专题 3.4 高考模拟训练 4（理）
选择题部分（共 60 分）
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的.
1．（2020·广东高三月考（理））已知集合 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
依题意， ，
故 .
故选:A.
2．（2019·安徽高考模拟（文））已知 i 为虚数单位，m∈R，若复数（2-i）（m+i）在复平面内
对应的点位于实轴上，则复数 的虚部为（ ）
A．1 B．i C． D．
【答案】A
【解析】
（2-i）（m+i）=2m+1+（2-m）i，
若复数在复平面内对应的点位于实轴上，
则 2-m=0 得 m=2，
复数 ，
即复数的虚部是 1，
故选 A．
3．（2019·重庆市广益中学校高三月考（文））设 ， ， ，则 a，b，c 的大小关系
是（ ）
A． B． C． D．
{ | ( 2)( 5) 0},M x x x= + − ≤ { }| 2xN y y= = M N =
(0,5] (0,2] [2,5] [2, )+∞
{ }| ( 2)( 5) 0M x x x= + − ≤ { }| 2 5 ,x x= − ≤ ≤ { }| 2xN y y= = { }| 0y y= >
(0,5]M N =
1
mi
i−
1− i−
2 2 (1 ) 2 2 11 1 (1 )(1 ) 2
mi i i i i ii i i i
+ −= = = = − +− − − +
1
24a
−= 1
2
1log 3b =
3log 2c =
a b c< < a c b< < c a b< < c b a< = 1
2 14 2
− = 3 3
11 log 2 log 3 2
> > =
1
2
3 1
2
14 log 2 log 3
− < < a c b< <
( )sinx xy e e x−= +
( ) ( )sin( ) ( )x xf x e e x f x−− = + − = −
(0, ), ( ) 0x f xπ∈ > ∴【解析】
根据题意可得，∵甲选择了化学，乙与甲没有相同课程，∴乙必定没选化学；
又∵丙与甲有一门课相同，假设丙选择了化学，而丁与丙无相同课程，则丁一定没选化学；
若丙没选化学，又∵丁与丙无相同课程，则丁必定选择了化学．
综上，必定有甲，丙或甲，丁这两种情况下选择化学，故可判断 A，B 不正确，D 正确．
假设乙丁可以两门课都相同，由上面分析可知，乙丁都没有选择化学，只能从其它三科中选两科．不妨假
设选的是生物、政治，则甲选的是化学和地理，而丙和甲共同选择了化学，另一门课丙只能从生物、政治
中选一科，这样与“丁与丙也没有相同课程”矛盾，故假设不成立，因此 C 不正确．
6．（2020·高三期末（文））2019 年庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵式彰显了中华
民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最，编组之新、要素
之全彰显强军成就.装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”，见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步
伐.此次大阅兵不仅得到了全中国人的关注，还得到了无数外国人的关注.某单位有 6 位外国人，其中关注
此次大阅兵的有 5 位，若从这 6 位外国人中任意选取 2 位做一次采访，则被采访者都关注了此次大阅兵的
概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
这 6 位外国人分别记为 , , , , , ,
其中 未关注此次大阅兵,
则基本事件有 , , , , ,
, , , , , ,
, , , ,共 15 个,
其中被采访者都关注了此次大阅兵的基本事件有 10 个,
1
3
2
5
2
3
3
5
a A B C D E
a
( ),a A ( ),a B ( ),a C ( ),a D ( ),a E
( ),A B ( ),A C ( ),A D ( ),A E ( ),B C ( ),B D
( ),B E ( ),C D ( ),C E ( ),D E故所求概率为 .
故选：C
7．（2019·四川高三月考（理））已知平面向量 的夹角为 ，且 ， ，则 与 的夹角
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
设 与 的夹角是 ，由题设有
所以 ，所以 ．
故选：
8．（2019·全国高三月考（文））执行如图所示的程序框图，如果输出的 ，那么在判断框内
的条件为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
； ， ； ； ；
10 2
15 3
=
,a b π
3
1a = 2b = 2a b+ b
5π
6
2π
3
π
3
π
6
2a b+ b θ 2 2π2 4 4 cos 2 33a b a a b b+ = + ⋅ + =
( ) 2 2π2 2 2 cos 63a b b a b b a b b+ ⋅ = ⋅ + = ⋅ + =
( )2 6 3cos 22 3 22
a b b
a b b
θ
+ ⋅
= = =
×+ ⋅
π
6
θ =
D
( )240,300a∈
5n ≤ 4n > 4n ≤ 5n >
5, 1a n= = 3 5 4 11a = × − = 2n = 3 11 4 29, 3a n= × − = = 3 29 4 83, 4a n= × − = =．
故选 C．
9．（2019·高考模拟（理））设等差数列 的前n 项和为 ，若
（ ）
A．8 B．18 C． D．14
【答案】D
【解析】
因为 ，且
所以 ，解得
所以
本题正确选项：
10．（2020·广东高三期末（文））已知椭圆 的焦点为 ， ，过 的直线与 交
于 两点．若 ， ，则 的方程为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
， ，
又 ，
又 ， ，
， ，
， ，
， 在 轴上．
在 △ 中， ，
3 83 4 245, 5a n= × − = =
{ }na nS 4 5 7 102, 14a S S a+ = = =，
14−
4 5 2a S+ = 7 14S =
1
1
6 13 2
7 21 14
a d
a d
+ =
+ =
1 4
2
a
d
= −
=
10 1 9 4 18 14a a d= + = − + =
D
C 1( 1,0)F − 2 (1,0)F 2F C
,A B 2 23AF BF= 1 25BF BF= C
2
2 12
x y+ =
2 2
13 2
x y+ =
2 2
14 3
x y+ =
2 2
15 4
x y+ =
2 2| | 3| |AF BF= 2| | 4 | |AB BF∴ =
1 25BF BF=
1 2| | | | 2BF BF a+ = 2 3| | aBF∴ =
2| |AF a∴ = 1| | 5
3BF a=
1 2| | | | 2AF AF a+ = 1| |AF a∴ =
1 2| | | |AF AF∴ = A∴ y
Rt 2AF O 2
1cos AF O a
∠ =在△ 中，由余弦定理可得 ，
根据 ，可得 ，解得 ，
．
所以椭圆 的方程为： ．
故选： ．
11．（2019·四川石室中学高三月考（文））设函数 ，下述四个结论：
① 是偶函数；
② 的最小正周期为 ；
③ 的最小值为 0；
④ 在 上有 3 个零点
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【解析】
因为函数 f（x）定义域为 R，而且 f（﹣x）＝cos|2x|+|sinx|＝f（x），所以 f（x）是偶函数，①正确；
因为函数 y＝cos|2x|的最小正周期为 π，y＝|sinx|的最小正周期为 π，所以 f（x）的最小正周期为 π，②
正确；
f（x）＝cos|2x|+|sinx|＝cos2x+|sinx|＝1﹣2sin2x+|sinx|＝﹣2（|sinx| ）2 ，而|sinx|∈[0，
1 2BF F
2 2
2 1
54 ( ) ( )3 3cos
2 2 3
a a
BF F a
+ −
∠ =
× ×
2 2 1cos cos 0AF O BF F∠ + ∠ =
21 3 2 0a
a a
−+ = 2 2a =
2 2 2 2 1 1b a c= − = − =
C
2
2 12
x y+ =
A
( ) cos 2 sinf x x x= +
( )f x
( )f x π
( )f x
( )f x [ ]0,2π
1
4
− 9
8
+1]，所以当|sinx|＝1 时，f（x）的最小值为 0，③正确；
由上可知 f（x）＝0 可得 1﹣2sin2x+|sinx|＝0，解得|sinx|＝1 或|sinx| （舍去）
因此在[0，2π]上只有 x 或 x ，所以④不正确．
故选：B．
12．（2018·全国高三专题练习）（河南省洛阳市 2018 届三模）在三棱锥 中， 平面 ，
， ， ， 是边 上的一动点，且直线 与平面 所成角的最大值为 ，则三
棱锥 的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
三棱锥 设直线 与平面 所成角为 ，如图所示；则 由
题意，且 的最大值是 ，∴ ，解得 即 的最小值为 ∴ 的最小值是 ，即
点 到 的距离为 ， 取 的外接圆圆心为 ，作
， 解得 ； 为 的中点，
由勾股定理得 ∴三棱锥 的外接
球的表面积是 故选 B.
故选 B．
非选择题部分（共 90 分）
二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分.
1
2
= −
2
π= 3
2
π=13．（2019·北京四中高三月考（文））曲线 在点 处的切线方程为________．
【答案】
【解析】
因为曲线 ，所以
将 带入曲线中可得 ，带入导函数中可得 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
14．（2019·黑龙江高考模拟（文））设等比数列 的前 项和为 .若 ，则
__________．
【答案】-2
【解析】
设等比数列 的公比为 ．
①当 时， 不成立．
②当 时，由 得 ，
整理得 ，即 ，解得 ．
所以 ．
故答案为： ．
15．（2019·安徽高二期末（理））甲乙两人组队参加猜谜语大赛，比赛共两轮，每轮比赛甲乙两
人各猜一个谜语，已知甲猜对每个谜语的概率为 ，乙猜对每个谜语的概率为 ，甲、乙在猜谜语这件事
上互不影响，则比赛结束时，甲乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为 __________
【答案】
【解析】
甲乙两人合起来共猜对三个谜语的所有情况包括：甲猜对 2 个，乙猜对 1 个和甲猜对 1 个，乙猜对 2 个，
若甲猜对 2 个，乙猜对 1 个，则有 = ，
( ) 2xf x xe= + ( )( )0, 0f
2 0x y− + =
( ) 2xf x xe= + ( ) x xf x e xe¢ = +
0x = ( )0 2f = ( ) 00 1f e¢ = =
( ) 2xf x xe= + ( )0,2 2y x− = 2 0x y− + =
{ }na n nS 6 37S S= − 4 3
3 2
a a
a a
+ =+
{ }na q
1q = 6 37S S= −
1q ≠ 6 37S S= −
6
1
3
17(1 ) (1 )
1 1
a aq q
q q
= −− ×−
− −
31 7q+ = − 3 8q = − 2q = −
4 3 3 3
3 2 2 2
( 1) 2( 1)
q qa a a
aq
a
a a a
+ += = =+ = −+
2−
3
4
2
3
5
12
1
2
3 3 2 1
4 4 3 3C× ×
1
4若甲猜对 1 个，乙猜对 2 个，则有 ，
∴比赛结束时，甲乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为 + .
故答案为 .
16．（2016·福建高考模拟（理））已知퐹1、퐹2分别是双曲线푥2
푎2 ― 푦2
푏2 = 1(푎 > 0,푏 > 0)的左右焦点，若在双曲线
的右支上存在一点푀，使得(푂푀 + 푂퐹2)퐹2푀 = 0（其中푂为坐标原点），且|푀퐹1| = 3|푀퐹2|，则双曲线离心
率为_____．
【答案】 3 +1
【解析】
试题分析：设퐶是푀퐹2的中点，因为(푂푀 + 푂퐹2)퐹2푀 = 0，所以2푂퐶 ⋅ 퐹2푀 = 0，即푂퐶 ⊥ 푀퐹2，即푂푀 = 푂퐹2，
因为푂퐶//퐹1푀，所以퐹1푀 ⊥ 푀퐹2，因为|푀퐹1| = 3|푀퐹2|，所以|푀퐹1| ― |푀퐹2| = 3|푀퐹2| ― |푀퐹2| = 2푎，则|
푀퐹2| = 2푎
3 ― 1 = ( 3 +1)푎，|푀퐹1| = 3|푀퐹2| = 3( 3 +1)푎，因为|푀퐹1|
2
+ |푀퐹2|
2
= 4푐2，所以4( 3 + 1)2푎2
= 4푐2，即( 3 + 1)2푎2 = 푐2，即( 3 +1)푎 = 푐，则离心率为푒 = 푐
푎 = 3 +1．
三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17—21 题为必考题，每个
考生都必须作答.22、23 题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共 60 分
17．（2019·全国高三月考（文））在 中，角 所对的边分别为 .已知
.
（1）若 ，求 的周长；
（2）若 为锐角三角形，求 的取值范围.
【答案】（1） ；（2）
【解析】
1
2
3 1 2 2 1
4 4 3 3 6C × × × =
1
4
1 5
6 12
=
5
12
ABC∆ A B C， ， a b c， ，
cos (2 )cos , 3b C a c B b= − =
2c = ABC∆
ABC∆ a c−
3 3+ ( 1,1)−（1）因为 ，所以 ，
所以
因为 ，所以 ，所以
因为 ，且 ，所以 ，即 ，
则 的周长为
（2）因为 ，所以
则
因为 为锐角三角形，所以 ，所以 ，
则 ，从而
故 的取值范围是
18．（2017·黑龙江高三期中（理））在正三棱柱 中， ，
点 为 的中点.
（1）求证： 平面 .
（2）若点 为线段 上的点，且满足 ，若二面角 的余弦值为 ，求实数
的值.
cos (2 )cosb C a c B= − sin cos (2sin sin )cosB C A C B= −
2sin cos sin cos cos sin sin( ) sinA B B C B C B C A= + = + =
sin 0A ≠ 1cos 2B =
3B
π=
3, 2b c= = 2 2 2 2 cosb a c ac B= + − 2 2 1 0a a− + = 1a =
ABC∆ 3 3a b c+ + = +
2sin sin sin
a b c
A B C
= = = 22sin , 2sin 2sin 3a A c C A
π = = = −
2 1 32sin 2sin 2 sin cos 2sin3 2 2 3a c A A A A A
π π − = − − = − = −
ABC∆
0 2
20 3 2
A
A
π
π π
< ⇒ > −b b
( )1 2 1 2 1 22 2 2 2 8 2+ = + + + = + + = +y y x b x b x x b b
( )22 2
1 2 21 2
1 2 2 2 4
= = =
x xx xy y b
( ) ( )1 1 2 22 ,2 2 ,2= − − − −
PM QM x y x y
( )( ) ( )( )1 2 1 22 2 2 2= − − + − −x x y y
( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 24 2 4 2= − + + + − + +x x x x y y y y
2 6 16= − −b b
25= −
PM QM
2 6 16 25b b− − = − 2 6 9 0b b− + =
3b =
PQ 2 3y x= +弦长 ,
高为点 到直线 的距离 ,
所以
20．（2019·广东高三期末（文））已知函数 ， .
（1）若 ，求 的最大值；
（2）当 时，求证： .
【答案】(1) (2)见解析
【解析】
（1）解：当 时， ，
由 ，得 ，所以 时， ； 时， ，
因此 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
的最大值为 .
（2）证明：先证 ，
令 ，
则 ，
由 ， 与 的图象易知，存在 ，使得 ，
故 时， ； 时， ，
所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
所以 的最大值为 ，
( )22
1 2 1 21 4 10 2= + + − =PQ k x x x x
M PQ 4 2 3 5
5
− += =h
1 5 102∆ = =MPQS PQ h
( ) sin 1f x ax x= − − [0, ]x π∈
1
2a = ( )f x
2a π≤ ( ) cos 0f x x+ ≤
12
π −
1
2a = ( ) 1' cos2f x x= −
( )' 0f x =
3x
π= 0, 3x
π ∈
( )' 0f x < ,3x
π π ∈
( )' 0f x >
( )f x 0, 3
π
,3
π π
( )f x ( ) ( ){ }max 0 , max 1, 12f f
ππ = − − 12
π= −
2 sin cos 1 0x x xπ − + − ≤
( ) 2 sin cos 1g x x x xπ= − + −
( ) 2' cos sing x x xπ= − − 2 2sin 4x
π
π
= − +
2sin 4y x
π = +
[ ]0,x π∈ 2y π= [ ]0 0,x π∈ ( )0' 0g x =
( )00,x x∈ ( )' 0g x < ( )0 ,x x π∈ ( )' 0g x >
( )g x ( )00, x ( )0 ,x π
( )g x ( ) ( ){ }max 0 ,g g π而 ， .
又由 ， ，所以 ，
当且仅当 ，取“=”成立，即 .
21．（2020·湖南高三月考（理））某工厂生产某种产品，为了控制质量，质量控制工程师要在产品出厂前
对产品进行检验．现有 （ 且 ）份产品，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验
次；（2）混合检验，将这 份产品混合在一起作为一组来检验．若检测通过，则这 份产品全部为正品，
因而这 份产品只要检验一次就够了；若检测不通过，为了明确这 份产品究竟哪几份是次品，就要对这
份产品逐份检验，此时这 份产品的检验次数总共为 次．假设在接受检验的样本中，每份样本的检验
结果是正品还是次品都是独立的，且每份样本是次品的概率为 ．
（1）如果 ，采用逐份检验方式进行检验，求检测结果恰有两份次品的概率；
（2）现对 份产品进行检验，运用统计概率相关知识回答：当 和 满足什么关系时，用混合检验方式进
行检验可以减少检验次数？
（3）①当 （ 且 ）时，将这 份产品均分为两组，每组采用混合检验方式进行检验，求
检验总次数 的数学期望；
②当 （ ，且 ， ）时，将这 份产品均分为 组，每组采用混合检验方式进行检
验，写出检验总次数 的数学期望（不需证明）．
【答案】（1） （2） （3）① ②
【解析】
（1）如果 ,采用逐份检验方式,设检测结果恰有两份次品的概率为
检测结果恰有两份次品的概率 ．
（2）记采用逐份检验方式,样本需要检验的总次数为 ,采用混合检验方式,样本需要检验的总次数为 ,由
已知得 , 的所有可能取值为
,
( )0 0g = ( ) 0g π =
2a π≤ 0x ≥ 2sin 1 cos sin 1 cos 0ax x x x x xπ− − + ≤ − − + ≤
( )
2
0
a
x
π
π
=
= 或
( ) cos 0f x x+ ≤
n n ∗∈N 2n ≥ n
n n
n n n
n 1n +
(0 1)p p< <
4n =
n n p
2n k= k ∗∈N 2k ≥ n
ξ
n mk= ,k m N ∗∈ 2k ≥ 2m ≥ n m
ξ
2 26 (1 )p p−
111 ( )np n
< − ( )( ) 2 2 2 1 kE k k pξ = + − − ( )( 1) 1 km k mk p+ − −
4n = 2 2 2 2 2
4 (1 ) 6 (1 )C p p p p− = −
∴ 2 26 (1 )p p−
1
ξ 2
ξ
1E nξ = 2
ξ 1, 1n +
( ) ( )2 1 1 kP pξ∴ = = − ( ) ( )2 1 1 1 nP n pξ = + = − −=
要减少检验次数,则 ,则
∴ , ,即 ,
（3）①两组采用混合检验的检验次数分别为 , ,则由（2）知 ,
, ,
②设这 组采用混合检验的检验次数分别为 , , , , , ,且
检验总次数 ,
,
,
所以检验总次数 的数学期望 ．
（二）选考题：共 10 分.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．（2019·陕西高三月考（文））在直角坐标系 中，曲线 ： （ 为参数）.以
为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ，直线 的极坐标方程为
.
（Ⅰ）求曲线 的极坐标方程与直线 的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线 与 ， 在第一象限分别交于 ， 两点， 为 上的动点.求 面积的最大值.
【答案】（Ⅰ） ， ；（Ⅱ）
【解析】
(Ⅰ)依题意得,曲线 的普通方程为 ,
∴ ( ) ( )2 1 ( 1) 1 1n nE p n pξ = − + + − − ( )1 1 nn n p+ − −
1Eξ > 2Eξ 1 (1 )nn n n p> + − −
(1 ) 1nn p− > 1(1 )np n
− >
111 ( )np n
< −
1
ξ 2
ξ 1 1, 1kξ = +
2 1, 1kξ = + ( )1 2( ) ( ) 1 1 kE E k k pξ ξ= = + − − 1 2
ξ ξ ξ= +
( )1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 kE E E E k k pξ ξ ξ ξ ξ= + = + = + − −
m 1
ξ 2
ξ , m
ξ 1 1, 1kξ = + 2 1, 1kξ = + , 1, 1m kξ = +
1 2 m
ξ ξ ξ ξ= + + +
( ) ( )1 1 , 1,2, ,k
iP p i mξ∴ = = − = ( ) ( )1 1 1 , 1,2, ,k
iP k p i mξ = + = − − =
( )( ) 1 1 , 1,2 ,k
iE k k p i mξ∴ = + − − =
( )1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) 1 k
k kE E E E m k mk pξ ξ ξ ξ ξ ξ∴ = + + + = + + = + − −
ξ ( )( 1) 1 km k mk p+ − −
xOy 1C 2 7 cos
7 sin
x
y
α
α
= +
=
α O
x 2C 8cosρ θ= l
( )3
θ ρπ= ∈R
1C l
l 1C 2C A B P 2C PAB∆
2 4 cos 3 0ρ ρ θ− − = 3y x= 2 3+
1C ( )2 22 7x y− + =曲线 的极坐标方程为 ,
直线 的直角坐标方程为 ．
(Ⅱ)曲线 的直角坐标方程为 ,设 , ,
则 ,即 ,得 或 (舍),
,则 ,
到 的距离为 ,以 为底边的 的高的最大值为 ,
则 的面积的最大值为
23．（2020·江西高三期末（理））已知 ， ， 为正数，且满足 .证明：
（1） ；
（2）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1） ，
，
又由均值不等式，
得 ， ， ，
则 ，
1C 2 4 cos 3 0ρ ρ θ− − =
l 3y x=
2C ( )2 24 16x y− + = 1, 3A
πρ
2 , 3B
πρ
2
1 14 cos 3 03
πρ ρ− − = 2
1 12 3 0ρ ρ− − = 1 3ρ = 1 1ρ = −
2 8cos 43
πρ = = 2 1 1AB ρ ρ= − =
( )2 4,0C l 4 3
2 3
4
d = = AB PAB∆ 4 2 3+
PAB∆ ( )1 1 4 2 3 2 32
× × + = +
a b c 1a b c+ + =
1
3ab bc ac+ + ≤
1 1 1 10a b ca b c
+ + + + + ≥
1a b c+ + =
2 2 2 2( ) 2 2 2 1a b c a b c ab bc ac∴ + + = + + + + + =
2 2
2
a b ab
+ ≥
2 2
2
b c bc
+ ≥
2 2
2
a c ac
+ ≥
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b b c a c a b c ab bc ac
+ + ++ + = + + ≥ + +，
即 得证；
（2） ， ， ， ，
， ， ，
则
，
又由均值不等式得 ，
同理可得 ， ，
则 ，
当且仅当 时等号成立，得证.
3( ) 1ab bc ac∴ + + ≤
1
3ab bc ac+ + ≤
a b 0c > 1a b c+ + =
1
a
∴ 1
b
1 0c
>
1 1 1 1 a b c a b c a b ca b ca b c a b c
+ + + + + + + + + + + = + + +
4 b a c a b c
a b a c c b
= + + + + + +
2 2b a b a
a b a b
+ ≥ × =
2c a
a c
+ ≥ 2b c
c b
+ ≥
1 1 1 4 6 10a b ca b c
+ + + + + ≥ + =
1
3a b c= = =
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