2020高考文科数学二轮分层特训卷：模拟仿真专练（二）
专练(二)
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．已知 U＝{y|y＝log2x，x>1}，P＝{y|y＝1
x
，x>2}，则∁UP＝
( )
A.[1
2
，＋∞) B.(0，1
2)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪[1
2
，＋∞)答案：A
解析：因为函数 y＝log 2x 在定义域内为增函数，故 U＝
{y|y>0} ， 函 数 y ＝ 1
x
在 (0 ， ＋ ∞) 内 为 减 函 数 ， 故 集 合 P ＝
{y|0
0)个单位长度后得到的图象与函数 y＝ksin xcos
x(k>0)的图象重合，则 k＋m 的最小值是( )
A．2＋π
4
B．2＋3π
4
C．2＋5π
12
D．2＋7π
12
答案：A
解析：将函数 y＝sin 2x－cos2x＝－cos 2x 的图象向左平移
m(m>0)个单位长度后所得到的图象对应的函数解析式为 y＝－
cos[2(x＋m)]＝－cos(2x＋2m)＝sin (2x－π
2
＋2m)(m>0)，平移后得
到的图象与函数 y＝ksin xcos x＝ k
2
sin 2x(k>0)的图象重合，所以
Error!得 k＝2，m＝nπ＋π
4
(n∈Z)，又 m>0，所以 m 的最小值为π
4
，
可知 k＋m 的最小值为 2＋π
4
.故选 A.
8．[2019·山西太原一中检测]已知实数 x，y 满足|x|＋|y|≤1，
则 z＝2|x|－|y|的最大值为( )
A．5 B．4
C．3 D．2
答案：D
解析：令|x|＝a，|y|＝b，则Error!且 z＝2a－b.作出可行域如
图中阴影部分所示，作出直线 b＝2a，并平移，由图知，当平移
后的直线过点(1,0)时，z 取得最大值，且 zmax＝2×1－0＝2.故选
D.
9．[2019·河南郑州摸底]现有一个不透明的口袋中装有标号
分别为 1,2,2,3 的四个小球，它们除数字外完全相同，现从中随
机取出一球记下号码后放回，均匀搅拌后再随机取出一球，则两
次取出小球所标号码不同的概率为( )
A.1
6
B.5
6
C.3
8
D.5
8
答案：D
解析：随机取出一球记下号码后放回，均匀搅拌后再随机取
出一球，则两次取出小球的所有情况共有 4×4＝16(种)，其中号
码相同的情况共有 6 种，则号码不同的概率为 P＝1－ 6
16
＝5
8
，故
选 D.
10．[2019·辽宁五校期末]在△ABC 中，角 A，B，C 所对的
边分别是 a，b，c，已知 sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，且 c＝
7，C＝π
3
，则△ABC 的面积是( )
A.3 3
4
B.7 3
6
C.3 3
4
或 21
3
D.3 3
4
或7 3
6
答案：D
解析：由 sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，得 2sin Bcos A＝
3sin 2A＝6sin Acos A，即 sin Bcos A＝3sin Acos A．当 cos A＝0 时，
A＝π
2
，而 C＝π
3
，c＝ 7，所以 B＝π
6
，b＝ctan B＝ 7× 3
3
＝
21
3
，所以此时△ABC 的面积为 1
2
bc＝1
2
× 21
3
× 7＝7 3
6
；当
cos A≠0 时，可得 sin B＝3sin A，由正弦定理得 b＝3a，又 c＝ 7，
所以 cos C＝a2＋b2－c2
2ab
＝a2＋9a2－( 7)2
6a2
＝cosπ
3
＝1
2
，得 a＝1，
所以 b＝3，此时△ABC 的面积为 1
2
absin C＝ 1
2
×1×3× 3
2
＝
3 3
4
.综上可知，△ABC 的面积为3 3
4
或7 3
6
.故选 D.
11．[2019·河北唐山期中]如图，在△ABC 中，CM→
＝2MB→
，
过点 M 的直线分别交射线 AB，AC 于不同的两点 P，Q，若AP→
＝
mAB→
，AQ→
＝nAC→
，则 mn＋m 的最小值为( )
A．2 B．2 3
C．6 D．6 3
答案：A
解析：连接 AM，由已知可得AM→
＝AB→
＋BM→
＝AB→
＋1
3BC→
＝AB→
＋1
3
(AC→
－AB→
)＝2
3AB→
＋1
3AC→
＝ 2
3mAP→
＋ 1
3nAQ→
.因为 P，M，Q 三点共
线，所以 2
3m
＋ 1
3n
＝1，所以 mn＋m＝ 2n＋m
3
＋m＝ 2n
3
＋4m
3
＝
(2n
3
＋4m
3 )( 2
3m
＋ 1
3n)＝10
9
＋4n
9m
＋4m
9n
≥10
9
＋2 4n
9m × 4m
9n
＝2，当且
仅当4n
9m
＝4m
9n
，即 m＝n＝1 时取等号，
所以 mn＋m 的最小值为 2.故选 A.
12．[2019·陕西汉中模拟]设抛物线 y2＝4x 的焦点为 F，过点
M(－1,0)的直线在第一象限交抛物线于 A，B 两点，且AF→
·BF→
＝
0，则直线 AB 的斜率 k＝( )
A. 2 B. 2
2
C. 3 D. 3
3
答案：B
解析：设直线 AB 的方程为 y＝k(x＋1)(易知 k>0)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)．
由Error!可得 k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，由根与系数的关系得
x1·x2＝1，x1＋x2＝4－2k2
k2
.
又AF→
·BF→
＝0，易知 F(1,0)，所以(1－x1)(1－x2)＋k2(x1＋1)(x2
＋1)＝0，即(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝0，即 2k2＋2＋
(k2－1)4－2k2
k2
＝0，解得 k＝ 2
2
.故选 B.
二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．将正
确答案填在题中的横线上．)
13．[2019·陕西宝鸡四校第二次联考]已知 α 为锐角，且 sin
α·( 3－tan 10°)＝1，则 α＝________.
答案：40°
解析：由题意知 sin α( 3－tan 10°)
＝sin α· 3cos 10°－sin 10°
cos 10°
＝sin α·2(sin 60°cos 10°－cos 60°sin 10°)
cos 10°
＝sin α·2sin 50°
sin 80°
＝sin α· 2cos 40°
2sin 40°cos 40°
＝ sin α
sin 40°
＝1，
即 sin α＝sin 40°.因为 α 为锐角，所以 α＝40°.
14．[2019·山东邹城质监]观察下列各式：
12＝1 × 2 × 3
6
；
12＋22＝2 × 3 × 5
6
；
12＋22＋32＝3 × 4 × 7
6
；
12＋22＋32＋42＝4 × 5 × 9
6
；
……
照此规律，当 n∈N*时，12＋22＋32＋…＋n2＝________.
答案：n(n＋1)(2n＋1)
6
解析：第一个式子：12＝1 × (1＋1) × [1＋(1＋1)]
6
；第二
个式子：12＋22＝2 × (2＋1) × [2＋(2＋1)]
6
；第三个式子：12＋22
＋32＝3 × (3＋1) × [3＋(3＋1)]
6
；第四个式子：12＋22＋32＋42
＝4 × (4＋1) × [4＋(4＋1)]
6
；……第 n 个式子：12＋22＋32＋…
＋n2＝n·(n＋1)·[n＋(n＋1)]
6
＝n(n＋1)(2n＋1)
6
.
15．[2019·福建福州质量抽测]随机抽取某中学甲班 9 名同学、
乙班 10 名同学，得到他们的期中考试数学成绩的茎叶图如图所
示，估计该中学甲、乙两班数学成绩的中位数分别是________.
答案：76 83
解析：将甲班 9 名同学的成绩按从小到大的顺序排列，为
52,66,72,74,76,76,78,82,96，故中位数为 76；将乙班 10 名同学的
成绩按从小到大的顺序排列，为 62,74,76,78,82,84,85,86,88,92，
故中位数为82＋84
2
＝83.
16．[2019·湖南四校摸底]已知定义在 R 上的奇函数 f(x)满足
f(x＋5
2)＋ f(x) ＝ 0 ， 当 －5
4
≤x≤0 时 ， f(x) ＝ 2x ＋ a ， 则 f(16) ＝
________.
答案：1
2
解析：由 f(x＋5
2)＋f(x)＝0，得 f(x)＝－f(x＋5
2)＝f(x＋5)，所
以函数 f(x)是以 5 为周期的函数，则 f(16)＝f(3×5＋1)＝f(1)．又
f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 f(0)＝0，即 1＋a＝0，解得 a＝
－1，所以当－5
4
≤x≤0 时，f(x)＝2x－1，所以 f(－1)＝－ 1
2
，则 f(1)＝
－f(－1)＝1
2
，故 f(16)＝1
2
.
三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤．)
17．(12 分)[2019·河南郑州高中毕业班第二次质量预测]已知
数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，a n>0，若 an＝ Sn＋ Sn－1
(n≥2 且 n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记 cn＝an·2an，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解析：(1)依题意知 a n＝ Sn＋ Sn－1(n≥2 且 n∈N*)，且
an>0，
又当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1，
两式相除，得 Sn－ Sn－1＝1(n≥2)，
可知数列{ Sn}是以 1 为首项，公差为 1 的等差数列，
所以 Sn＝1＋(n－1)×1＝n，即 Sn＝n2.
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当 n＝1 时，a1＝S1＝1，满足上式，
所以 an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，an＝2n－1，所以 cn＝(2n－1)·22n－1，
则 Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)×22n－1 ①，
4Tn＝1×23＋3×25＋…＋(2n－3)×2 2n－1 ＋(2n－1)×2 2n＋1
②，
①－②得－3Tn＝2＋2×(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)×22n
＋1＝2＋2×8(1－22n－ 2)
1－4
－(2n－1)×22n＋1＝－10
3
＋(5
3
－2n)×22n＋1，
所以 Tn＝(6n－5) × 22n＋1＋10
9
.
18．(12 分)[2019·河南开封模拟]如图，在四棱锥 P－ABCD
中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N
分别为 PB，AB，BC，PD，PC 的中点．
(1)求证：CE∥平面 PAD；
(2)求证：平面 EFG⊥平面 EMN.
解析：
(1)取 PA 的中点 H，连接 EH，DH.
因为 E 为 PB 的中点，
所以 EH 綊 1
2
AB.又 CD 綊 1
2
AB，
所以 EH 綊 CD.
所以四边形 DCEH 是平行四边形，所以 CE∥DH.
又 DH⊂平面 PAD，CE⊄平面 PAD，所以 CE∥平面 PAD.
(2)因为 E，F 分别为 PB，AB 的中点，所以 EF∥PA.
又 AB⊥PA，
所以 EF⊥AB，同理可证 AB⊥FG.
又 EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面 EFG，
所以 AB⊥平面 EFG.
又 M，N 分别为 PD，PC 的中点，
所以 MN∥CD.又 AB∥CD，所以 MN∥AB，
所以 MN⊥平面 EFG.
因为 MN⊂平面 EMN，所以平面 EFG⊥平面 EMN.
19．(12 分)[2019·广东七校联考]某物流公司每天从甲地运货
物到乙地，统计最近 200 天配送的货物量，可得如图所示的频率
分布直方图．(频率分布直方图中每个小组取中间值作为该组数
据的代表)
(1)估计该物流公司从甲地到乙地平均每天配送的货物量；
(2)该物流公司拟购置货车专门运送从甲地到乙地的货物，一
辆货车每天只能运送一趟，每辆货车每趟最多只能装载 40 件货
物，满载发车，否则不发车．若发车，则每辆货车每趟可获利 1
000 元；若未发车，则每辆货车每天亏损 200 元．为使该物流公
司此项业务每天的营业利润最大，估计该物流公司应该购置几辆
货车？
解析：(1)根据题意及频率分布直方图得
a＝[1－( 1
320
＋ 1
320
＋ 1
160) × 40]÷40＝ 1
80
，
易知从甲地到乙地每天配送的货物量为 60 件，100 件，140
件，180 件的天数分别为 25,50,100,25.
故估计该公司从甲地到乙地平均每天配送的货物量为
60 × 25＋100 × 50＋140 × 100＋180 × 25
200
＝125(件)．
(2)由(1)可知从甲地到乙地每天配送的货物量为 60 件，100
件，140 件，180 件的天数分别为 25,50,100,25，依题意知，
(ⅰ)若购置 1 辆车，则物流公司每天的营业利润值为 1 000；
(ⅱ)若购置 2 辆车，则每天的营业利润值的可能取值为 2
000,800，对应的天数分别为 175,25，
故平均利润值为2 000 × 175＋800 × 25
200
＝1 850；
(ⅲ)若购置 3 辆车，则每天的营业利润值的可能取值为 3
000,1 800,600，对应的天数分别为 125,50,25，
故平均利润值为3 000 × 125＋1 800 × 50＋600 × 25
200
＝2
400；
(ⅳ)若购置 4 辆车，则每天的营业利润值的可能取值为 4
000,2 800,1 600,400，对应的天数分别为 25,100,50,25，
故 平 均 利 润 值 为
4 000 × 25＋2 800 × 100＋1 600 × 50＋400 × 25
200
＝2 350.
因为 2 400>2 350>1 850>1 000，
所以为使该物流公司此项业务每天的营业利润最大，该物流
公司应该购置 3 辆货车．
20．(12 分)[2019·湖南湘东六校联考]已知椭圆 C： x2
a2
＋y2
b2
＝
1(a>b>0)的离心率 e＝1
2
，点 A(b,0)，B，F 分别为椭圆 C 的上顶
点和左焦点，且|BF|·|BA|＝2 6.
(1)求椭圆 C 的方程．
(2)若过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆 C 交于 G，H 两点(G 在
M，H 之间)，设直线 l 的斜率 k>0，在 x 轴上是否存在点 P(m,0)，
使得以 PG，PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出 m
的取值范围；如果不存在，请说明理由．
解析：(1)由离心率 e＝1
2
得 a＝2c ①.
由|BF|·|BA|＝2 6，得 a· b2＋b2＝2 6，∴ab＝2 3 ②.
又 a2－b2＝c2 ③，∴由①②③可得 a2＝4，b2＝3，
∴椭圆 C 的方程为x2
4
＋y2
3
＝1.
(2)设直线 l 的方程为 y＝kx＋2(k>0)，
由Error!得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，易知 Δ>0，∴k>1
2
.
设 G(x1，y1)，H(x2，y2)，则 x1＋x2＝ －16k
4k2＋3
，PG→
＋PH→
＝(x1＋
x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，GH→
＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．
∵菱形的对角线互相垂直，∴(PG→
＋PH→
)·GH→
＝0，
∴(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得 m＝－ 2k
4k2＋3
，
即 m＝－ 2
4k＋3
k
，∵k>1
2
，∴－ 3
6
≤m<0(当且仅当3
k
＝4k 时，
等号成立)．
∴存在满足条件的实数 m，m 的取值范围为[－ 3
6
，0).
21．(12 分)[2019·北京朝阳区期中]已知函数 f(x)＝2mx3－3x2
＋1(m∈R)．
(1)当 m＝1 时，求 f(x)在区间[－1,2]上的最大值和最小值；
(2)求证：“m>1”是“函数 f(x)有唯一零点”的充分不必要
条件．
解析：(1)由题意得 f′(x)＝6mx2－6x＝6x(mx－1)，所以当 m
＝1 时，f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，令 f′(x)＝0，解
得 x＝0 或 x＝1.
当 x 在[－1,2]内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表知，当 x∈[－1,2]时，f(x)max＝5，f(x)min＝－4.
故 f(x)在区间[－1,2]上的最大值和最小值分别为 5 和－4.
(2)因为 m>1，所以由 f′(x)＝6mx(x－1
m)＝0 得 x＝0 或 x＝
1
m
.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
因为 f(1
m )＝2m· 1
m3
－3· 1
m2
＋1＝－ 1
m2
＋1，且 m>1，所以 f
(1
m )>0.
又 f(－m)＝m2(－2m2－3)＋1<0，所以 f(x)有唯一零点．
所以“m>1”是“函数 f(x)有唯一零点”的充分条件．
当 m＝－2 时，当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
又 f(－1
2 )＝1
2
－3
4
＋1>0，f(0)>0，f(3)<0，所以此时 f(x)也有唯
一零点．
从而可知“m>1”是“函数 f(x)有唯一零点”的充分不必要
条件．
选考题(请考生在第 22、23 题中任选一题作答，多答、不答
按本选考题的首题进行评分．)
22．(10 分)[2019·湖南衡阳八中模拟][选修 4－4：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Error!(t 为
参数，0≤α<π)．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 ρcos2θ＝4sin θ.
(1)求直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程；
(2)设直线 l 与曲线 C 交于不同的两点 A，B，若|AB|＝8，求
α 的值．
解析：(1)直线 l 的普通方程为 x·sin α－y·cos α＋cos α＝0，
∵曲线 C 的极坐标方程为 ρcos2θ＝4sin θ，
∴ρ2cos2θ＝4ρsin θ，又 ρcos θ＝x，ρsin θ＝y，
∴曲线 C 的直角坐标方程为 x2＝4y.
(2)将Error!(t 为参数，0≤α<π)代入 x2＝4y，
得 t2·cos2α－4t·sin α－4＝0，设点 A，B 对应的参数分别为
t1，t2，
则 t1＋t2＝4sin α
cos2α
，t1·t2＝ －4
cos2α
.
∵|AB|＝|t1－t2|＝ (t1＋t2)2－4t1·t2＝ (4sin α
cos2α)2－4 ×
－4
cos2α
＝8，
∴cos α＝± 2
2
，α＝π
4
或 α＝3π
4
.
23．(10 分)[2019·福建福州二检][选修 4－5：不等式选讲]
已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|<4 的解集为 M.
(1)求集合 M；
(2)设实数 a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.
解析：(1)方法一 当 x<－1
2
时，不等式化为－2x－1＋1－
2x<4，即 x>－1，
所以－11
2
时，不等式化为 2x＋1＋2x－1<4，即 x<1，所以 1
2
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