2020高考文科数学选填仿真限时训练（33）word版 含答案.doc

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1、限时训练（三十三）一、选择题：本大题共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，则（ ）.A B C D（2）已知复数（其中，为虚数单位）是纯虚数，则的模为（ ）.A. B. C. D. （3）某产品在某销售点的零售价（单位：元）与每天的销售量（单位:个）的统计数据如下表所示（ ）. 1617181950344131由表可得回归直线方程中的，根据模型预测零售价为20元时，每天的销售量约为（ ）.A. 30 B. 29 C. 27.5 D. 26.5（4）若非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）.A. B. C. D. （5）中，角，的对边分别为，若

2、的面积，则（ ）.A. B. C. D. （6）已知是定义在上的奇函数，且在上是增函数，若，则，之间的大小关系为（ ）.A. B. C. D. （7）中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅制造一种标准量器商鞅铜方升，其三视图（单位：寸）如图所示，若取3 ，其体积为12.6（立方寸），则图中 的为（ ）A. 2.5 B. 3 C. 3.2 D. 4（8）将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为奇函数，则的最小值为（ ）.A. B. C. D. （9）已知双曲线： 的右顶点为，过右焦点的直线与的一条渐近线平行，交另一条渐近线于点，则（ ）A. B. C. D. （10）斐波拉契

3、数列0，1，1，2，3，5，8，是数学史上一个著名的数列，定义如下：，某同学设计了个求解斐波拉契数列前15项和的程序框图，那么在空白矩形框和判断框内应分别填入的语句是（ ）.A. B. C. D. （11）如图所示，已知棱长为4的正方体，是正方形的中心，是内（包括边界）的动点满足，则点的轨迹长度是（）.A B C D（12）已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）.A. B. C. D.（13）若满足约束条件，则的最大值为_（14）若，则的值为 （15）已知抛物线，点，点在抛物线上，当点到抛物线准线的距离与点到点的距离之和最小时，延长交抛物线于点，则的面积为_（16）给出下列四个命题：“若，则

4、或”是假命题；已知在中，“”是“”成立的充要条件；若函数 ，对任意的都有0，则实数的取值范围是；若实数， ，则满足的概率为.其中正确的命题的序号是_（请把正确命题的序号填在横线上）限时训练（三十三）答案部分一、选择题题号123456789101112答案DBDBCCBDDBDD二、填空题13. 14. 15. 16. 解析部分（1）分析 集合是具体的整数， 集合是一元二次不等式，先求解，然后求出集合的补集，然后求交集.解析 对于集合，由，得，解不等式得，所以.故选D.（2）分析 由已知条件利用复数代数形式的除法运算法则，再由纯虚数的概念，求出，由此能求出再求模.解析 是纯虚数，则，解得，所以.

5、故选B（3）分析 由统计中回归直线方程的意义，先计算平均数，代入回归方程可求得，然后可以将20直接代入求解.解析 ，所以，因此.故选D.（4）分析 由向量垂直得到向量的数量积为零，再由向量数量积公式求夹角.解析 由得，即，所以由向量的夹角公式可得，又，所以.故选B.（5）分析 根据题意画出三角形，考虑用正弦定理和余弦定理求解，由于本题条件可以用余弦定理化为，因此选用，可进一步解出的值.解析 由余弦定理，所以，又因为，又由，即，.故选C.（6）分析 根据函数的奇偶性，由于是定义在上的奇函数，且在上是增函数，则在上也是增函数，画出图像，再根据自变量的取值来判断.解析 因为，所以由题设可得，故.故选

6、C .（7）分析 根据三视图可得商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成.由此画出大致的立体图形来求解.解析 由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：，解得.故选B.（8）分析 根据三角函数的关系式，通过二倍角公式可恒等变形为，再根据平移的特点，平移后函数 为奇函数可得.解析 ，平移后函数 为奇函数，所以 ，解得，所以当 时， 有最小值 .故选D.（9）分析 根据双曲线方程可以求出右顶点为和焦点，再根据渐近线的特征，可求点，从而可要求面积.解析 因为，渐近线方程为，所以直线的方程为，与联立可得；又因为，所以.应选答案D.（10）分析 根据算法的程序框图，准确进行循环代入计算解析

7、 依题意知，程序框图中变量为累加变量，变量(其中)为数列连续三项，在每一次循环中，计算出的值后，变量的值变为下一个连续三项的第一项，即，变量的值为下一个连续三项的第二项，即，所以矩形框应填入，又程序进行循环体前第一次计算的值时已计算出数列的前两项，因此只需要循环12次就完成，所以判断框中应填入.故选B.（11）分析 满足的点的轨迹是过的中点，且与垂直的平面，根据是内（包括边界）的动点，可得点的轨迹是两平面的交线在中点，在4等分点，利用余弦定理，求出即可解析 满足的点的轨迹是过的中点，且与垂直的平面，因为是内（包括边界）的动点，所以点的轨迹是两平面的交线在中点，在4等分点时，满足所以， ，所以故

8、选D（12）分析 在直角坐标系内作出函数的图像与直线的图像，结合导数的几何意义求解，充分体现图形的作用.解析 在直角坐标系内作出函数的图像与直线的图像，因为当时，即当直线与相切时，数形结合可得，的取值范围是.故选D（13）分析 根据题意在直角坐标系中作出可行域，再根据目标函数来求解.解析 如图所示可得在处取得最大值，即.（14）分析 本题的解题关键在于根据已知条件进行拆分和揍角，注意角的范围.据题设条件，观察出角之间的关系，将表示 ，从而将问题进行等价转化，从而使得问题巧妙获解.解析 .故填.（15）分析 由题可知：当点到抛物线准线的距离与点到点的距离之和最小时，根据抛物线性质抛物线上一点到准线的距离等于到焦点的距离，所以当三点共线时达到最小值.解析 由，可得，联立抛物线方程可得： ，设点，故，原点到直线的距离为，所以的面积为，因此填：.（16）分析 根据命题进行逐一判断.解析 因为 “若，则或”的逆否命题“若且，则”是真命题，所以是错误；因为，所以正确；若函数，对任意的都有可得函数为减函数，即， ，因此错误；根据几何概型概率公式可得实数， ，则满足的概率为，正确.故答案为.