可得第一组的频率是0.08，第二组的频率是0.32，第三组的频率是0.36，则
中位数在第三组内，估计样本数据的中位数为10＋0.1
0.36×4＝100
9 ，选项D 正确．
4．解析：选A.由f(x)＝(x－a)2 在(－∞，1)上单调递减得a≥1，由x>0，得x2＋1
x
＝x＋1
x≥2(当且仅当x＝1 时等
号成立)，所以a≤2，所以綈p 是q 的充分不必要条件．
5．解析：选B.由余弦定理可得，AC2＝BC2＋AB2－2BC×AB×cos B，即( 19)2＝22＋AB2－2×2×ABcos 2π
3
，
整理得AB2＋2AB－15＝0，解得AB＝3 或AB＝－5(舍去)．设边AC 上的高为h，则S△ABC＝1
2BC×AB×sin B＝
1
2AC×h，即1
2×2×3sin2π
3
＝1
2× 19×h，解得h＝3 57
19 .
6．解析：选A.一局游戏后，这2 个盘中的小球停在阴影部分分别记为事件A1，A2，
由题意知，A1，A2 相互独立，
且P(A1)＝
1
4π（42－22）
42π
＝3
16，P(A2)＝1
3，
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所以一局游戏后，这2 个盘中的小球都停在阴影部分的概率为P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝3
16×1
3＝1
16.
故选A.
7．解析：选B.第一次运行：k＝2，S＝0＋2＝2；第二次运行：k＝3，S＝2×2＋3＝7；第三次运行：k＝4，S
＝2×7＋4＝18，此时输出结果，满足条件．结合选项可知应填“k>3？”．
8．解析：选A.因为AB
→＋AC
→＝2AO
→，所以点O 为BC 的中点，因为O 是三角形的外心，所以△ABC 是直角三
角形，且A 是直角，OA＝BO，因为|OA
→|＝|AB
→|，所以△ABO 是正三角形，所以BA
→在BC
→方向上的投影等于|BA
→|·cos
60°＝1
2.
9．解析：选A.由题意得，A＝3，T＝4＝2π
ω
，ω＝π
2
.又因为f(x)＝Acos(ωx＋φ)为奇函数，所以φ＝π
2
＋kπ，
k∈Z，取k＝0，则φ＝π
2
，所以f(x)＝3cos
π
2
x＋π
2 ，
所以f(1)＝－3.
10．解析：选B.该几何体为如图所示的几何体EFB1C1­ABCD，是
从棱长为2 的正方体
中截去两个三棱锥后的剩余部分，其体积V＝VA1B1C1D1­ABCD－VA­
A1EF－VD­D1EC1＝
23－1
3×1
2×1×1×2－1
3×1
2×1×2×2＝7，故选B.
11．解析：选D.因为函数F(x)＝f(－x)＋f(x)是偶函数，F(0)≠0，所
以零点成对出现，依
题意，方程f(－x)＋f(x)＝0 有两个不同的正根，又当x＞0 时，f(－x)＝
ex－mx＋m
2，所以方程
可以化为：ex－mx＋m
2＋xex－ex＝0，即xex＝m x－1
2 ，
记g(x)＝xex(x＞0)，g′(x)＝ex(x＋1)＞0，设直线y＝m x－1
2 与g(x)的图象相切时的切点为(t，tet)，则切线方
程为y－tet＝et(t＋1)(x－t)，过点
1
2，0 ，所以－tet＝et(t＋1)
1
2－t ⇒t＝1 或－1
2(舍弃)，所以切线的斜率为2e，由图
象可以得m＞2e.选D.
12．解析：选D.渐近线方程是x±ay＝0，
设P(m，n)，过点P 且平行于x＋ay＝0 的直线为l，
则l 的方程为x＋ay－m－an＝0，
设l 与渐近线x－ay＝0 的交点为A，
则A
m＋an
2
，m＋an
2a
，
|OA|＝|
m＋an
2 |
1＋1
a2，P 点到OA 的距离是d＝|m－an|
1＋a2.
因为|OA|·d＝1，
所以|
m＋an
2 |·
1＋1
a2·|m－an|
1＋a2＝1，因为m2
a2 －n2＝1，所以a＝2.故选D.
13．解析：取得小球标号最大值是3 的取法可分三类：①有一次取到3 号球，有C13×2×2＝12(种)取法；②有
两次取到3 号球，有C23×2＝6(种)取法；③三次都取到3 号球，有1 种取法，所以共有12＋6＋1＝19(种)取法．
答案：19
14．解析：设该等差数列首项为a，
由题意和等差数列的性质可得2 019＋a＝1 010×2，解得a＝1.故答案为1.
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答案：1
15．解析：根据题意知，直线l 的斜率为b
a，所以直线l 的方程为y＝b
ax＋3b，因为双曲线右支上的点到直线l
的距离恒大于b，所以直线y＝b
ax＋3b 与直线y＝b
ax 的距离大于等于b，即
3ab
a2＋b2≥b，所以c
a≤3，即e≤3，所以
双曲线的离心率的最大值为3.
答案：3
16．解析：对于①，f(x)＝4x，易知ω＝4 符合题意，故①是“条件约束函数”；对于②，当x≠0 时，|
f（x）
x |
＝|x＋2
x|，显然当x 趋于无穷大时，|
f（x）
x |趋于无穷大，这时ω不存在，因此②不是“条件约束函数”；对于
③，|f(x)|＝
2|x|
（x－1）2＋4
≤1
2|x|，所以存在常数ω＝1
2，使|f(x)|≤ω|x|对一切实数x 均成立，故③是“条件约束函数”；
对于④，令x1＝x，x2＝－x，则|f(x1)－f(x2)|＝|f(x)－f(－x)|＝|2f(x)|≤4|2x|，即|f(x)|≤4|x|，故存在ω＝4，使|f(x)|≤ω
|x|对一切实数x 均成立．因此④是“条件约束函数”．综上可知①③④是“条件约束函数”．
答案：①③④
17．解：m·n＝3sinx
4cosx
4＋cos2x
4
＝3
2 sinx
2＋1
2×cosx
2＋1
2
＝sin
x
2＋π
6 ＋1
2.
(1)因为m·n＝1，
所以sin
x
2＋π
6 ＝1
2，
所以cos x＋π
3
＝1－2sin2
x
2＋π
6 ＝1
2，
所以cos
2π
3
－x ＝－cos x＋π
3
＝－1
2.
(2)因为(2a－c)cos B＝bcos C，由正弦定理得
(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
所以2sin Acos B＝sin Ccos B＋sin Bcos C，
所以2sin Acos B＝sin(B＋C)．
因为A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin A，
且sin A≠0，
所以cos B＝1
2，B＝π
3
.所以0<A<2π
3
.
所以π
6
<A
2＋π
6
<π
2
，
1
2<sin
A
2＋π
6 <1.
又因为f(x)＝m·n
＝sin
x
2＋π
6 ＋1
2，
所以f(A)＝sin
A
2＋π
6 ＋1
2，
故1<f(A)<3
2.
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故函数f(A)的取值范围是1，3
2 .
18．解：(1)取线段BP 的中点F，取PC 的中点O，连接FO，DO，
因为F，O 分别为BP，PC 的中点，
所以FO 綊1
2BC.
因为四边形ABCD 为平行四边形，ED∥BC，且DE＝1
2BC，
所以FO∥ED 且ED＝FO，
所以四边形EFOD 是平行四边形，
所以EF∥DO.
因为EF⊄平面PDC，DO⊂平面PDC，所以EF∥平面PDC.
(2)以DC 为x 轴，过D 点作DC 的垂线为y 轴，DA 为z 轴建立空间直角坐标系．在△PDC 中，由PD＝4，PC
＝2 7，∠CDP＝120°，及余弦定理，得CD＝2，
则D(0，0，0)，C(2，0，0)，B(2，0，3)，P(－2，2 3，0)，A(0，0，3)，
设F(x，y，z)，
则BF
→＝(x－2，y，z－3)
＝1
3BP
→＝－4
3，2 3
3 ，－1 ，
所以F
2
3，2 3
3 ，2 .
AF
→＝
2
3，2 3
3 ，－1 .
设平面PBC 的法向量n1＝(a，b，c)，CB
→＝(0，0，3)，PC
→＝(4，－2 3，0)，
由
n1·CB
→＝0
n1·PC
→＝0
，得
3z＝0
4x－2 3y＝0
，
令y＝1，可得n1＝
3
2 ，1，0 .
cos〈AF
→，n1〉＝
AF
→·n1
|AF
→||n1|
＝6 21
35 ，
所以直线AF 与平面PBC 所成的角的正弦值为6 21
35 .
19．解：(1)依题意得2×2 列联表如下：
分数低于90 分人数
分数不低于90
分人数
总计
“过关”人数
12
14
26
“不过关”人数
18
6
24
总计
30
20
50
K2＝50×（12×6－18×14）2
26×24×30×20
＝225
52 ≈4.327>3.841，
因此有95%的把握认为期末数学成绩不低于90 分与测试“过关”有关．
(2)在期末分数段[105，120)的5 人中，有3 人测试“过关”，随机选3 人，抽取到过关测试“过关”的人数X
的可能取值为1，2，3.P(X＝1)＝C22C13
C35
＝3
10，P(X＝2)＝C12C23
C35
＝6
10，P(X＝3)＝C33
C35
＝1
10，
X 的分布列为
X
1
2
3
P
3
10
6
10
1
10
E(X)＝1× 3
10＋2× 6
10＋3× 1
10＝18
10＝1.8.
20．解：(1)由题意可知，F(x)＝x2－ln x，F′(x)＝2x－1
x，x∈
1
2，2 ，
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令F′(x)＝0，得x＝2
2 .
因为F
1
2 ＝1
4＋ln 2，F(2)＝4－ln 2，F
2
2 ＝1＋ln 2
2
，
且F(2)>F
1
2 ，F(2)>F
2
2 ，
所以当x＝2 时，函数F(x)取得最大值，最大值为4－ln 2.
(2)因为对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)＝k 成立，
所以函数H(x)的值域为R，
函数y＝x
2e在[s，＋∞)上单调递增，其值域为
s
2e，＋∞.
函数y＝f(x)＝ln x
x ，y′＝1－ln x
x2
.当x＝e 时，y′＝0.
当x>e 时，y′<0，函数y＝ln x
x 在[e，＋∞)上单调递减，
当0<x<e 时，y′>0，函数y＝ln x
x 在(0，e)上单调递增．
①若s>e，则函数y＝ln x
x 在(0，e)上单调递增，在(e，s)上单调递减，其值域为－∞，1
e ，又s
2e>1
e，不符合题意．
②若0<s≤e，则函数y＝ln x
x 在(0，s)上单调递增，其值域为－∞，ln s
s
，由题意得s
2e≤ln s
s ，即s2－2eln s≤0.
令u(s)＝s2－2eln s，u′(s)＝2s－2e
s ＝2（s2－e）
s
，
当s> e时，u′(s)>0，u(s)在( e，e)上单调递增；
当0<s< e时，u′(s)<0，u(s)在(0，e)上单调递减．
所以当s＝e时，u(s)有最小值u( e)＝0，从而u(s)≥0 恒成立(当且仅当s＝e时，u(s)＝0)．
故u(s)＝0，所以s＝e.
综上所述，实数s 的取值集合为{ e}．
21．解：(1)由c
a＝1
2，得a＝2c，
所以a2＝4c2，b2＝3c2，
将点P 1，3
2 的坐标代入椭圆方程得c2＝1，
故所求椭圆方程为x2
4 ＋y2
3 ＝1.
(2)设直线l 的方程为x＝ty－1，代入椭圆方程得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，显然判别式大于0 恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B 的内切圆半径为r0，则有y1＋y2＝
6t
4＋3t2，y1y2＝－9
4＋3t2，r0＝3 2
7 ，
所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2
＝1
2|F1F2|·|y1－y2|
＝1
2|F1F2|· （y1＋y2）2－4y1y2
＝12 t2＋1
4＋3t2 ，
而S△AF2B＝1
2|AB|r0＋1
2|BF2|r0＋1
2|AF2|r0
＝1
2r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
＝1
2r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
＝1
2r0·4a＝1
2×8×3 2
7 ＝12 2
7
，
所以12 t2＋1
4＋3t2 ＝12 2
7
，解得t2＝1，
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因为所求圆与直线l 相切，
所以半径r＝
2
t2＋1
＝2，
所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.
22．解：(1)将点P 的极坐标4，π
2 化为直角坐标为P(0，4)，
因为P(0，4)满足方程x－y＋4＝0，所以点P 在直线l 上．
(2)法一：因为点Q 是曲线C 上的点，故可设点Q 的坐标为( 3cos α，sin α)，
所以点Q 到直线l 的距离
d＝| 3cos α－sin α＋4|
2
＝|2cos α＋π
6 ＋4|
2
，
所以当cos α＋π
6 ＝－1 时，d 取得最小值，且dmin＝2.
法二：曲线C 的普通方程为x2
3 ＋y2＝1，
平移直线l 到l′，使l′与曲线C 相切，
设l′：x－y＋m＝0，
由
x－y＋m＝0，
x2
3 ＋y2＝1
得x2＋3(x＋m)2＝3，
即4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
由Δ＝36m2－48(m2－1)＝48－12m2＝0，解得m＝±2，
所以当m＝2 时，曲线C 上的点Q 到直线l 的距离最小，且最小值d＝|4－2|
2
＝2.
23．解：(1)当a≥－2 时，f(x)＝
3
2x＋1－a，x>a，
－1
2x＋1＋a，－2≤x≤a，
－3
2x＋a－1，x<－2，
所以f(x)min＝1＋a
2＝2，a＝2.
当a<－2 时，f(x)＝
3
2x＋1－a，x>－2，
1
2x－a－1，a<x≤－2，
－3
2x＋a－1，x≤a，
所以f(x)min＝－a
2－1＝2，a＝－6.
综上可知a＝2 或a＝－6.
(2)由(1)知，当a>0 时a＝2.不等式f(x)≤4，
即|x－2|＋1
2|x＋2|≤4.
由(1)知f(x)＝
3
2x－1，x>2，
－1
2x＋3，－2≤x≤2
－3
2x＋1，x<－2，
，
当x>2 时，由3
2x－1≤4，得x≤10
3 ，
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所以2<x≤10
3 ；
当－2≤x≤2 时，由－1
2x＋3≤4，
得x≥－2，所以－2≤x≤2；
当x<－2 时，由－3
2x＋1≤4，
得x≥－2，无解．
所以不等式的解集为－2，10
3 .
高考仿真模拟卷(十六)
1．解析：选D.由集合A＝{x|log2(x－1)＜0}＝{x|1＜x＜2}，则∁RA＝{x|x≤1 或x≥2}，
又B＝{x|x≤3}，所以∁RA∩B＝(－∞，1]∪[2，3]．
2．解析：选B.由z－2i＝1
1－i
，得z＝2i＋1
1－i
＝2i＋
1＋i
（1－i）（1＋i）
＝1
2＋5
2i，
所以复数z 在复平面内的点的坐标为
1
2，5
2 ，到原点的距离为
1
4＋25
4 ＝26
2 .故选B.
3．解析：选D.由题意知x－＝0＋1＋4＋5＋6＋8
6
＝4，
y－＝1.3＋m＋5.6＋6.1＋7.4＋9.3
6
＝29.7＋m
6
，
将4，29.7＋m
6
代入y^＝0.95x＋1.45 中，得29.7＋m
6
＝0.95×4＋1.45，解得m＝1.8.
4．解析：选D.因为cos α＋π
2 ＝3
5，所以sin α＝－3
5，又－π
2
<α<π
2
，所以cos α＝4
5，所以sin 2α＝2sin α
cos α＝2× －3
5 ×4
5＝－24
25，故选D.
5．解析：选D.A 中，由线面平行的判定和性质得满足条件的直线a，b 平行，故正确．
B 中，满足条件的直线a，b 垂直，故正确．
C 中，由面面垂直的性质可得，交线a 与α垂直，故正确．
D 中，直线a 与β可能平行，也可能在β内，故不正确．
综上D 不正确．
答案D.
6．解析：选A.结合图象可知函数f(x)＝|x－a|在[a，＋∞)上单调递增，易知当a≤－2 时，函数f(x)＝|x－a|在[－
1，＋∞)上单调递增，但反之不一定成立，故选A.
7．解析：选B.设线段BC 的中点为M，则OB
→＋OC
→＝2OM
→，因为2AO
→＝OB
→＋OC
→，所以AO
→＝OM
→，则AO
→＝1
2AM
→
＝1
4(AB
→＋AC
→)＝1
4(AB
→＋1
tAD
→)＝1
4AB
→＋1
4tAD
→，由B，O，D 三点共线，得1
4＋1
4t＝1，解得t＝1
3.
故选B.
8．解析：选B.由题意知，该程序框图的功能是计算S＝lg1
2＋lg2
3＋…＋lg n
n＋1
＝－lg(n＋1)，
当n＝98 时，S＝－lg 99>－2；当n＝99 时，S＝－lg 100＝－2，跳出循环，故①中应填n<99?
故选B.
9．解析：选D.如图所示，点P 与点F2 关于直线y＝b
ax 对称，所
以|OP|＝|OF2|＝|OF1|
＝c，所以PF1⊥PF2，tan∠PF1F2＝b
a，又|F1F2|＝2c，所以|PF2|＝2b，|PF1|
＝2a，又因为点P 在
双曲线上，所以|PF2|－|PF1|＝2a，即2b－2a＝2a，b＝2a，故e＝c
a＝5.
10．解析：选D. x
x＋y
＋2y
x＋2y
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＝x（x＋2y）＋2y（x＋y）
（x＋y）（x＋2y）
＝x2＋4xy＋2y2
x2＋3xy＋2y2
＝1＋
xy
x2＋3xy＋2y2
＝1＋
1
x
y＋3＋2y
x
≤1＋
1
3＋2 2
＝4－2 2，当且仅当x
y＝2y
x ，
即x2＝2y2 时取等号．
11．解析：选D.因为直线2x－y＋3＝0 的斜率为2，所以令y′＝1
x＝2，解得x＝1
2，把x＝1
2代入曲线方程得y＝
－ln 2，即曲线在点
1
2，－ln 2 处的切线斜率为2，
1
2，－ln 2 到直线2x－y＋3＝0 的距离d＝|1＋ln 2＋3|
22＋（－1）2＝4＋ln 2
5
，
故曲线y＝ln x 上的点到直线2x－y＋3＝0 的最短距离是4＋ln 2
5
.
12．解析：选B.如图所示，Rt△PAC，Rt△PAB 为等腰直角三角
形，且AP＝AB＝AC
＝3.
以顶点P 为球心，以2 为半径作一个球与Rt△PAC 的PC，AC 分
别交于点M，N，
得cos∠APN＝3
2 ，
所以∠APN＝π
6
，
所以∠NPM＝π
12
，
所以MN
︵＝π
12
×2＝π
6
，
同理GH
︵＝π
6
，HN
︵＝π
2
×1＝π
2
，
又GM
︵是以顶点P 为圆心，以2 为半径的圆的周长的1
6，所以GM
︵＝2π×2
6
＝2π
3
，
所以球面与三棱锥的表面相交所得到的四段孤长之和等于π
6
＋π
6
＋π
2
＋2π
3
＝9π
6
＝3π
2
.
故选B.
13．解析：由已知，S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋4a1，则a3＝3a1，所以q2＝3.
又T5＝a1a2a3a4a5＝a53＝243，
所以a3＝a1q2＝3，a1＝1.
故答案为1.
答案：1
14．解析：抛物线y2＝8x 的焦点为F(2，0)，故直线l：x＝－2
为抛物线的准线，由抛
物线的定义可知，d＝|PF|.圆C 的方程可变形为(x＋1)2＋(y－4)2＝4，
圆心为C(－1，4)，半径
r＝2.如图所示，d＋|PQ|＝|PF|＋|PQ|.显然，|PF|＋|PQ|≥|FQ|(当且仅
当F，P，Q 三点共线，
且点P 在点F，Q 之间时取等号)．而|FQ|为圆C 上的动点Q 到定点
F 的距离，显然当Q 处
在Q′的位置，P 处在P′的位置时，|FQ|取得最小值，且最小值为|CF|
－
r
＝
（－1－2）2＋（4－0）2－2＝5－2＝3.
答案：3
15．解析：如果正整数m 按照上述规则经过6 次运算得到1，
则经过5 次运算后得到
的一定是2；
经过4 次运算后得到的一定是4；
经过3 次运算后得到的为8 或1(不合题意)；
经过2 次运算后得到的是16；
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经过1 次运算后得到的是5 或32；
所以开始时的数为10 或64.
所以正整数m 的值为10 或64.
故答案为10 或64.
答案：10 或64.
16．解析：由f(x－1)＝f(x＋1)得函数f(x)的最小正周期T＝2，根据函数的奇偶性、周期性画出函数f(x)在[－2，
3]上的图象，然后再画函数g(x)＝|loga|x||的图象，如图所示，使它们有5 个交点即可，当a>1 时，只要保证loga3≤1
即可，解得a≥3，当0<a<1 时，只要保证－loga3≤1 即可，即loga3≥－1，解得0<a≤1
3，综上a∈0，1
3 ∪[3，＋∞).
答案：0，1
3 ∪[3，＋∞)
17．解：(1)设A1、A2 分别参加第一场、第二场，则
P1＝5
6×2
3×2
3＝10
27，
设A2、A1 分别参加第一场、第二场，则
P2＝3
4×2
3×2
3＝1
3，所以P1>P2，
所以甲俱乐部安排A1 参加第一场，A2 参加第二场，则甲俱乐部以3∶0 取胜的概率最大．
(2)比赛场数X 的所有可能取值为3、4、5，
P(X＝3)＝5
6×2
3×2
3＋1
6×1
3×1
3＝7
18，
P(X＝4)＝5
6C12×2
3×1
3×2
3＋1
6×
2
3
3
＋1
6C12×1
3×2
3×1
3＋5
6×
1
3
3
＝19
54，
P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝7
27，
所以X 的分布列为
X
3
4
5
P
7
18
19
54
7
27
所以E(X)＝3× 7
18＋4×19
54＋5× 7
27＝209
54 .
18．解：(1)由题图知，3
4T＝11
12π－π
6
＝3
4π.
所以T＝π.
所以2π
ω
＝π，所以ω＝2，
所以f(x)＝2sin(2x＋φ)，
因为点
π
6
，2 在函数图象上，
所以sin
π
3
＋φ ＝1，
所以π
3
＋φ＝π
2
＋2kπ(k∈Z)，
即φ＝2kπ＋π
6
(k∈Z)，因为0<φ<π，
所以φ＝π
6
，所以f(x)＝2sin 2x＋π
6 .
因为－π
12
≤x≤π
4
，
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所以0≤2x＋π
6
≤2
3π，
所以0≤sin 2x＋π
6 ≤1，
所以0≤f(x)≤2，
即函数f(x)在－π
12
，π
4 上的值域为[0，2]．
(2)因为f(A)＝2sin 2A＋π
6 ＝1，
所以sin 2A＋π
6 ＝1
2，
因为π
6
<2A＋π
6
<13
6 π，
所以2A＋π
6
＝5
6π，所以A＝π
3
.
在△ABC 中，由余弦定理得
BC2＝9＋4－2×3×1
2×2＝7，BC＝7.
由正弦定理得，
7
sinπ
3
＝
2
sin B，
故sin B＝21
7 .
又AC<AB，所以B 为锐角，
所以cos B＝2 7
7 ，
所以sin 2B＝2sin Bcos B＝2 21
7
×2 7
7 ＝4 3
7 .
19．解：(1)证明：因为∠DAC＝∠AOB，所以AD∥OB.
因为E 为PC 的中点，O 为圆心，连接OE，
所以OE∥PA，又OB∩OE＝O，PA∩AD＝A，
所以平面PAD∥平面EOB，
因为BE⊂平面EOB，所以BE∥平面PAD.
(2)因为四边形ABCD 内接于圆O 且AC 为直径，
所以AD⊥CD，又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，
又PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，
所以∠PDA 是二面角P­CD­A 的平面角，
因为tan∠PDA＝2，PA＝2，
所以AD＝1，
如图，
以D 为坐标原点，DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴
建立空间直角坐标系D­xyz.
PA＝AC＝2，AD＝1，延长BO 交CD 于点F，
因为BO∥AD，所以BF⊥CD，又因为BF＝BO＋OF，
所以BF＝1＋1
2＝3
2，
又CD＝3，所以DF＝3
2 ，
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所以P(1，0，2)，B
3
2，3
2 ，0 ，
C(0，3，0)，
设平面PCD 的法向量n＝(x，y，z)，
因为
n·CP
→＝0，
n·DC
→＝0.
所以
（x，y，z）·（1，－3，2）＝0，
（x，y，z）·（0，3，0）＝0，
即
x－3y＋2z＝0，
3y＝0.
令z＝1，
则x＝－2，y＝0.
所以n＝(－2，0，1)是平面PCD 的一个法向量，
又PB
→＝
1
2，3
2 ，－2 ，
所以|cos〈PB
→，n〉|＝|
PB
→·n
|PB
→||n||＝|
－1＋0－2
5× 5 |＝3
5，
所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3
5.
20．解：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝1＋mx＋m
x＋1
＝m x＋m＋1
m
x＋1
.
当m>0 时，－m＋1
m
－(－1)＝－1
m<0，
即－m＋1
m
<－1，
因为x>－1，所以f′(x)>0，
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
当m<0 时，－m＋1
m
－(－1)＝－1
m>0，即－m＋1
m
>－1，
由f′(x)>0，解得－1<x<－m＋1
m
，
由f′(x)<0，解得x>－m＋1
m
，
所以f(x)在－1，－m＋1
m
上单调递增，在－m＋1
m
，＋∞上单调递减．
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f（x1）－f（x2）
x1－x2
(x－x1)－f(x1)，
则h′(x)＝f′(x)－f（x1）－f（x2）
x1－x2
.
因为函数f(x)在区间(x1，x2)上可导，则根据结论可知，存在x0∈(x1，x2)，
使得f′(x0)＝f（x2）－f（x1）
x2－x1
，
又f′(x)＝1
x＋1＋m，
所以h′(x)＝f′(x)－f′(x0)
＝1
x＋1
－
1
x0＋1
＝
x0－x
（x＋1）（x0＋1）
.
当x∈(x1，x0]时，h′(x)≥0，
从而h(x)单调递增，
所以h(x)>h(x1)＝0；
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当x∈(x0，x2)时，h′(x)<0，从而h(x)单调递减，
所以h(x)>h(x2)＝0.
故对任意x∈(x1，x2)，都有h(x)>0，
即f(x)>g(x)．
21．解：(1)由抛物线C2：y2＝8x 得F2(2，0)，
当直线l 的斜率不存在，即l：x＝2 时，满足题意．
当直线l 的斜率存在时，设l：y＝k(x－2)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
y2＝8x，
y＝k（x－2）
得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
所以x1＋x2＝4k2＋8
k2
，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4k＝8
k.
设AB 的中点为G，
则G
2k2＋4
k2
，4
k ，因为|PA|＝|PB|，
所以PG⊥l，kPG·k＝－1，
所以
4
k－0
2k2＋4
k2
－8
·k＝－1，
解得k＝± 2，
则y＝± 2(x－2)，
所以直线l 的方程为y＝± 2(x－2)或x＝2.
(2)因为F2(2，0)，
所以F1(－2，0)，b2＝6－4＝2，
所以椭圆C1：x2
6 ＋y2
2 ＝1.
设点T 的坐标为(－3，m)，
则直线TF1 的斜率kTF1＝m－0
－3＋2
＝－m，
当m≠0 时，直线MN 的斜率kMN＝1
m，直线MN 的方程是x＝my－2，当m＝0 时，直线MN 的方程是x＝－2，
也符合x＝my－2 的形式，
所以直线MN 的方程是x＝my－2.
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则联立
x2
6 ＋y2
2 ＝1
x＝my－2
，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，
所以y3＋y4＝4m
m2＋3
，y3y4＝－
2
m2＋3
.
|TF1|＝m2＋1，
|MN|＝（x3－x4）2＋（y3－y4）2
＝（m2＋1）[（y3＋y4）2－4y3y4]
＝24（m2＋1）
m2＋3
.
所以|TF1|
|MN|＝
1
24×（m2＋3）2
m2＋1
＝
1
24
m2＋1＋
4
m2＋1
＋4
≥3
3 ，
当且仅当m2＋1＝
4
m2＋1
，
即m＝±1 时，等号成立，
此时|TF1|
|MN|取得最小值3
3 .
22．解：(1)由ρ2－4ρcos θ＋3＝0 可得，x2＋y2－4x＋3＝0.
所以(x－2)2＋y2＝1.
令x－2＝cos α，y＝sin α，
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所以C1 的一个参数方程为
x＝2＋cos α
y＝sin α
(α为参数，α∈R)．
(2)C2：4ρ sin π
6
cos θ－cos π
6
sin θ ＝3，
所以4
1
2x－3
2 y ＝3，即2x－2 3y－3＝0.
因为直线2x－2 3y－3＝0 与圆(x－2)2＋y2＝1 相交于A，B 两点，
所以圆心到直线的距离d＝1
4，
所以|AB|＝2×
1－
1
4
2
＝2× 15
4 ＝15
2 .
23．解：(1)因为|2x－a|＋2a≤6，
所以|2x－a|≤6－2a，
所以2a－6≤2x－a≤6－2a，
所以3
2a－3≤x≤3－a
2，
因为不等式f(x)≤6 的解集为{x|－6≤x≤4}，
所以
3
2a－3＝－6，
3－a
2＝4，
解得a＝－2.
(2)由(1)得f(x)＝|2x＋2|－4.
所以|2x＋2|－4≤(k2－1)x－5，
化简整理得|2x＋2|＋1≤(k2－1)x，
令g(x)＝|2x＋2|＋1＝
2x＋3，x≥－1，
－2x－1，x<－1，
y＝g(x)的图象如图所示，
要使不等式f(x)≤(k2－1)x－5 的解集非空，需k2－1>2 或k2－1≤－1，
所以k 的取值范围是{k|k> 3或k<－3或k＝0}．
高考仿真模拟卷(十七)
1．解析：选D.由题意得，A＝{x|x≥1 或x≤－1}，
∁UA＝{x|－1<x<1}，∁UB＝{x|x≤0}，
所以(∁UA)∩(∁UB)＝(－1，0]．
故选D.
2．解析：选C.因为z(1＋i)＝(3＋i)2，
所以z＝（3＋i）2
1＋i
＝8＋6i
1＋i
＝（8＋6i）（1－i）
（1＋i）（1－i）
＝(4＋3i)(1－i)＝7－i，所以|z|＝72＋（－1）2＝50＝5 2.故选
C.
3．解析：选B.根据系统抽样的方法可把样本的编号按照由小到大的顺序分为5 组，在第一组1～10 中抽取一
个号码，然后加10，得到第2 个号码，依次类推，结合选项可知，只有选项B 符合．
4．解析：选A.10 以内的所有的素数有：2，3，5，7；随机选取两个不同的数，其中能组成孪生素数的个数有
2 个，即(3，5)和(5，7)；则在10 以内的素数中，随机选取两个不同的素数，能选的个数为C24，所以，从10 以内的
素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为2
C24
＝1
3.
故选A.
5．解析：选B.因为圆C 过点A(2，4)，B(4，2)，所以圆心C 在线段AB 的垂直平分线y＝x 上，又圆心C 在
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直线x＋y＝4 上，联立
y＝x，
x＋y＝4，
解得x＝y＝2，即圆心C(2，2)，圆C 的半径r＝（2－2）2＋（2－4）2＝2.又直
线x＋2y－t＝0 与圆C 相切，所以|2＋4－t|
5
＝2，解得t＝6±2 5.
6．解析：选B.第一次循环s＝12，i＝11；第二次循环s＝12×11＝132，i＝10；结束循环，输出s＝132，所以
判断框中应填i≥11？，选B.
7．解析：选A.设半圆柱体体积为V1，半球体体积为V2，由题得几何体体积为
V＝V1＋V2＝π×12×2×1
2＋4
3×π×13×1
2＝5π
3
.
故选A.
8．解析：选B.易知函数f(x)＝asin xcos x＋cos2x－1
2＝1
2asin 2x＋1
2cos 2x，因为x＝π
6
是函数f(x)的图象的一条
对称轴，所以f(0)＝f
π
3 ，即1
2＝a
2sin2π
3
＋1
2cos2π
3
，所以a＝3，f(x)＝3
2 sin 2x＋1
2cos 2x＝sin 2x＋π
6 ，令2x＋π
6
＝kπ(k∈Z)，得x＝kπ
2
－π
12
(k∈Z)，所以函数f(x)的图象的对称中心为
kπ
2
－π
12
，0 (k∈Z)，故A 错误．当－π
3
≤x
≤π
6
时，－π
2
≤2x＋π
6
≤π
2
，故B 正确．f(x)的最小正周期为π，但f(x)不是奇函数，故C 错误．先将函数y＝2sin
2x 的图象上各点的纵坐标缩短为原来的1
2，得到函数y＝sin 2x 的图象，再将函数y＝sin 2x 的图象向左平移π
12
个单
位长度得到函数f(x)的图象，故D 错误．
9．解析：选D.由题图可知，a>1，f(0)＝log2(1－b＋1)，故0<log2(1－b＋1)<1，
即0<b<1.又f(－1)＝log2(a
－1－b＋1)，
所以log2(a
－1－b＋1)<0，故1
a<b，
所以0<1
a<b<1.
10．解析：选C.因为a＞b＞0，所以双曲线的渐近线如图所示，
设内切圆圆心为M，则M 在∠AOB 的平分线Ox 上，过点M
分别作MN⊥OA 于点
N，MT⊥AB 于点T，
由FA⊥OA 得四边形MTAN 为正方形，由焦点到渐近线的距
离为b 得FA＝b，又
OF＝c，所以OA＝a，|NA|＝|MN|＝1
3a，
所以|NO|＝2
3a，
所以b
a＝tan∠AOF＝|MN|
|NO|＝1
2，
得e＝5
2 .
故选C.
11．解析：选C.在平面几何中类比几何性质时，一般是由平面几何点的性质类比推理线的性质；由平面几何中
线段的性质类比推理面积的性质．故由EF＝ma＋nb
m＋n
类比到关于△OEF的面积S0与S1，S2的关系是S0＝m S1＋n S2
m＋n
，
故选C.
12．解析：选A.由f(x)＝f(2－x)得f(0)＝f(2)，f(－1)＝f(3)，则2a＋b＝－4，3a＋b＝－9，解得a＝－5，b＝6，
则f(x)＝(x2＋x)(x2－5x＋6)＝x(x－2)(x＋1)(x－3)＝(x2－2x)(x2－2x－3)，令x2－2x＝t，t∈[－1，＋∞)，则f(x)＝(x2
－2x)(x2－2x－3)＝t2－3t＝t－3
2
2
－9
4，当t＝3
2时，f(x)取得最小值－9
4，选项A 正确．
13．解析：由题意得，a25＝a3a11, 即(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10)，a1＝－1，所以S12＝12×(－1)＋12×11
2
×1＝54.
答案：54
14．解析：他们仅仅是测得的数据平均值相等，而不是对应值都相等，所以认为这两条直线是相交的，而且交
点也能够确定，就是点(s，t)．这是因为线性回归直线方程为y^＝b^x＋a^，而a^＝y－－b^ x－，因为变量x 和y 的数据的平
均值相等且分别都是s，t，所以(s，t)一定在回归直线上，所以直线l1 与l2 一定有公共点(s，t)．
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答案：②③④
15．解析：将x1·f(x1)＋x2·f(x2)＞x1·f(x2)＋x2·f(x1)变形得[f(x1)－f(x2)](x1－x2)＞0 在R 上恒成立，所以“T
函数”必须在R 上是增函数．y＝x2 在(－∞，0)上单调递减，故①不是“T 函数”；y＝ex＋1 在R 上是增函数，故
②是“T 函数”；由y′＝2－cos x＞0 知，函数y＝2x－sin x 在R 上是增函数，故③是“T 函数”；当x＝0 时，y＝
1，当x＝1 时，y＝0，故④不是“T 函数”．综上，是“T 函数”的序号为②③.
答案：②③
16．解析：由题意知，AB2＋BC2＝AC2，
所以BC⊥BA，因为DA⊥BC，
所以BC⊥平面DAB，
所以BC⊥BD，所以CD＝2 3.
在△ACD 中，AC2＋AD2＝CD2，
所以四面体ABCD 的外接球的球心为DC 的中点，则其半径R＝3，
故球的体积为4
3πR3＝4 3π.
故答案为：4 3π.
答案：4 3π
17．解：(1)因为CD 为铅垂线方向，点D 在顶端，所以CD⊥AB.
又α＝45°，所以CD＝AC，所以CD＝4.
(2)在△ABD 中，α＋β＝53°＋30°＝83°，AB＝AC＋CB＝4＋6＝10.
所以∠ADB＝180°－83°＝97°.
所以由AD
sin β
＝
AB
sin∠ADB
，得AD＝ABsin β
sin∠ADB
＝10sin 30°
sin 97°
＝
5
sin 97°
≈5.
在△ACD 中，CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos α＝52＋42－2×5×4×cos 53°≈17.
18．解：(1)证明：连接MH，因为ME＝EF＝MF，所以△MEF 是等
边三角形，
因为H 是EF 的中点，所以MH⊥EF，取CD 的中点P，连接PH，则
PH∥DE，
因为DE⊥ME，DE⊥EF，ME∩EF＝E，
所以DE⊥平面MEF，
所以PH⊥平面MEF.
以H 为坐标原点，HM，HF，HP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，
建立空间直角坐标系，如
图所示．
则E(0，－1，0)，M( 3，0，0)，C(0，1，2)，N
3
2 ，－1
2，1 .
所以EM
→＝( 3，1，0)，
NC
→＝－3
2 ，3
2，1 .
因为EM
→·NC
→＝3× －3
2 ＋1×3
2＋0×1＝0.
所以EM
→⊥NC
→，即EM⊥NC.
(2)易知F(0，1，0)，H(0，0，0)，G
3
2 ，1
2，1 ，
所以HG
→＝
3
2 ，1
2，1 ，
FC
→＝(0，0，2)，NC
→＝－3
2 ，3
2，1 .
设平面NFC 的法向量为n＝(x，y，z)，则
n·FC
→＝0
n·NC
→＝0
，
即
2z＝0
－3
2 x＋3
2y＋z＝0.
令y＝1 得平面NFC 的一个法向量为n＝( 3，1，0)，
所以cos〈n，HG
→〉＝
n·HG
→
|n||HG
→|
＝2
2 .
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所以直线GH 与平面NFC 所成角的正弦值为2
2 ，所以直线GH 与平面NFC 所成的角为π
4
.
19．解：(1)个位数字为4 的“三位递减数”有：984，974，964，954，874，864，854，764，754，654，共10
个．
(2)由题意，不同的“三位递减数”共有C310＝120 个．
小明得到的优惠金额X 的取值可能为5，3，1.
当X＝5 时，三个数字之和可能为20 或10，
当三个数字之和为20 时，有983，974，965，875，共4 个“三位递减数”；
当三个数字之和为10 时，有910，820，730，721，640，631，541，532，共8 个“三位递减数”，
所以P(X＝5)＝4＋8
120
＝1
10.
当X＝3 时，三个数字之和只能被2 整除，即这三个数字只能是三个偶数或两个奇数一个偶数，但不包括能被
10 整除的“三位递减数”，
故P(X＝3)＝C35＋C25C15－12
120
＝48
120＝2
5.
故P(X＝1)＝1－P(X＝5)－P(X＝3)＝1－1
10－2
5＝1
2.
所以他得到的优惠金额X 的分布列为
X
5
3
1
P
1
10
2
5
1
2
数学期望E(X)＝5× 1
10＋3×2
5＋1×1
2＝2.2(万元)．
20．解：(1)因为F1，E，A 三点共线，
所以F1A 为圆E 的直径，
所以AF2⊥F1F2.
由x2＋0－1
2
2
＝9
4，
得x＝± 2，所以c＝2，
|AF2|2＝|AF1|2－|F1F2|2＝9－8＝1，
2a＝|AF1|＋|AF2|＝4，所以a＝2.
因为a2＝b2＋c2，所以b＝2，
所以椭圆C 的方程为x2
4 ＋y2
2 ＝1.
(2)由题知，点A 的坐标为( 2，1)，
因为MN
→＝λOA
→(λ≠0)，
所以直线的斜率为2
2 ，
故设直线l 的方程为y＝2
2 x＋m，
联立
y＝2
2 x＋m
x2
4 ＋y2
2 ＝1
得，x2＋2mx＋m2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－2m，x1x2＝m2－2，
Δ＝2m2－4m2＋8>0，
所以－2<m<2.
又|MN|＝1＋k2|x2－x1|
＝
1＋1
2 （x1＋x2）2－4x1x2
＝12－3m2，
点A 到直线l 的距离d＝6|m|
3
，
所以S△AMN＝1
2|MN|·d
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＝1
2 12－3m2× 6
3 |m|
＝2
2
（4－m2）m2≤2
2 ×4－m2＋m2
2
＝2，
当且仅当4－m2＝m2，
即m＝± 2时等号成立，
此时直线l 的方程为y＝2
2 x± 2.
21．解：(1)由题意知，f(x)的定义域为x∈(－1，＋∞)，且
f′(x)＝a－x－b
x＋1
，g′(x)＝ex－1，
因为曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处有公共的切线，故f′(0)＝g′(0)，
解得a＝b，
所以f(x)＝ax－1
2x2－aln(x＋1)，
f′(x)＝a－x－a
x＋1＝－x2＋（a－1）x
x＋1
＝－x[x－（a－1）]
x＋1
，
当a＝1 时，f′(x)≤0，函数f(x)在定义域上是减函数，故不满足题意；
当a≠1 时，因为x＝0 为函数f(x)的极大值点，故由y＝－x2＋(a－1)x 的图象可知a－1<0，由f′(x)<0 得x∈(－
1，a－1)∪(0，＋∞)，由f′(x)>0 得x∈(a－1，0)，
所以函数f(x)的单调递增区间为(a－1，0)，单调递减区间为(－1，a－1)，(0，＋∞)．
(2)因为g′(x)＝ex－1，
且当－1<x<0 时，g′(x)<0，当x>0 时，g′(x)>0，
故当x＝0 时，g(x)取得最小值0，
所以g(x)≥0，即ex≥x＋1，
从而x≥ln(x＋1)．
设F(x)＝g(x)－f(x)－1
2x2＝ex＋aln(x＋1)－(a＋1)x－1，
则F′(x)＝ex＋a
x＋1
－(a＋1)，
①当a＝1 时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋a
x＋1
－(a＋1)＝x＋1＋1
x＋1
－2≥0，所以F(x)在[0，＋∞)上单调
递增，从而F(x)≥F(0)＝0，即ex＋ln(x＋1)－2x－1≥0，所以g(x)≥f(x)＋1
2x2.
②当0<a<1 时，由①知ex＋ln(x＋1)－2x－1≥0，
所以g(x)＝ex－x－1≥x－ln(x＋1)≥a[x－ln(x＋1)]，故F(x)≥0，
即g(x)≥f(x)＋1
2x2.
③当a>1 时，
令h(x)＝ex＋a
x＋1
－(a＋1)，
则h′(x)＝ex－
a
（x＋1）2.
显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，又h′(0)＝1－a<0，h′( a－1)＝e
a－1－1>0，
所以h′(x)在(0，a－1)上存在唯一零点x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，
从而h(x)<h(0)＝0，即F′(x)<0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递减，
从而当x∈(0，x0)时，F(x)<F(0)＝0，
即g(x)<f(x)＋1
2x2，不符合题意．
综上，实数a 的取值范围为(0，1]．
22．解：(1)由ρ＝4cos θ得其直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4.
(2)将
x＝1＋tcos α
y＝tsin α
代入圆C 的方程得(tcos α－1)2＋(tsin α)2＝4，
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化简得t2－2tcos α－3＝0.
设A、B 两点对应的参数分别为t1、t2，则
t1＋t2＝2cos α，
t1t2＝－3，
所以|AB|＝|t1－t2|＝（t1＋t2）2－4t1t2
＝4cos2α＋12＝14，
所以4cos2α＝2，故cos α＝± 2
2 ，
即α＝π
4
或3π
4
.
23．解：(1)f(x)＝x－2＋11－x≤2
（x－2）＋（11－x）
2
＝3 2，当且仅当x＝13
2 时等号成立．故函数f(x)
的最大值M＝3 2.
(2)由(1)知M＝3 2.由绝对值三角不等式可得|x－2|＋|x＋2 2|≥|(x－2)－(x＋2 2)|＝3 2.
所以不等式|x－2|＋|x＋2 2|≤3
2的解集就是方程|x－2|＋|x＋2 2|＝3
2的解，
由绝对值的几何意义得，当且仅当－2 2≤x≤2时，|x－2|＋|x＋2 2|＝3 2，
所以不等式|x－2|＋|x＋2 2|≤M 的解集为{x|－2 2≤x≤2}．
高考仿真模拟卷(十八)
1．解析：选B.由题意得A
＝y|log21
2≤y≤log24 ＝{y|－1≤y≤2}＝[－1，2]，又B＝{x| x≤2}＝[0，4]，
所以A∩B＝[0，2]．故选B.
2．解析：选C.z＝
4＋2i
（1＋i）2＝4＋2i
2i
＝（4＋2i）i
2i2
＝1－2i，复数z 在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其
代入x－2y＋m＝0，得m＝－5.故选C.
3．解析：选D.因为M(2，2)为角α终边上一点，
所以cos α＝
2
22＋（2）2＝2
6
＝6
3 ，
所以cos 2α＝2cos2 α－1
＝2×
6
3
2
－1＝1
3.
故选D.
4．解析：选A.满足题意时，椭圆上的点P(acos θ，bsin θ)到圆心O(0，0)的距离：
d2＝(acos θ－0)2＋(bsin θ－0)2＞r2＝a2－b2，
整理可得，b2
a2＞sin2θ
1＋sin2θ
，所以e2＝1－b2
a2＜1－sin2θ
1＋sin2θ
＝
1
1＋sin2θ，
又因为
1
1＋sin2θ
min
＝1
2，
据此有e2＜1
2，0＜e＜2
2 ，
题中事件的概率p＝
2
2 －0
2－0
＝2
4 .
故本题选择A 选项．
5．解析：选C.由x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝150，得x＝30，代入回归直线方程y^＝0.67x＋54.9，得y＝75，则y1＋
y2＋y3＋y4＋y5＝375.
6．解析：选B.由题意得，
g(x)＝sin 2 x－π
4 －π
2 ＝sin(2x－π)＝－sin 2x，对于A，最大值为1 正确，而g
π
2 ＝0，图象不关于直线x＝π
2对
称，故A 错误；对于B，当x∈0，π
4 时，2x∈0，π
2 ，满足单调递减，显然g(x)也是奇函数，故B 正确；C 显然
错误；对于D，周期T＝2π
2 ＝π，g
3π
8 ＝－2
2 ，故图象不关于点
3π
8 ，0 对称．
7．解析：选A.由三视图可知，该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体，其中：
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V 圆锥＝3
4×1
3×πa2×3＝3
4πa2，V 三棱锥＝1
2a2×3×1
3＝1
2a2，
由题意：3
4πa2＋1
2a2＝3π＋2，所以a＝2，据此可知：S 底＝2×2×π×3
4＋1
2×2×2＝3π＋2，S 圆锥侧＝3
4π× 13×2
＝3 13
2
π，S 棱锥侧＝1
2×2 2× 11＝22，
它的表面积是
3 13
2
＋3 π＋22＋2.
本题选择A 选项．
8．解析：选D.因为f(－x)＝
－x＋1
－x ln |－x|＝－x＋1
x ln |x|＝－f(x)，
所以f(x)是奇函数，
关于(0，0)对称，排除A，B；
当x＝2 时，f(2)＝5
2ln 2＞0，故选D.
9．解析：选A.因为一次函数f(x)＝kx＋b 的图象经过点P(1，2)和Q(－2，－4)，
可得
2＝k＋b，
－4＝－2k＋b，
解得
k＝2，
b＝0，
所以f(x)＝2x，an＝f(n)f(n＋1)＝2n×2(n＋1)＝4n(n＋1)，
1
an
＝
1
4n（n＋1）＝1
4
1
n－1
n＋1 ，
Sn＝
1
4
1－1
2＋1
2－1
3＋…＋1
n－1
n＋1
＝1
4
1－1
n＋1 ＝1
4× n
n＋1＝6
25，
得n＝24.
10．解析：选B.设点P(x，y)，|PO|＝x2＋y2，sin ∠APO ＝1
|PO|，
cos ∠APO＝|PO|2－1
|PO|
，
sin ∠APB ＝2 |PO|2－1
|PO|2
，
故S△APB＝1
2|PA|·|PB|sin ∠APB ＝1
2( |PO|2－1)2·2 |PO|2－1
|PO|2
＝( |PO|2－1)2· |PO|2－1
|PO|2
，令t＝|PO|2－1，则
( |PO|2－1)2· |PO|2－1
|PO|2
＝t·
t
t＋1
，令f(t)＝t t
t＋1
，则f′(t)＝t（t＋3）
2（t＋1）2，又|PO|≥|0＋0－2 2|
12＋12
＝2，所以t≥3，f′(t)＞
0，f(t)在[3，＋∞)上单调递增，即|PO|＝x2＋y2取最小值时，△PAB 的面积最小，此时sin ∠APB ＝2 |PO|2－1
|PO|2
＝
3
2 ，cos ∠APB ＝1
2.
11．解析：选A.画出图形如图所示，设△PF1F2 的重心和内心分别为G，I，且圆I 与△PF1F2 的三边F1F2，PF1，
PF2 分别切于点M，Q，N，由切线的性质可得|PN|＝|PQ|，|F1Q|＝|F1M|，|F2N|＝|F2M|.
不妨设点P(x0，2a)在第一象限内，
因为G 是△PF1F2 的重心，O 为F1F2 的中点，
所以|OG|＝1
3|OP|，
所以G 点坐标为
x0
3 ，2a
3 .
由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝2a
＝|F1Q|－|F2N|＝|F1M|－|F2M|，
又|F1M|＋|F2M|＝2c，
所以|F1M|＝c＋a，|F2M|＝c－a，
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所以M 为双曲线的右顶点．
又I 是△PF1F2 的内心，所以IM⊥F1F2.
设点I 的坐标为(xI，yI)，则xI＝a.
由题意得GI⊥x 轴，
所以x0
3 ＝a，故x0＝3a，
所以点P 坐标为(3a，2a)．
因为点P 在双曲线x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)上，
所以9a2
a2 －4a2
b2 ＝9－4a2
b2 ＝1，
整理得b2
a2＝1
2，
所以e＝c
a＝
1＋b2
a2＝
1＋1
2＝6
2 .
故选A.
12．解析：选B.作出函数f(x)的图象，如图所示，易知，0＜x1＜x2＜3，且x1x2＝1，3＜x3＜6，12＜x4＜15，
且x3，x4 所对应的图象上的点关于直线x＝9 对称，设x3＝9－t，x4＝9＋t，t∈(3，6)，
所以（x3－2）（x4－2）
x1x2
＝(7－t)(7＋t)＝49－t2∈(13，40)．
13．解析：因为x2＋1
x2－2 n
＝
x－1
x
2 n
＝x－1
x
2n
，
所以Tr＋1＝Cr2n(－1)rx2n－r－r，
所以Cn2n(－1)n＝70，又C48＝70，所以n＝4.
答案：4
14．解析：因为－2≤x≤2，所以当－2≤x≤0 时，不等式|x|＋|x－1|≤2 可化为－x－(x－1)≤2，得－1
2≤x≤0；
当0<x≤1 时，不等式|x|＋|x－1|≤2 可化为x－(x－1)≤2 恒成立；当1<x≤2 时，不等式|x|＋|x－1|≤2 可化为x＋(x
－1)≤2，得1<x≤3
2.综上，满足不等式|x|＋|x－1|≤2 的x 的取值范围为－1
2，3
2 ，所以能输出x 的概率为
3
2＋1
2
2＋2
＝1
2.
答案：1
2
15．解析：如图，由题意可知：S0
S0＋S＝
an－1
an
2
，①
S0＋2S
S0＋S
＝
an＋1
an
2
，②
①②两式相加得2＝a2n－1
a2n
＋a2n＋1
a2n
，所以2a2n＝a2n－1＋a2n＋1，所以数列{a2n}是首项为a21、公差为a22－a21＝3 的等差数列．故
a2n＝a21＋3(n－1)＝3n－2，即an＝3n－2.
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答案：an＝3n－2
16．解析：抛物线y2＝－4x 的准线为x＝1，双曲线x2
a2－y2
b2＝1 的渐近线为y＝±b
ax，令x＝1，得y＝±b
a，所以抛
物线的准线与双曲线的渐近线的两个交点分别为A 1，b
a 和B 1，－b
a ，设t＝y－x－2
x＋3
，整理得y＝(t＋1)x＋3t＋2，
由于直线y＝(t＋1)x＋3t＋2 过定点(－3，－1)，所以当直线y＝(t＋1)x＋3t＋2 过点A 1，b
a 时，t 达到最大，最大
值为t＝
b
a－1－2
1＋3
<0，所以b
a<3，b2
a2<9，所以e2＝c2
a2＝a2＋b2
a2
<10，所以1<e< 10，即离心率e 的取值范围为(1，10)．
答案：(1，10)
17．解：(1)由已知得2sin2A－2sin2C
＝2
3
4cos2 C－1
4sin2 C ，
化简得sin A＝3
2 ，
故A＝π
3或2π
3 .
(2)由正弦定理b
sin B＝
c
sin C＝
a
sin A＝2，
得b＝2sin B，c＝2sin C，
故2b－c＝4sin B－2sin C＝4sin B－2sin
2π
3 －B ＝3sin B－3cos B＝2 3sin B－π
6 .因为b≥a，
所以π
3≤B<2π
3 ，π
6≤B－π
6<π
2，
所以2b－c＝2 3sin B－π
6 ∈[ 3，2 3)．
18．解：(1)根据题意知，甲为“微信狂”，乙、丙都不是“微信狂”的概率为3
5× 1－3
5 ×(1－p)＝6
25(1－p)，
乙为“微信狂”，甲、丙都不是“微信狂”的概率为1－3
5 ×3
5×(1－p)＝6
25(1－p)．
丙为“微信狂”，甲、乙都不是“微信狂”的概率为1－3
5 × 1－3
5 ×p＝4
25p.
又甲、乙、丙三人中有且仅有一人是“微信狂”的概率为28
75，
所以6
25(1－p)＋6
25(1－p)＋4
25p＝28
75，解得p＝1
3.
故甲、乙、丙三人中至少有两人是“微信狂”的概率为1－28
75－1－3
5 × 1－3
5 × 1－1
3 ＝13
25.
(2)由题意知X 的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝1－3
5 × 1－3
5 × 1－1
3 ＝8
75，
P(X＝1)＝28
75，
P(X＝2)＝3
5×3
5× 1－1
3 ＋3
5× 1－3
5 ×1
3＋1－3
5 ×3
5×1
3＝30
75＝2
5，
P(X＝3)＝3
5×3
5×1
3＝9
75＝3
25，
所以随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
8
75
28
75
2
5
3
25
数学期望E(X)＝0× 8
75＋1×28
75＋2×2
5＋3× 3
25＝23
15.
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19．解：(1)证明：由三视图可知，在三棱柱ABC­A1B1C1 中，AA1⊥底面A1B1C1，B1C1⊥A1C1，且AA1＝AC
＝4，BC＝3.
以点C 为原点，分别以CA、CB、CC1 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由已知
可得A(4，0，0)，B(0，3，0)，C(0，0，0)，
A1(4，0，4)，B1(0，3，4)，C1(0，0，4)．
所以A1C
→＝(－4，0，－4)，C1A
→＝(4，0，－4)，C1B1
→＝(0，3，0)．
所以A1C
→·C1A
→＝0，A1C
→·C1B1
→＝0.
所以A1C⊥C1A，A1C⊥C1B1.
又C1A∩C1B1＝C1，
所以A1C⊥平面AB1C1.
(2)由(1)得，CA
→＝(4，0，0)，CB1
→＝(0，3，4)．
设平面AB1C 的法向量为n＝(x，y，z)，
则CB1
→⊥n，CA
→⊥n.
所以
CB1
→·n＝0
CA
→·n＝0
，即
3y＋4z＝0
4x＝0
.
令y＝4，得平面AB1C 的一个法向量为n＝(0，4，－3)．
由(1)知，A1C
→是平面AB1C1 的一个法向量．
所以cos〈n，A1C
→〉＝
n·A1C
→
|n|·|A1C
→|
＝12
20 2
＝3 2
10 .
故二面角C1­AB1­C 的余弦值为3 2
10 .
20．解：(1)由椭圆的对称性知|GF
→|＋|CF
→|＝2a＝4，所以a＝2.
又原点O 到直线DF 的距离为3
2 ，所以bc
a ＝3
2 ，所以bc＝3，又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，所以b＝3，c
＝1.
故椭圆E 的方程为x2
4 ＋y2
3 ＝1.
(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件．
故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l 的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2
－16k－8＝0，
所以x1＋x2＝8k（2k－1）
3＋4k2
，x1x2＝16k2－16k－8
3＋4k2
，Δ＝32(6k＋3)＞0，
所以k＞－1
2.因为OP
→2＝4PA
→·PB
→，
即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，
所以4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，
即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，
所以
4
16k2－16k－8
3＋4k2
－2×8k（2k－1）
3＋4k2
＋4
(1＋k2)＝4×4＋4k2
3＋4k2＝5，
解得k＝±1
2，k＝－1
2不符合题意，舍去．
所以存在满足条件的直线l，其方程为y＝1
2x.
21．解：(1)当m＝－1 时，f(x)＝(1－x)ex＋x2，则f′(x)＝x(2－ex)，由f′(x)>0 得，0<x<ln 2，由f′(x)<0 得x<0
或x>ln 2，
故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
(2)依题意，f′(x)＝mx(ex＋2
m)<x2＋(m＋2)x，x<0，
因为x<0，所以mex－x－m>0，
令h(x)＝mex－x－m，则h′(x)＝mex－1，
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当m≤1 时，h′(x)≤ex－1<0，则h(x)在(－∞，0)上单调递减，所以h(x)>h(0)＝0，符合题意；
当m>1 时，h(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－ln m)<h(0)＝0，不
合题意．
综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．
(3)f′(x)＝mxex＋2x＝mx(ex＋2
m)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(－2
m)，
令g(m)＝ln(－2
m)－m，则g′(m)＝－1
m－1≤0，
g(m)在m＝－1 时取最小值g(－1)＝1＋ln 2>0，
所以x2＝ln(－2
m)>m.
即m≤－1 时，x2＝ln(－2
m)>m.
(ⅰ)当－2<m≤－1 时，x2＝ln(－2
m)>0，
f(x)min＝min{f(0)，f(1)}＝min{－m，1}＝1.
(ⅱ)当m＝－2 时，函数f(x)在区间[m，1]上为减函数，f(x)min＝f(1)＝1.
(ⅲ)当m<－2 时，f(x)min
＝min{f(x2)，f(1)}，
f(x2)＝－2[ln(－2
m)－1]＋[ln(－2
m)]2＝x22－2x2＋2>1，f(1)＝1，
此时f(x)min＝1.
综上：f(x)min＝1.
22．解：(1)对于曲线C2 有ρ＝8cos θ－π
3 ，即ρ2＝4ρcos θ＋4 3ρsin θ，因此曲线C2 的直角坐标方程为x2
＋y2－4x－4 3y＝0，其表示一个圆．
(2)联立曲线C1 与曲线C2 的方程可得t2－2 3sin α·t－13＝0，|AB|＝|t1－t2|
＝（t1＋t2）2－4t1t2
＝（2 3sin α）2－4×（－13）
＝12sin2α＋52，因此|AB|的最小值为2 13，最大值为8.
23．解：(1)由于y＝2x 是增函数，所以f(x)≥2
2等价于|x＋1|－|x－1|≥3
2.①
(i)当x≥1 时，|x＋1|－|x－1|＝2，则①式恒成立．
(ii)当－1＜x＜1 时，|x＋1|－|x－1|＝2x，①式化为2x≥3
2，
即3
4≤x＜1.
(iii)当x≤－1 时，|x＋1|－|x－1|＝－2，①式无解．
综上，x 的取值范围是
3
4，＋∞.
(2)由f(x)≥1
32，
得|x＋a|－|x＋b|≥－5，
而由||x＋a|－|x＋b||≤|x＋a－x－b|＝|a－b|，得－|a－b|≤|x＋a|－|x＋b|≤|a－b|，②
要使②恒成立，只需－|a－b|≥－5，可得a－b 的取值范围是[－5，5]．
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