2020-2021学年高三数学一轮复习易错题12 模拟卷(一)
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2020-2021学年高三数学一轮复习易错题12 模拟卷(一)

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资料简介
易错点 12 模拟卷(一) 一、单选题 1.(2020·海南省高考真题) =( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 故选:B 2.(2019·辽宁省高考模拟(文))已知集合 , ,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】集合 集合 ={x|﹣2 ⋅ + ( ) ( )H X H Y> ( ) 2 lnf x xx = + 2x = ( )f x ( )y f x x= - k ( )f x kx> 1x 2x 1 2x x> ( ) ( )1 2f x f x= 1 2 4x x+ > 2 2 2 1 2x x x x −= − + = 2 x = + 2 2 1 x x = − + − 2 2 2x x x − + −= < 2= + 1= + 2 2 lnx x x +< 2 2 lnx x x = + 3 4 x xlnx x − + −=∴g(x) 在(0,+∞)上函数单调递减,函数无最小值, ∴不存在正实数 k,使得 f(x)>kx 恒成立,即 C 不正确; D.令 t∈(0,2),则 2﹣t∈(0,2),2+t>2, 令 g(t)=f(2+t)﹣f(2﹣t) ln(2+t) ln(2﹣t) ln , 则 g′(t) 0, ∴g(t)在(0,2)上单调递减, 则 g(t)<g(0)=0, 令 x1=2﹣t, 由 f(x1)=f(x2),得 x2>2+t, 则 x1+x2>2﹣t+2+t=4, 当 x2≥4 时,x1+x2>4 显然成立, ∴对任意两个正实数 x1,x2,且 x2>x1,若 f(x1)=f(x2),则 x1+x2>4,故 D 正确 故正确的是 BD, 故选:BD. 第 II 卷(非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明 三、填空题 13.(2020·重庆高三月考(理)) 展开式的常数项是__________. 【答案】-8 【解析】因为 的通项为 , 所以展开式的常数项为 。 14.(2020·全国高二)若采用随机模拟的方法估计某运动员射击击中目标的概率.先由计算器给出 0 到 9 之间取整数的随机数,指定 0,1,2,3 表示没有击中目标,4,5,6,7,8,9 表示击中目标, 以 4 个随机数为一组,代表射击 4 次的结果,经随机模拟产生了 20 组如下的随机数: 7327 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281 2 2 lnx x x = + 2 2 t = ++ 2 2 t − −− 2 4 4 t t = +− 2 2 t t + − ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 8 2 2 2 4 16 4 8 ( 4) 2 (2 ) ( 4) 4 ( 4) t t t t t t t t t t t t t − − − − + + − − −= + ⋅ = + =− + − − − − < 2 51( 2)( 1)x x − − 51 1x  −   ( )1 5 1 1 n r rr rT C x − +  = −   ( ) ( ) ( )2 0 3 52 3 5 5 5 1 11 + 2 1 = 10+2= 8x C Cx x    − − − − −      根据以上数据估计该运动员射击 4 次至少击中 3 次的概率为__________. 【答案】 【解析】由随机数表可知,共有 20 个随机事件,其中该运动员射击 4 次至少击中 3 次 有:9857,8636,6947,4698,8045,9597,7424,共有 7 个随机事件,因此估计该运动员射击 4 次至少击中 3 次 的概率为 . 故答案为 15.(2020·浙江省高二期末)若不等式 在 上恒成立,则正实数 的取 值范围是________. 【答案】 【解析】设 ,其中 . ①当 时,即当 时, , 则函数 在区间 上单调递减,在区间 上单调递增, , ,则 ,解得 ,此时 ; ②当 时,即当 时, . (i)若 时,即当 时,函数 在区间 上单调递减,在区间 单调递增,在区间 上单调递减,在区间 上单调递增. , , , ,所以, ,解得 ,不合题意; (ii)当 时,函数 在区间 上单调递减,在区间 上单调递增, , , , 7 20 7 20 7 20 2 2 3x x a a− − ≤ − [ ]1,1x∈ − a 5 ,3  +∞  ( ) 2 2f x x x a= − − [ ]1,1x ∈ − 2 1a ≥ 1 2a ≥ ( ) 2 2f x x x a= + − ( )y f x= 11, 2  − −   1 ,12  −   ( )1 2 2f a= − ( )1 2f a− = − ( )max 2 2 3f x a a= − ≤ − 5 3a ≥ 5 3a ≥ 0 2 1a< < 10 2a< < ( ) 2 2 2 , 1 2 2 ,2 1 x x a x af x x x a a x  + − − ≤ ≤=  − + < ≤ 10 2 2a< < 10 4a< ≤ ( )y f x= 11, 2  − −   1 ,22 a −   12 , 2a    1 ,12      ( )1 2f a− = − ( ) 22 4f a a= ( )1 2f a= ( ) ( )2 1f a f< ( )max 2 3f x a a= ≤ − 3a ≤ − 1 2 12 a≤ < ( )y f x= 11, 2  − −   1 ,12  −   ( )1 2f a− = − ( )1 2f a= ( ) ( )1 1f f> −则 ,解得 ,不合题意. 综上所述,正实数 的取值范围是 . 故答案为: . 四、双空题 16.(2020·浙江省高一期中)如图所示,矩形 满足 ,点 是以 为圆心且 与直线 相切的圆上的任意一点,设 ,则 的取值范围是_______; 的取值范围是____. 【答案】 【解析】以点 为坐标原点, 、 所在直线分别为 、 轴建立如下图所示的平面直角坐标 系, 则点 、 、 、 , 直线 的方程为 ,即 , ( )max 2 3f x a a= ≤ − 3a ≤ − a 5 ,3  +∞  5 ,3  +∞  ABCD 2 4AB BC= = M C BD AM AB ADλ µ= +   λ µ+ AM DB⋅  [ ]1,3 [ ]4,20 A AB AD x y ( )0,0A ( )4,0B ( )4,2C ( )0,2D BD 14 2 x y+ = 2 4 0x y+ − =圆 的半径为 ,所以,圆 的方程为 , 设点 , ,即 , 所以, ,可得 , 所以, ,其中 为锐角,且 , , , 其中 为锐角,且 . 故答案为: ; . 五、解答题 17.(2020·海南省高考真题)在①푎푐 = 3,②푐sin퐴 = 3,③푐 = 3푏这三个条件中任选一个,补充 在下面问题中,若问题中的三角形存在,求푐的值;若问题中的三角形不存在,说明理由. 问题:是否存在 △ 퐴퐵퐶,它的内角퐴,퐵,퐶的对边分别为푎,푏,푐,且sin퐴 = 3sin퐵,퐶 = 휋 6,________? 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 【答案】详见解析 【解析】解法一: 由sin퐴 = 3sin퐵可得:푎 푏 = 3, 不妨设푎 = 3푚,푏 = 푚(푚 > 0), 则:푐2 = 푎2 + 푏2 ― 2푎푏cos퐶 = 3푚2 + 푚2 ― 2 × 3푚 × 푚 × 3 2 = 푚2,即푐 = 푚. 选择条件①的解析: C 4 2 2 4 4 5 55 r + × −= = C ( ) ( )2 2 164 2 5x y− + − = 4 5 4 54 cos ,2 sin5 5M θ θ + +    AM AB ADλ µ= +    ( ) ( ) ( )4 5 4 54 cos ,2 sin 4,0 0,2 4 ,25 5 θ θ λ µ λ µ + + = + =    4 54 4 cos5 4 52 2 sin5 λ θ µ θ  = +  = + 51 cos5 2 51 sin5 λ θ µ θ  = +  = + ( ) [ ]2 5 5sin cos 2 sin 2 1,35 5 λ µ θ θ θ ϕ+ = + + = + + ∈ ϕ 1tan 2 ϕ = ( )4, 2DB = − 4 5 4 5 8 5 16 54 4 cos 2 2 sin 12 sin cos5 5 5 5AM DB θ θ θ θ     ⋅ = + − + = − −                  ( ) [ ]12 8sin 4,20θ α= − − ∈ α tan 2α = [ ]1,3 [ ]4,20据此可得:푎푐 = 3푚 × 푚 = 3푚2 = 3, ∴ 푚 = 1,此时푐 = 푚 = 1. 选择条件②的解析: 据此可得:cos퐴 = 푏2 + 푐2 ― 푎2 2푏푐 = 푚2 + 푚2 ― 3푚2 2푚2 = ― 1 2, 则:sin퐴 = 1 ― ( ― 1 2) 2 = 3 2 ,此时:푐sin퐴 = 푚 × 3 2 = 3,则:푐 = 푚 = 2 3. 选择条件③的解析: 可得푐 푏 = 푚 푚 = 1,푐 = 푏, 与条件푐 = 3푏矛盾,则问题中的三角形不存在. 解法二:∵푠푖푛퐴 = 3푠푖푛퐵,퐶 = 휋 6,퐵 = 휋 ― (퐴 + 퐶), ∴푠푖푛퐴 = 3푠푖푛(퐴 + 퐶) = 3푠푖푛(퐴 + 휋 6), 푠푖푛퐴 = 3푠푖푛(퐴 + 퐶) = 3푠푖푛퐴· 3 2 + 3푐표푠퐴·1 2 , ∴푠푖푛퐴 = ― 3푐표푠퐴,∴푡푎푛퐴 = ― 3,∴퐴 = 2휋 3 ,∴퐵 = 퐶 = 휋 6, 若选①,푎푐 = 3,∵푎 = 3푏 = 3푐,∴ 3푐2 = 3,∴c=1; 若选②,푐푠푖푛퐴 = 3,则 3푐 2 = 3,푐 = 2 3; 若选③,与条件푐 = 3푏矛盾. 18.(2020·天津耀华中学高三二模)如图,在四棱锥 中, 底面 , ,点 为棱 的中点. (1)证明: ; (2)求直线 与平面 所成角的正弦值; (3)若 为棱 上一点,满足 ,求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) ;(3) . 【解析】依题意,以点 为原点建立空间直角坐标系(如图),可得 , P ABCD− PA ⊥ , , / /ABCD AD AB AB DC⊥ 2, 1AD DC AP AB= = = = E PC BE DC⊥ BE PBD F PC BF AC⊥ F AB P− − 3 3 3 10 10 E (1,0,0), (2,2,0)B C,由点 为棱 的中点,得 . (1)向量 , ,故 . ∴ . (2)向量 ,设 为平面 的法向量,则 , 即 , 不妨令 ,可得 为平面 的一个法向量. 于是有 , ∴直线 与平面 所成角的正弦值为 . (3) , 由点 在棱 上,故 , 由 ,得 ,解得 ,即 . 设 为平面 的法向量,则 ,即 ,不妨令 , 可得 为平面 的一个法向量.取平面 的法向量 ,则 . (0,2,0), (0,0,2)D P E PC ( )1,1,1E ( )0,1,1BE = ( )2,0,0DC = 0BE DC⋅ =  BE CD⊥ ( 1,2,0), (1,0, 2)BD PB= − = −  ( )1 , ,n x y z= PBD 0 0 n BD n PB  ⋅ =  ⋅ =   2 0 2 0 x y x z − + =  − = 1z = ( )2,1,1n = PBD 2 3cos , 3| | | | 6 2 n BEn BE n BE ×〈 〉 = = = × ×     BE PBD 3 3 ( )2, 2,2 , (2,2,0), (1,0,0),CP AC AB= − − = =   F PC (1 2 ,2 2 ,2 )BF BC CF BC lCP l l l= + = + = − −    BF AC⊥ +22(1 2 ) (2 2 =0)l l− − 3 4l = 1 1 3, ,2 2 2BF  = −    1 ( , , )n x y z= ABF 1 1 0 0 n AB n BF  ⋅ = ⋅ =     0 1 1 3 02 2 2 x x y z =− + + = 1z = 1 (0, 3,1)n = − ABF PAB 2 (0,1,0)n = 1 2 1 2 1 2 3 3 10cos , 1010 n nn n n n ⋅ −= = = − ⋅     易知,二面角 是锐角,∴其余弦值为 . 19.(2020·四川省高三月考(文))某餐厅通过查阅了最近 5 次食品交易会参会人数 (万 人)与餐厅所用原材料数量 (袋),到如下统计表: 第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 参会人数 (万人) 13 9 8 10 12 原材料 (袋) 32 23 18 24 28 (1)根据所给 5 组数据,求出 关于 的线性回归方程 ; (2)已知购买原材料的费用 (元)与数量 (袋)关系为 ,投 入使用的每袋原材料相应的销售收入为 700 元,多余的原材料只能无偿返还,据悉本次交易大会大 约有 15 万人参加.根据(1)中求出的线性回归方程,预测餐厅应购买多少袋原材料,才能获得最大 利润,最大利润是多少?(注:利润 销售收入 原材料费用).. 参考公式: , . 参考数据: , , . 【答案】(1) . (2)餐厅应该购买 36 袋原材料,才能使利润获得最大,最大利润为 11520 元. 【解析】(1)由所给数据可得: , , , , 则 关于 的线性回归方程为 . (2)由(1)中求出的线性回归方程知,当 时, ,即预计需要原材料 袋, F AB P− − 3 10 10 x y x y y x ˆ ˆy bx a= + C t ( ) ( ) 400 20,0 36 380 , 36 t t t NC t t t N  − < < ∈=  ≥ ∈ L = − ( )( ) ( ) ^ 1 1 1 1 2 1 2 n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y b x x x nxy nx = = = = − − = = − − −∑ ∑ ∑ ∑ ˆˆa y bx= − 5 1 1343i i i x y = =∑ 5 2 1 558i i x = =∑ 5 2 1 3237i i y = =∑ 2.5 1y x= − 13 9 8 10 12 10.45x + + + += = 32 23 18 24 28 255y + + + += = 5 1 5 22 2 1 5 1343 5 10.4 25 2.5558 5 10.45 ˆ i ii ii x y xy b x x = = − − × ×= = =− ×− ∑ ∑ 25 2.5 10.4 1ˆˆa y bx= − = − × = − y x 2.5 1ˆ ˆy x= − 15x = 36.5y = 36.5因为 ,所以 当 时,利润 , 当 时, ; 当 时,利润 , 当 时, , 当 时, . 综上所述,餐厅应该购买 36 袋原材料,才能使利润获得最大,最大利润为 11520 元. 20.(2020·天津高考真题)已知 为等差数列, 为等比数列, . (Ⅰ)求 和 的通项公式; (Ⅱ)记 的前 项和为 ,求证: ; (Ⅲ)对任意的正整数 ,设 求数列 的前 项和. 【答案】(Ⅰ) , ;(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ) . 【解析】(Ⅰ)设等差数列 的公差为 ,等比数列 的公比为 q. 由 , ,可得 d=1. 从而 的通项公式为 . 由 , 又 q≠0,可得 ,解得 q=2, 从而 的通项公式为 . (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可得 , 400 20,0 36, 380 , 36, t t t NC t t t N − < < ∈=  ≥ ∈ 36t < ( )700 400 20 300 20L t t t= − − = + 35t = max 300 35 20 10480L = × − = 36t≥ 700 380 320L t t t= − = 36t = 700 36 380 36 11520L = × − × = 37t = 700 36.5 380 37 11416L = × − × = { }na { }nb ( ) ( )1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b= = = − = − { }na { }nb { }na n nS ( )2 * 2 1n n nS S S n+ +< ∈N n ( ) 2 1 1 3 2 , , , . n n n n n n n a b na ac a nb + − +  − =    为奇数 为偶数 { }nc 2n na n= 12n nb −= 4 6 5 4 2 1 9 4 9 n n n n +− −+ × { }na d { }nb 1 1a = ( )5 4 35a a a= − { }na na n= ( )1 5 4 31, 4b b b b= = − 2 4 4 0q q− + = { }nb 12n nb −= ( 1) 2n n nS +=故 , , 从而 , 所以 . (Ⅲ)当 n 为奇数时, , 当 n 为偶数时, , 对任意的正整数 n,有 , 和 ① 由①得 ② 由①②得 , 由于 , 从而得: . 因此, . 所以,数列 的前 2n 项和为 . 21.(2020·山西省高三月考(理))已知椭圆 : 的离心率为 ,且椭圆 2 1 ( 1)( 2)( 3)4n nS S n n n n+ = + + + ( ) ( )2 22 1 1 1 24nS n n+ = + + 2 2 1 1 ( 1)( 2) 02n n nS S S n n+ +− = − + + < 2 2 1n n nS S S+ +< ( ) 1 1 1 2 3 2 (3 2)2 2 2 ( 2) 2 n n n n n n n n a b nc a a n n n n − + − + − −= = = −+ + 1 1 1 2 n n n n a nc b − + −= = 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 12 1 2 1 2 1 k k nn n k k k c k k n − − = =  = − = − + − +  ∑ ∑ 2 2 3 1 1 1 2 1 1 3 5 2 3 2 1 4 4 4 4 4 4 n n k k n n k k k n nc − = = − − −= = + + + + +∑ ∑  2 2 3 14 1 1 1 3 5 2 3 2 1 4 4 4 4 4 4 n k n n k n nc + = − −= + + + + +∑  2 2 1 1 1 2 113 1 2 2 2 1 1 2 14 4 14 4 4 4 4 4 41 4 nn k n n n k n nc + + =  − − − = + + + − = − − − ∑  1 1 2 11 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 5 6 54 4 1 4 4 3 3 4 4 4 4 12 3 41 4 n n n n n n n n + +  −  − − +  − − = − × − − × = − ×− 2 1 5 6 5 9 9 4 n k n k nc = += − ×∑ 2 2 1 2 1 1 1 4 6 5 4 2 1 9 4 9 nn n n k k k n k k k nc c c n− = = = += + = − −+ ×∑ ∑ ∑ { }nc 4 6 5 4 2 1 9 4 9 n n n n +− −+ × M 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 3 2上一点 的坐标为 . (1)求椭圆 的方程; (2)设直线 与椭圆 交于 , 两点,且以线段 为直径的圆过椭圆的右顶点 ,求 面积的最大值. 【答案】(1) ;(2) 【解析】(1)由已知 ,又 ,则 . 椭圆方程为 ,将 代入方程得 , , 故椭圆的方程为 ; (2)不妨设直线 的方程 , 联立 消去 得 . 设 , ,则有 , ① 又以线段 为直径的圆过椭圆的右顶点 ,∴ , 由 , 得 , 将 , 代入上式得 , 将①代入上式求得 或 (舍), 则直线 恒过点 . ∴ , P 22, 2       M l M A B AB C ABC∆ 2 2 14 x y+ = 16 25 3 2 ce a = = 2 2 2a b c= + 2a b= 2 2 2 2 14 x y b b + = 2( 2, )2 1b = 2a = 2 2 14 x y+ = AB x ky m= + 2 2 14 x y x ky m  + =  = + x ( )2 2 24 2 4 0k y kmy m+ + + − = 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 1 2 2 2 4 kmy y k −+ = + 2 1 2 2 4 4 my y k −⋅ = + AB C 0CA CB⋅ =  1 1( 2, )CA x y= − 2 2( 2, )CB x y= − ( )( )1 2 1 22 2 0x x y y− − + = 1 1x ky m= + 2 2x ky m= + ( ) ( )2 2 1 2 1 21 ( 2) ( 2) 0k y y k m y y m+ + − + + − = 6 5m = 2m = l 6( ,0)5 ( )2 1 2 1 2 1 2 1 1 4| | 42 2 5ABCS DC y y y y y y∆ = − = + − ⋅× ( ) ( ) 2 22 25 4 368 25 4 k k + − = +设 ,则 在 上单调递增, 当 时, 取得最大值 . 22.(2020·全国高三其他(文))已知 . (1)设 是 的极值点,求实数 的值,并求 的单调区间: (2) 时,求证: . 【答案】(1) 单调递增区间为 ,单调递减区间为 ; (2)见解析. 【解析】(1)由题意,函数 的定义域为 , 又由 ,且 是函数 的极值点, 所以 ,解得 , 又 时,在 上, 是增函数,且 , 所以 ,得 , ,得 , 所以函数 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 . (2)由(1)知因为 ,在 上, 是增函数, 又 (且当自变量 逐渐趋向于 时, 趋向于 ), 所以, ,使得 , 所以 ,即 , 在 上, ,函数 是减函数, 在 上, ,函数 是增函数, 所以,当 时, 取得极小值,也是最小值, 2 1 1(0 )4 4t tk = < ≤+ 28 36 2525ABCS t t∆ = − + 1(0, ]4t ∈ 1 4t = ABCS∆ 16 25 21( ) ln2 xf x x ae x= + − 1 2x = ( )f x a ( )f x 0a > ( ) 1 2f x > 3 2 ea e = 1 ,2  +∞   10, 2      ( )f x ( )0,+∞ ( ) 1xf x x ae x ′ = + − 1 2x = ( )f x 1 21 1 2 02 2f ae  = +′ − =   3 2 ea e = 0a > ( )0,+∞ ( )f x′ 1 02f   =  ′  ( ) 0f x′ > 1 2x > ( ) 0f x′ < 10 2x< < ( )f x 1 ,2  +∞   10, 2      0a > ( )0,+∞ ( ) 1xf x x ae x ′ = + − ( )1 1 1 0f ae′ = + − > x 0 ( )f x′ −∞ ( )0 0,1x∃ ∈ ( )0 0f x′ = 0 0 0 1 0xx ae x + − = 0 0 0 1xae xx = − ( )00,x x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x 0x x= ( )f x所以 , 令 , 则 , 当 时, ,函数 单调递减,所以 , 即 成立, ( ) ( ) 02 2 0 0 0 0 0 0 0min 0 1 1 1ln ln ,(0 1)2 2 xf x f x x ae x x x x xx = = + − = + − − < < ( ) 21 1 ln ,(0 1)2g x x x x xx = + − − < < ( ) ( )2 2 1 1 11 1 xg x x xx x x += − − − = − −′ ( )0,1x∈ ( ) 0g x′ < ( )g x ( ) ( ) 11 2g x g> = ( ) ( )min 1 2f x f x≥ >

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