浙江省七彩阳光2020届高三下学期4月高考模拟数学试题

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浙江省2020届高三4月联考数学试卷(含答案解析)

(1)数列{an}是单调递减数列;
(2)对任意的 n∈N*,都有 an…13 ﹔
(3)数列
|
an
−
1 2
ห้องสมุดไป่ตู้|
是单调递减数列;
4)对任意的 n∈N*,都有| an+1 − an | „
2 ( 6 )n−1 3 11
则上述结论正确的个数是
A.1
B.2
C.3
D.4
二,填空题:本大题共 7 小题,多空题每小题 6 分,单空题每小题 4 分,共 36 分.把答案填在题中的横线上.
13. 已知多项式 (2x ＋ a) s =a 0 ＋ a 1 x +… ＋ a 5 x 5 +(1+x) 2 , 若 a 0 =0, 则 a=_____; 若 a 2 =-41, 则
a 1 +a 2 +…+a 5 =_____. 14.在△ABC 中,∠BAC 的平分线交 BC 于点 D,AB=AD=1,AC=2,则 BC=_____;若 O 是△ABD 的外接圆圆心,
２０２０高考浙江省４月联考数学答案详解
１２３４５６７８９１０ＣＤＣＤＡＢＢＤＤＣ
１．【答案】Ｃ【命题意图】本题考查集合的概念、交集运算．【解题思路】∵集合Ａ＝｛０，１，２，３｝，集合Ｂ＝｛ｘ｜ｘ≤ ２｝，∴Ａ∩ Ｂ＝｛０，１，２｝，故选Ｃ．
２．【答案】Ｄ【命题意图】本题考查复数的几何意义和除法运算．【解题思路】由题知ｚ＝２＋ｉ３ｉ＝２ｉ＋３＝３－２ｉ，对应的点（３，－２）在复平面内位于第四象限，故选Ｄ．
【解题思路】若ｌｏｇ３ｍ＝２，则ｍ＝９；２ｌｏｇ２３＋３０＋ｌｏｇ３９＝

浙江省2020届高三高考模拟试题数学试卷及解析word版

浙江省2020届高三高考模拟试题数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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＝R，集合A={x|x＜32}，集合B＝{y|y＞1}，则∁U（A∩B）＝（）A．[32，+∞)B．(−∞，1]∪[32，+∞)C．(1，32)D．(−∞，32)2．已知i是虚数单位，若z=3+i1−2i，则z的共轭复数z等于（）A．1−7i3B．1+7i3C．1−7i5D．1+7i53．若双曲线x2m−y2=1的焦距为4，则其渐近线方程为（）A．y=±√33x B．y=±√3x C．y=±√55x D．y=±√5x4．已知α，β是两个相交平面，其中l⊂α，则（）A．β内一定能找到与l平行的直线B．β内一定能找到与l垂直的直线C．若β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行D．若β内有无数条直线与l垂直，则β与α垂直5．等差数列{a n}的公差为d，a1≠0，S n为数列{a n}的前n项和，则“d＝0”是“S2nS n∈Z”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．随机变量ξ的分布列如表：ξ﹣1012P13a b c其中a，b，c成等差数列，若E(ξ)=19，则D（ξ）＝（）A．181B．29C．89D．80817．若存在正实数y，使得xyy−x =15x+4y，则实数x的最大值为（）A．15B．54C．1D．48．从集合{A，B，C，D，E，F}和{1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）．则每排中字母C 和数字4，7至少出现两个的不同排法种数为（） A ．85B ．95C ．2040D ．22809．已知三棱锥P ﹣ABC 的所有棱长为1．M 是底面△ABC 内部一个动点（包括边界），且M 到三个侧面P AB ，PBC ，P AC 的距离h 1，h 2，h 3成单调递增的等差数列，记PM 与AB ，BC ，AC 所成的角分别为α，β，γ，则下列正确的是（）A ．α＝βB ．β＝γC ．α＜βD ．β＜γ10．已知|2a →+b →|=2，a →⋅b →∈[−4，0]，则|a →|的取值范围是（） A ．[0，1]B ．[12，1]C ．[1，2]D ．[0，2]二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分． 11．若α∈(0，π2)，sinα=√63，则cosα＝，tan2α＝．12．一个长方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体与原长方体的体积之比是，剩余部分表面积是．13．若实数x ，y 满足{x +y −3≥02x −y +m ≤0y ≤4，若3x +y 的最大值为7，则m ＝．14．在二项式(√x +1ax 2)5(a ＞0)的展开式中x﹣5的系数与常数项相等，则a 的值是．15．设数列{a n }的前n 项和为S n ．若S 2＝6，a n +1＝3S n +2，n ∈N *，则a 2＝，S 5＝． 16．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ．已知a cos B ＝b cos A ，∠A =π6，边BC 上的中线长为4．则c ＝；AB →⋅BC →= ．17．如图，过椭圆C：x2a2+y2b2=1的左、右焦点F1，F2分别作斜率为2√2的直线交椭圆C上半部分于A，B两点，记△AOF1，△BOF2的面积分别为S1，S2，若S1：S2＝7：5，则椭圆C离心率为．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）已知函数f(x)=sin(2x+π3)+sin(2x−π3)+2cos2x，x∈R．（1）求函数f（x）的最小正周期和单调递减区间；（2）求函数f（x）在区间[−π4，π2]上的最大值和最小值．19．（15分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1．（1）求证：AB1⊥平面A1BC1；（2）若D在B1C1上，满足B1D＝2DC1，求AD与平面A1BC1所成的角的正弦值．20．（15分）已知等比数列{a n}（其中n∈N*），前n项和记为S n，满足：S3=716，log2a n+1＝﹣1+log2a n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n•log2a n}（n∈N*）的前n项和T n．21．（15分）已知抛物线C：y=12x2与直线l：y＝kx﹣1无交点，设点P为直线l上的动点，过P作抛物线C的两条切线，A，B为切点．（1）证明：直线AB恒过定点Q；（2）试求△P AB面积的最小值．22．（15分）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．（1）求a的取值范围；（2）证明：f(x1)−f(x2)＜12．一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．【详解详析】∵U＝R，A={x|x＜32}，B＝{y|y＞1}，∴A∩B=(1，32)，∴∁U(A∩B)=(−∞，1]∪[32，+∞)．故选：B．2．【详解详析】∵z=3+i1−2i =(3+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=15+75i，∴z=15−75i．故选：C．3．【详解详析】双曲线x2m−y2=1的焦距为4，可得m+1＝4，所以m＝3，所以双曲线的渐近线方程为：y=±√33x．故选：A．4．【详解详析】由α，β是两个相交平面，其中l⊂α，知：在A中，当l与α，β的交线相交时，β内不能找到与l平行的直线，故A错误；在B中，由直线与平面的位置关系知β内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；在C中，β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行或该直线在α内，故C错误；在D 中，β内有无数条直线与l 垂直，则β与α不一定垂直，故D 错误．故选：B ．5．【详解详析】等差数列{a n }的公差为d ，a 1≠0，S n 为数列{a n }的前n 项和， “d ＝0”⇒“S 2n S n∈Z ”，当S2nS n∈Z 时，d 不一定为0，例如，数列1，3，5，7，9，11中，S 6S 3=1+3+5+7+9+111+3+5=4，d ＝2，故d ＝0”是“S 2n S n∈Z ”的充分不必要条件．故选：A ．6．【详解详析】∵a ，b ，c 成等差数列，E （ξ）=19， ∴由变量ξ的分布列，知：{a +b +c =232b =a +c (−1)×13+b +2c =19，解得a =13，b =29，c =19，∴D （ξ）＝（﹣1−19）2×13+（0−19）2×13+（1−19）2×29+（2−19）2×19=8081．故选：D ．7．【详解详析】∵xyy−x =15x+4y ， ∴4xy 2+（5x 2﹣1）y +x ＝0， ∴y 1•y 2=14＞0， ∴y 1+y 2=−5x 2−14x ≥0，∴{5x 2−1≥0x ＜0，或{5x 2−1≤0x ＞0， ∴0＜x ≤√55或x ≤−√55①， △＝（5x 2﹣1）2﹣16x 2≥0， ∴5x 2﹣1≥4x 或5x 2﹣1≤﹣4x ，解得：﹣1≤x ≤15②，综上x 的取值范围是：0＜x ≤15；x的最大值是15，故选：A．8．【详解详析】根据题意，分2步进行分析：①，先在两个集合中选出4个元素，要求字母C和数字4，7至少出现两个，若字母C和数字4，7都出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，有5种选法，若字母C和数字4出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，若字母C和数字7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，若数字4、7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出2个字母，有C52＝10种选法，则有5+35+35+10＝85种选法，②，将选出的4个元素全排列，有A44＝24种情况，则一共有85×24＝2040种不同排法；故选：C．9．【详解详析】依题意知正四面体P﹣ABC的顶点P在底面ABC的射影是正三角形ABC的中心O，由余弦定理可知，cosα＝cos∠PMO•cos＜MO，AB＞，其中＜MO，AB＞表示直线MO与AB的夹角，同理可以将β，γ转化，cosβ＝cos∠PMO•cos＜MO，BC＞，其中＜MO，BC＞表示直线MO与BC的夹角，cosγ＝cos∠PMO•cos＜MO，AC＞，其中＜MO，AC＞表示直线MO与AC的夹角，由于∠PMO是公共的，因此题意即比较OM与AB，BC，AC夹角的大小，设M到AB，BC，AC的距离为d1，d2，d3则d1＝sinℎ1θ，其中θ是正四面体相邻两个面所成角，sinθ=2√23，所以d1，d2，d3成单调递增的等差数列，然后在△ABC中解决问题由于d1＜d2＜d3，可知M在如图阴影区域（不包括边界）从图中可以看出，OM与BC所成角小于OM与AC所成角，所以β＜γ，故选：D．10．【详解详析】选择合适的基底．设m →=2a →+b →，则|m →|=2，b →=m →−2a →，a →⋅b →=a →⋅m →−2a →2∈[−4，0]， ∴（a →−14m →）2=a →2−12a →•m →+116m →2≤8+116m →2 |m →|2=m →2＝4，所以可得：m→28=12，配方可得12=18m →2≤2(a →−14m →)2≤4+18m →2=92，所以|a →−14m →|∈[12，32]，则|a →|∈[0，2]．故选：D ．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分． 11．【详解详析】∵α∈(0，π2)，sinα=√63， ∴cosα=√1−sin 2α=√33，tanα=sinαcosα=√2，∴tan2α=2tanα1−tan 2α=√21−(√2)2=−2√2．故答案为：√33，﹣2√2．12．【详解详析】根据几何体的三视图转换为几何体为：如图所示：该几何体为长方体切去一个角．故：V =2×1×1−13×12×2×1×1=53．所以：V 1V =532=56．S ＝2（1×2+1×2+1×1）−12(1×2+1×2+1×1)+12×√2×√2=9．故答案为：56，9．13．【详解详析】作出不等式组{x +y −3≥02x −y +m ≤0y ≤4对应的平面区域如图：（阴影部分）．令z ＝3x +y 得y ＝﹣3x +z ，平移直线y ＝﹣3x +z ，由图象可知当3x +y ＝7．由 {3x +y =7y =4，解得 {x =1y =4，即B （1，4），同时A 也在2x ﹣y +m ＝0上，解得m ＝﹣2x +y ＝﹣2×1+4＝2．故答案为：2．14．【详解详析】∵二项式(√x +1ax2)5(a ＞0)的展开式的通项公式为 T r +1=C 5r •(1a)r•x5−5r 2，令5−5r 2=−5，求得r ＝3，故展开式中x﹣5的系数为C 53•(1a )3；令5−5r 2=0，求得r ＝1，故展开式中的常数项为 C 51•1a =5a ，由为C 53•(1a )3=5•1a ，可得a =√2，故答案为：√2．15．【详解详析】∵数列{a n }的前n 项和为S n ．S 2＝6，a n +1＝3S n +2，n ∈N *， ∴a 2＝3a 1+2，且a 1+a 2＝6，解得a 1＝1，a 2＝5，a 3＝3S 2+2＝3（1+5）+2＝20， a 4＝3S 3+2＝3（1+5+20）+2＝80， a 5＝3（1+5+20+80）+2＝320， ∴S 5＝1+5+20+80+320＝426．故答案为：5，426．16．【详解详析】由a cos B ＝b cos A ，及正弦定理得sin A cos B ＝sin B cos A ，所以sin （A ﹣B ）＝0，故B ＝A =π6，所以由正弦定理可得c =√3a ，由余弦定理得16＝c 2+（a2）2﹣2c •a2•cos π6，解得c =8√217；可得a =8√77，可得AB →⋅BC →=−ac cos B =−8√77×8√217×√32=−967．故答案为：8√217，−967． 17．【详解详析】作点B 关于原点的对称点B 1，可得S △BOF 2=S△B′OF 1，则有S 1S2=|y A ||y B 1|=75，所以y A =−75y B 1．将直线AB 1方程x =√2y4−c ，代入椭圆方程后，{x =√24y −c x 2a 2+y 2b 2=1，整理可得：（b 2+8a 2）y 2﹣4√2b 2cy +8b 4＝0，由韦达定理解得y A +y B 1=4√2b 2cb 2+8a 2，y A y B 1=−8b 4b 2+8a 2，三式联立，可解得离心率e =ca =12．故答案为：12．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．【详解详析】（1）f （x ）＝sin2x +cos2x +1=√2sin(2x +π4)+1 所以最小正周期为π．因为当π2+2kπ≤2x +π4≤3π2+2kπ时，f （x ）单调递减．所以单调递减区间是[π8+kπ，5π8+kπ]．（2）当x ∈[−π4，π2]时，2x +π4∈[−π4，5π4]，当2x +π4=π2函数取得最大值为√2+1，当2x +π4=−π4或5π4时，函数取得最小值，最小值为−√22×√2+1＝0．19．【详解详析】（1）在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，根据已知条件易得AB 1⊥A 1B ，由A 1C 1⊥面ABB 1A 1，得AB 1⊥A 1C 1， A 1B ∩A 1C 1＝A 1，以AB 1⊥平面A 1BC 1；（2）以A 1B 1，A 1C 1，A 1A 为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，设AB ＝a ，则A （0，0，a ），B （a ，0，a ），C 1(0，a ，0)，D(a3，2a 3，0)，所以AD →=(a3，2a 3，−a)，设平面A 1BC 1的法向量为n →，则n →=(1，0，−1)，可计算得到cos ＜AD →，n →＞=2√77，所以AD 与平面A 1BC 1所成的角的正弦值为2√77． 20．【详解详析】（1）由题意，设等比数列{a n }的公比为q ， ∵log 2a n +1＝﹣1+log 2a n ， ∴log 2a n+1−log 2a n =log 2a n+1a n=−1，∴q =a n+1a n =12．由S 3=716，得a 1[1−(12)3]1−12=716，解得a 1=14．∴数列{a n }的通项公式为a n =12n+1．（2）由题意，设b n ＝a n •log 2a n ，则b n =−n+12n+1． ∴T n ＝b 1+b 2+…+b n =−(222+323+⋯+n+12n+1) 故−T n =222+323+⋯+n+12n+1，−T n2=223+⋯+n2n+1+n+12n+2．两式相减，可得−T n2=12+123+⋯+12n+1−n+12n+2=34−n+32n+2．∴T n=n+32n+1−32．21．【详解详析】（1）由y=12x2求导得y′＝x，设A（x1，y1），B（x2，y2），其中y1=12x12，y2=12x22则k P A＝x1，P A：y﹣y1＝x1（x﹣x1），设P（x0，kx0﹣1），代入P A直线方程得kx0﹣1+y1＝x1x0，PB直线方程同理，代入可得kx0﹣1+y2＝x2x0，所以直线AB：kx0﹣1+y＝xx0，即x0（k﹣x）﹣1+y＝0，所以过定点（k，1）；（2）直线l方程与抛物线方程联立，得到x2﹣2kx+2＝0，由于无交点解△可得k2＜2．将AB：y＝xx0﹣kx0+1代入y=12x2，得12x2−xx0+kx0−1=0，所以△=x02−2kx0+2＞0，|AB|=2√1+x02√△，设点P到直线AB的距离是d，则d=02√1+x02，所以S△PAB=12|AB|d=(x02−2kx0+2)32=[(x0−k)2+2−k2]32，所以面积最小值为(2−k2)32．22．【详解详析】（1）求导得f′（x）＝lnx+1﹣2ax（x＞0），由题意可得函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点．∵g′(x)=1x −2a=1−2axx．当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，舍去；当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x=12a，所以x∈(0，12a )，g′(x)＞0，g(x)单调递增，x∈(12a，+∞)，g′(x)＜0，g(x)单调递减．所以x=12a 是g（x）的极大值点，则g(12a)＞0，解得0＜a＜12；（2）g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜12a＜x2，又g（1）＝1﹣2a＞0，所以x1＜1＜12a＜x2，从而可知f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减．所以f(x1)＜f(1)=−a＜0，f(x2)＞f(1)=−a＞−1，2．所以f(x1)−f(x2)＜12。

2020届浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考(四)数学试卷

2020届浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考（四）数学试卷★祝考试顺利★ 注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

8、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．已知集合M ＝{x |1≤x ≤3}，N ＝{x |x >2}，则集合M ∩(∁R N )等于( ) A ．{x |1≤x ≤2} B ．{x |x ≥1} C ．{x |1≤x <2} D ．{x |2<x ≤3}答案 A解析 ∵N ＝{x |x >2}， ∴∁R N ＝{x |x ≤2}，∴集合M ∩(∁R N )＝{x |1≤x ≤2}．2．设双曲线x 2a 2－y 29＝1(a >0)的两焦点之间的距离为10，则双曲线的离心率为( )A.35B.45C.54D.53 答案 C解析因为双曲线x 2a 2－y 29＝1(a >0)的两焦点之间的距离为10，所以2c ＝10，c ＝5，所以a 2＝c 2－9＝16，所以a ＝4.所以离心率e ＝54.3．已知x ，y ∈R ，且x >y >0，若a >b >1，则一定有( )A ．log a x >log b yB ．sin a x >sin b yC ．ay >bxD ．a x >b y答案 D解析当x >y >0，a >b >1时，由指数函数和幂的性质易得a x >a y >b y .4．将函数y ＝cos(2x ＋φ)的图象向右平移π3个单位长度，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为( )A.π12B.π6C.π3D.5π6 答案 B解析设y ＝cos(2x ＋φ)向右平移π3个单位长度得到的函数为g (x )，则g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －2π3＋φ，因为g (x )为奇函数，且在原点有定义，所以－2π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，解得φ＝k π＋7π6(k ∈Z )，故当k ＝－1时，|φ|min ＝π6.5．函数f (x )＝e |x －1|－2cos(x －1)的部分图象可能是( )答案 A解析因为f (1)＝－1，所以排除B ；因为f (0)＝e －2cos 1>0，所以排除D ；因为当x >2时，f (x )＝e x －1－2cos (x －1)，∴f ′(x )＝e x －1＋2sin(x －1)>e －2>0，即x >2时，f (x )具有单调性，排除C.6．随机变量ξ的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列，则D (ξ)的最大值为( ) A.23 B.59 C.29 D.34答案 A解析由分布列得a ＋b ＋c ＝1，又因为a ，b ，c 成等差数列，所以2b ＝a ＋c ，则a ＋c ＝23，所以E (ξ)＝c －a ，D (ξ)＝a (c －a ＋1)2＋b (c －a )2＋c (c －a －1)2＝a (c －a )2＋b (c －a )2＋c (c －a )2＋2a (c －a )＋a －2c (c －a )＋c ＝－(c －a )2＋23，则当a ＝c 时，D (ξ)取得最大值23.7．已知单位向量e 1，e 2，且e 1·e 2＝－12，若向量a 满足(a －e 1)·(a －e 2)＝54，则|a |的取值范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤2－32，2＋32 B.⎣⎡⎦⎤2－12，2＋12 C.⎝⎛⎦⎤0，2＋12 D.⎝⎛⎦⎤0，2＋32 答案 B解析因为向量e 1，e 2为单位向量，且e 1·e 2＝|e 1|·|e 2|·cos 〈e 1，e 2〉＝－12，所以|e 1＋e 2|＝1＋1＋2×⎝⎛⎭⎫－12＝1. 因为(a －e 1)·(a －e 2)＝54，所以a 2－a ·(e 1＋e 2)＋e 1·e 2＝54，所以|a |2－a ·(e 1＋e 2)＝74，所以|a |2－|a |·cos 〈a ，e 1＋e 2〉＝74，所以cos 〈a ，e 1＋e 2〉＝|a |2－74|a |，又因为－1≤cos 〈a ，e 1＋e 2〉≤1，所以|a |的取值范围为⎣⎡⎦⎤2－12，2＋12. 8.在等腰梯形ABCD 中，已知AB ＝AD ＝CD ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿直线BD 翻折成△A ′BD ，如图，则直线BA ′与CD 所成角的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤π3，π2B.⎣⎡⎦⎤π6，π3C.⎣⎡⎦⎤π6，π2D.⎣⎡⎦⎤0，π3 答案 A解析在等腰梯形ABCD 中，易知∠ABC ＝π3，∠ABD ＝∠CBD ＝π6，则∠A ′BD ＝π6，为定值，所以BA ′的轨迹可看作是以BD 为轴，B 为顶点，母线与轴的夹角为π6的圆锥的侧面，故点A ′的轨迹如图中AF 所示，其中F 为BC 的中点．过点B 作CD 的平行线，过点C 作BD 的平行线，两平行线交于点E ，则直线BA ′与BE 所成的角即直线BA ′与CD 所成的角．又易知CD ⊥BD ，所以直线A ′B 与CD 所成角的取值范围是⎣⎡⎦⎤π3，π2，故选A.9．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x －x 2，0≤x <2，2f (x －2)，x ≥2，g (x )＝kx ＋2，若函数F (x )＝f (x )－g (x )在[0，＋∞)上只有两个零点，则实数k 的值不可能为( ) A ．－23 B ．－12 C ．－34 D ．－1答案 A解析函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点为函数y ＝f (x )与y ＝g (x )图象的交点，在同一直角坐标系下作出函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象，如图所示，当函数y ＝g (x )的图象经过点(2,0)时满足条件，此时k ＝2－00－2＝－1 ，当函数y ＝g (x )的图象经过点(4,0)时满足条件，此时k ＝2－00－4＝－12 ，当函数y ＝g (x )的图象与(x －1)2＋y 2＝1(x >0，y >0)相切时也满足题意，此时|k ＋2|1＋k 2＝1 ，解得k ＝－34，故选A.10．已知数列满足，a 1＝1，a 2＝12，且[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *，记T 2n为数列{a n }的前2n 项和，数列{b n }是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式⎝⎛⎭⎫T 2n ＋1b n ·1b n <1成立的最小整数n 为( )A ．7B ．6C ．5D ．4 答案 C解析因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *，∴当n 为偶数时，可得(3＋1)a n＋2－2a n ＋2(1－1)＝0，n ∈N *，即a n ＋2a n ＝12，∴a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列；当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0，n ∈N *，即a n ＋2－a n ＝2，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以2为公差的等差数列，T 2n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )＝n 2＋1－12n ，∵数列{b n }是首项和公比都是2的等比数列，b n ＝2×2n －1＝2n ，则⎝⎛⎭⎫T 2n ＋1b n ·1b n <1等价为⎝⎛⎭⎫n 2＋1－12n ＋12n ·12n <1，即(n 2＋1)·12n <1，即n 2＋1<2n ，分析函数y ＝n 2＋1与y ＝2n ，则当n ＝1时，2＝2，当n ＝2时，5<4不成立，当n ＝3时，10<8不成立，当n ＝4时，17<16不成立，当n ＝5时，26<32成立，当n ≥5时，n 2＋1<2n 恒成立，故使不等式⎝⎛⎭⎫T 2n ＋1b n ·1b n <1成立的最小整数n 为5. 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11．若⎝⎛⎭⎫3x －1x n 的展开式中所有项的系数的绝对值之和为64，则n ＝________；该展开式中的常数项是____________．答案 3 －27解析所求系数的绝对值之和相当于⎝⎛⎭⎫3x ＋1x n 中所有项的系数之和，则在⎝⎛⎭⎫3x ＋1x n 中令x ＝1，得(3＋1)n ＝64，所以n ＝3；⎝⎛⎭⎫3x －1x 3的通项为T k ＋1＝C k 3(3x )3－k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝C k 3·33－k · (－1)k 332kx-，令3－3k 2＝0，则k ＝1，常数项为C 13×32×(－1)1＝－27. 12．已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －2y ＋1≤0，x ＋y ≤m ，若此不等式组所表示的平面区域形状为三角形，则m 的取值范围为_______，如果目标函数z ＝2x －y 的最小值为－1，则实数m ＝________. 答案 (2，＋∞) 4解析要使不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －2y ＋1≤0，x ＋y ≤m 所表示的平面区域形状为三角形，直线x ＝1与直线x－2y ＋1＝0的交点(1,1)必在直线的左下方，所以m >2，画出该区域如图阴影部分所示(含边界)，由z ＝2x －y 得y ＝2x －z ，由图可知，当直线y ＝2x －z 过点A (1，m －1)时在y 轴上的截距最大，z 最小，所以，－1＝2×1－(m －1)，解得m ＝4.13．如图是一个几何体的三视图，若它的体积是23，则a ＝________，该几何体的表面积为________．答案 1 3＋ 5解析如图所示，此几何体是四棱锥，底面是边长为a 的正方形，平面SAB ⊥平面ABCD ，并且∠SAB ＝90°，SA ＝2，所以体积是V ＝13×a 2×2＝23，解得a ＝1，四个侧面都是直角三角形，所以计算出表面积是S ＝12＋12×1×2＋12×1×5＋12×1×2＋12×1×5＝3＋ 5.14．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c 若a ＝7，c ＝3，A ＝60°，则b ＝________，△ABC 的面积S ＝________. 答案 1或2334或332解析由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即7＝b 2＋9－2b ×3cos 60°，即b 2－3b ＋2＝0，解得b ＝1或2, 当b ＝1时， S ＝12bc sin A ＝12×1×3×sin 60°＝334，同理当b ＝2时， S ＝332.15.如图所示，在排成4×4方阵的16个点中，中心位置4个点在某圆内，其余12个点在圆外．从16个点中任选3点，作为三角形的顶点，其中至少有一个顶点在圆内的三角形共有____个．答案 312解析根据题意，分3种情况讨论：①取出的3个点都在圆内，C 34＝4，即有4种取法；②在圆内取2点，圆外12点中有10个点可供选择，从中取1点，C 24C 110＝60，即有60种取法；③在圆内取1点，圆外12点中取2点，C 14()C 212－4＝248，即有248种取法．则至少有一个顶点在圆内的三角形有 4＋60＋248＝312(个)．16．已知F 1，F 2为椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点，点P 在椭圆C 上移动时，△PF 1F 2的内心I 的轨迹方程为____________________________．答案 x 2＋3y 2＝1(y ≠0)解析由题意得F 1(－1,0)，F 2(1,0)，设点P (x ，y )，I (m ，n )，－2<x <2，y ≠0，则|PF 1|＝(x ＋1)2＋y 2＝(x ＋1)2＋3－3x 24＝⎪⎪⎪⎪x 2＋2＝2＋x 2，则|PF 2|＝2a －|PF 1|＝4－⎝⎛⎭⎫2＋x 2＝2－x 2，|F 1F 2|＝2c ＝2，|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|＝2a ＋2c ＝6，则由点I 为△PF 1F 2的内心结合图形(图略)得⎩⎨⎧2＋x 2＝m ＋1＋2－x2－(1－m )，12×|n |×6＝12×2×|y |，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2m ，y ＝3n ，代入椭圆C 的方程得三角形的内心I 的轨迹方程为m 2＋3n 2＝1(n ≠0)，即x 2＋3y 2＝1(y ≠0)．17．设点P 是△ABC 所在平面内一动点，满足CP →＝λCA →＋μCB →，3λ＋4μ＝2(λ，μ∈R )，|P A →|＝|PB →|＝|PC →|.若|A B →|＝3，则△ABC 面积的最大值是________．答案 9解析由3λ＋4μ＝2，得32λ＋2μ＝1，所以CP →＝λCA →＋μCB →＝32λ·23CA →＋2μ·12CB →.设23CA →＝CM →，12CB →＝CN →，则由平面向量基本定理知点P ，M ，N 在同一直线上，又|P A →|＝|PB →|＝|PC →|，所以P 为△ABC 的外心，且∠ACB 为锐角，PN ⊥BC ，由此可作图，如图所示，设∠ACB ＝θ，CN ＝x ，则BC ＝2x ， CM ＝x cos θ，CA ＝3x2cos θ，所以S △ABC ＝12AC ·BC sin θ＝12·3x 2cos θ·2x ·sin θ＝3tan θ2x 2，在△ABC 中，AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos θ，即4x 2＋9x 24cos 2θ－2·2x ·3x 2cos θ·cos θ＝9，所以x 2＝36cos 2θ9－8cos 2θ，所以S △ABC ＝3tan θ2·36cos 2θ9－8cos 2θ＝54sin θcos θ9sin 2θ＋cos 2θ＝54tan θ9tan 2θ＋1＝549tan θ＋1tan θ≤9. 当且仅当9tan θ＝1tan θ，即tan θ＝13时等号成立，所以△ABC 面积的最大值是9.三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知函数f (x )＝4cos ⎝⎛⎭⎫π2－x cos ⎝⎛⎭⎫x －π3－ 3. (1)求f (x )的单调递增区间； (2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π3上的值域．解 (1)f (x )＝4sin x ·⎝⎛⎭⎫cos x cos π3＋sin x sin π3－ 3 ＝4sin x ·⎝⎛⎭⎫12cos x ＋32sin x － 3 ＝2sin x cos x ＋23sin 2x － 3＝sin 2x ＋3·()1－cos 2x － 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 令2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12()k ∈Z . (2)由π4≤x ≤π3，得π6≤2x －π3≤π3，故而2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3∈[1，3]，即f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π3上的值域为[1，3]．19．(15分)如图，已知四边形ABCD 是正方形，AE ⊥平面ABCD ，PD ∥AE ，PD ＝AD ＝2EA ＝2，G ，F ，H 分别为BE ，BP ，PC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面GHF ；(2)求直线GH 与平面PBC 所成的角θ的正弦值．解 (1)因为AE ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以AE ⊥BC ，因为四边形ABCD 是正方形，所以AB ⊥BC ，又BA ∩AE ＝A ，BA ，AE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥平面AEB ，因为F ，H 分别为BP ，PC 的中点，所以FH 为△PBC 的中位线，所以FH ∥BC ，所以FH ⊥平面ABE ，又FH ⊂平面GHF ，所以平面ABE ⊥平面GHF .(2)解方法一因为AE ⊥平面ABCD ，PD ∥AE ，所以PD ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC ，因为四边形ABCD 是正方形，所以CD ⊥BC ，又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，所以BC ⊥平面PCD ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PCD . 连接DH ，则DH ⊥PC ，因为平面PBC ∩平面PCD ＝PC ，所以DH ⊥平面PBC ，所以∠DHG 为直线GH 与平面PBC 所成角的余角，即θ＝π2－∠DHG .在等腰直角三角形PDC 中，因为PD ＝DC ＝2，所以PC ＝22，所以DH ＝PD ·DCPC ＝ 2.连接DG ，易知DG ＝22＋12＋⎝⎛⎭⎫122＝212，GH ＝22＋⎝⎛⎭⎫122＝172，所以在△DHG 中，cos ∠DHG ＝DH 2＋HG 2－DG 22DH ·GH ＝3434，所以sin θ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－∠DHG ＝cos ∠DHG ＝3434，即直线GH 与平面PBC 所成的角θ的正弦值为3434. 方法二易知DA ，DC ，DP 两两垂直，所以以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由PD ＝AD ＝2EA ＝2，易得B (2,2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，H (0,1,1)，G ⎝⎛⎭⎫2，1，12，则CP →＝(0，－2,2)，CB →＝(2,0,0)，HG→＝⎝⎛⎭⎫2，0，－12.设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝(x ，y ，z )·(2，0，0)＝0，n ·CP →＝(x ，y ，z )·(0，－2，2)＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0，－2y ＋2z ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z .令y ＝1，则z ＝1，所以n ＝(0,1,1)为平面PBC 的一个法向量，所以sin θ＝|cos 〈n ，HG →〉|＝|n ·HG →|02＋12＋12×22＋02＋⎝⎛⎭⎫－122＝122×172＝3434，故直线GH 与平面PBC 所成的角θ的正弦值为3434.20．(15分)已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝1e n a －(n ∈N *)．(其中e 为自然对数的底数，e ＝2.71828…)(1)证明：a n ＋1>a n (n ∈N *)；(2)设b n ＝1－a n ，是否存在实数M >0，使得b 1＋b 2＋…＋b n ≤M 对任意n ∈N *成立？若存在，求出M 的一个值；若不存在，请说明理由．(1)证明设f (x )＝e x －x －1，令f ′(x )＝e x －1＝0，得到x ＝0.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．故f (x )≥f (0)＝0，即e x ≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)．故a n ＋1＝1e n a －≥a n ，且取不到等号，所以a n ＋1>a n .(2)解先用数学归纳法证明a n ≤1－1n ＋1. ①当n ＝1时，a 1≤1－12成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k ≤1－1k ＋1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1e k a －≤11e k -+＝111e k +≤11＋1k ＋1＝k ＋1k ＋2 ＝1－1k ＋2，即a k ＋1≤1－1k ＋2也成立．故对n ∈N *都有a n ≤1－1n ＋1. 所以b n ＝1－a n ≥1n ＋1. 取n ＝2t －1(t ∈N *)，b 1＋b 2＋…＋b n ≥12＋13＋…＋1n ＋1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫13＋14＋… ＋⎝⎛⎭⎫12t －1＋1＋12t －1＋2＋…＋12t . 即b 1＋b 2＋…＋b n ≥12＋12＋…＋12＝t 2. 其中t ＝log 2n ＋1，t ∈N *，当n →＋∞时，t →＋∞，t 2→＋∞，所以不存在满足条件的实数M ，使得b 1＋b 2＋…＋b n ≤M 对任意n ∈N *成立．21．(15分)抛物线C ：y ＝x 2，直线l 的斜率为2.(1)若l 与抛物线C 相切，求直线l 的方程；(2)若l 与抛物线C 相交于A ，B ，线段AB 的中垂线交C 于P ，Q ，求|PQ ||AB |的取值范围．解 (1)设直线l 的方程为y ＝2x ＋b ，联立直线l 与抛物线C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋b ，y ＝x 2，得x 2－2x －b ＝0，Δ＝4＋4b ＝0，所以b ＝－1，因此，直线l 的方程为y ＝2x －1.(2)设直线l 的方程为y ＝2x ＋b ，设点A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，P ()x 3，y 3，Q ()x 4，y 4，联立直线l 与抛物线C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋b ，y ＝x 2，得x 2－2x －b ＝0，Δ＝4＋4b >0，所以b >－1.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝－b .所以|AB |＝5|x 1－x 2|＝25(b ＋1)，且y 1＋y 2＝2(x 1＋x 2)＋2b ＝4＋2b ，所以线段AB 的中点为(1,2＋b )，所以直线PQ 的方程为y ＝－12x ＋52＋b ，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－12x ＋52＋b ，y ＝x 2，得2x 2＋x －5－2b ＝0，由根与系数的关系得x 3＋x 4＝－12，x 3x 4＝－52－b ，所以|PQ |＝52|x 3－x 4|＝5441＋16b ，所以|PQ ||AB |＝1841＋16b 1＋b ＝1816＋25b ＋1>12，所以|PQ ||AB |的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 22．(15分)已知函数f (x )＝e x －e x sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2(e 为自然对数的底数)． (1)求函数f (x )的值域；(2)若不等式f (x )≥k (x －1)(1－sin x )对任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2恒成立，求实数k 的取值范围； (3)证明：e x －1＞－12(x －32)2＋1. (1)解因为f (x )＝e x －e x sin x ，所以f ′(x )＝e x －e x (sin x ＋cos x )＝e x (1－sin x －cos x )＝e x ⎣⎡⎦⎤1－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，3π4， ∴sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≥22，所以f ′(x )≤0，故函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减，函数f (x )的最大值为f (0)＝1－0＝1； f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝2πe －2πe sin π2＝0，所以函数f (x )的值域为[0,1]．(2)解原不等式可化为e x (1－sin x )≥k (x －1)(1－sin x )，(*)因为1－sin x ≥0恒成立，故(*)式可化为e x ≥k (x －1)．令g (x )＝e x －kx ＋k ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，则g ′(x )＝e x －k ，当k ≤0时，g ′(x )＝e x －k >0，所以函数g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递增，故g (x )≥g (0)＝1＋k ≥0，所以－1≤k ≤0；当k >0时，令g ′(x )＝e x －k ＝0，得x ＝ln k ，所以当x ∈(0，ln k )时，g ′(x )＝e x －k <0；当x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＝e x －k >0.所以当ln k ＜π2，即0<k <2πe 时，函数g (x )min ＝g (ln k )＝2k －k ln k >0成立；当ln k ≥π2，即k ≥2πe 时，函数g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫π2＝2πe －k ·π2＋k ≥0，解得2πe ≤k ≤2πe π12-，综上，－1≤k ≤2πe π12-. (3)证明令h (x )＝e x －1＋12⎝⎛⎭⎫x －322－1，则h ′(x )＝e x －1＋x －32. 令t (x )＝h ′(x )＝e x －1＋x －32，则t ′(x )＝e x －1＋1>0，所以h ′(x )在R 上单调递增，由h ′⎝⎛⎭⎫12＝12e -－1＜0，h ′⎝⎛⎭⎫34＝14e -－34＞0，故存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，使得h ′()x 0＝0，即01e x －＝32－x 0. 所以当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0. 故当x ＝x 0时，函数h (x )有极小值，且是唯一的极小值，故函数h (x )min ＝h (x 0)＝01e x －＋12⎝⎛⎭⎫x 0－322－1 ＝－⎝⎛⎭⎫x 0－32＋12⎝⎛⎭⎫x 0－322－1 ＝12×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x 0－32－12－32＝12⎝⎛⎭⎫x 0－522－32，因为x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，所以12⎝⎛⎭⎫x 0－522－32> 12×⎝⎛⎭⎫34－522－32＝132>0，故h (x )＝e x －1＋12⎝⎛⎭⎫x －322－1>0，即e x －1>－12⎝⎛⎭⎫x －322＋1.。

浙江省2020届高三数学4月高考适应性测试卷附答案详析

浙江省2020届高三数学4月高考适应性测试卷一、单选题1．已知,x y R ∈，设集合(){}2ln 1A x y x ==-，(){}2ln 1B y y x ==-，则RB A ⋂=( )A ．()0,1 B ．(],1-∞- C ．[)0,1D ．(),1-∞-2．下列通项表达式中能表达数列,1,,1,,1,, 1......i i i i ----的是( ) A ．n iB ．n i -C ．3n iD ．3n i -3．某几何体三视图如图所示（单位：cm ），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位：cm 3）是( )A ．8243π-B ．16243π-C ．8303π-D ．16303π-4．以下说法正确的是（） A ．空间异面直线的夹角取值范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．直线与平面的夹角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C ．二面角的取值范围是[]0,π D ．向量与向量夹角的取值范围是0,5．已知牌堆中有5张扑克牌，其中2张“2”和3张“3”，从牌堆中任取两张扑克牌（无放回且每张牌取到的机会相等），规定：（a ）取出“2”得2分，取出“3”得3分，取出2张牌所得分数和记为随机变量1ξ（b ）取出“2”得3分，取出“3”得2分，取出2张牌所得分数和记为随机变量2ξ则（） A ．()()12EE ξξ<，()()12D D ξξ=B ．()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ<C ．()()12E E ξξ>，()()12DD ξξ= D ．()()12EE ξξ<，()()12D D ξξ<6．以下方程能表达该图象的是( )A ．()221xy x y -=B ．()221xy y x -=C ．221xy x y-=D ．()221xy x y -=7．设函数2()(,,,0)f x ax bx c a b c a =++∈>R ，则“02b f f a ⎛⎫⎛⎫-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭”是“()f x 与(())f f x ”都恰有两个零点的（）．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 8．已知0x >，则92535x x x x ⎛⎫⎛⎫+-⋅++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的最小值为( ) A ．1215 B ．48C ．79316D ．609．如图所示，在顶角为3π圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1,4的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于EF ，则截面所表示的椭圆的离心率为( ) （注：在截口曲线上任取一点A ，过A 作圆锥的母线，分别与两个球相切于点,BC ，由相切的几何性质可知，AE AC =，AF AB =，于是AE AF AB AC BC +=+=，为椭圆的几何意义）A ．12B ．815C ．1127D ．1563二、多选题10．已知0a >，0b >，下列说法错误的是（）A ．若1a b a b ⋅=，则2a b +≥B ．若23a b e a e b +=+，则a b >C ．()ln ln aa b a b -≥-恒成立 D ．2ln aab b e e-<恒成立三、填空题 11．已知奇函数()f x 的定义域为R 且在R 上连续.若0x >时不等式()1f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭的解集为()2,3，则x ∈R时()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为______. 12．已知在五位车牌中，字母最多有两个，且为防止混淆1和l ，0和O ，车牌中不设置字母l 和O ，则“浙A ”的五位车牌最多有______块. 13．已知函数()ln x xf x ae x=1+-恰有一个零点，则实数a 的取值范围是______．四、双空题14．《九章算术》中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织______尺，若女子坚持日日织，十日能织______尺.15．()91ax +的二项展开式中系数最大的是第三项，且a N +∈，则a =______，展开式中二项式系数最大的是第______项.16．设实数x 、y 满足条件30x y -≥、2x y +≤，则可行域面积为______，xy 最大值为______.17．已知三角形ABC 的外接圆半径为1，外接圆圆心为O ，且O 点满足2340OA OB OC++=，则cos ACB ∠=______，AB OA ⋅=______.五、解答题18．三角形ABC 的内角ABC 所对的边分别是a ，b ，c ，且24cos 2cos cos 25C A B += （1）若三角形是锐角三角形，且A B ∠>∠，求tan B 的取值范围；（2）若4a =，3b =，求三角形ABC 的面积．19．在四面体ABCD 中，已知2AC BC DC DA DB =====，AB x =. （1）当四面体体积最大时，求x 的值；（2）当3x =时，设四面体ABCD 的外接球球心为O ，求AO 和平面BCD 所成夹角的正弦值.20．已知数列11(1)n n na ab +=+，n *∈N ，且11a =．（1）若{}n b 的前n 项和为22n，求{}n a 和{}n b 的通项公式（2）若2n b n =，求证：92n a <21．已知抛物线21:4C y x =和x 轴上的定点()4,0M，过抛物线焦点作一条直线交1C 于A 、B 两点，连接,AM BM 并延长，交1C 于C 、D 两点.（1）求证：直线CD 过定点；（2）求直线AB 与直线CD 最大夹角为θ，求tan θ.22．已知函数()()()21ln f x x a x a R =--∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，且关于x 的方程()()f x b b R =∈恰有三个实数根3x ，4x ，5x ()345x x x <<，求证：()21532x x x x ->-.解析浙江省2020届高三数学4月高考适应性测试卷一、单选题1．已知,x y R ∈，设集合(){}2ln 1A x y x ==-，(){}2ln 1B y y x ==-，则RB A ⋂=( )A ．()0,1 B ．(],1-∞- C ．[)0,1D ．(),1-∞-【答案】A 【解析】由题意{}11A x =-<<，{}0B y y =≤，利用补集和交集的概念计算即可.【详解】由题意(){}{}{}22ln 11011A x y x x xx ==-=->=-<<，(){}{}{}2ln 1ln10B y y x y y y y ==-=≤=≤，所以() 0,RB =+∞，() 0,1RB A ⋂=.故选：A. 【点睛】本题考查了对数型复合函数的定义域和值域的求解，考查了集合的运算，属于基础题. 2．下列通项表达式中能表达数列,1,,1,,1,, 1......i i i i ----的是( )A ．n iB ．n i -C ．3n iD ．3n i -【答案】D【解析】根据数列中的项和通项公式逐项排除即可得解. 【详解】当1n =时，1a i =，而1i i -=-，3i i =-，故排除B 、C 选项；当2n =时，21a =，而21i =-，故可排除A 选项. 故选：D. 【点睛】本题考查了数列通项的应用和复数的运算，属于基础题.3．某几何体三视图如图所示（单位：cm ），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位：cm 3）是( )A ．8243π-B ．16243π-C ．8303π-D ．16303π-【答案】C【解析】由三视图还原出几何体为一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，分别求出各部分体积即可得解. 【详解】由三视图可知，该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，长方体的体积为134336V =⨯⨯=；截去的三棱锥有三个两两垂直的棱，长度分别为3，3，4，则截去的三棱锥体积为211334632V =⨯⨯⨯⨯=；截去的半圆柱的底面半径r 满足()11543422r ⋅+=⨯⨯即43r =，高为3，则截去的半圆柱的体积为231483233V ππ⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭；所以该几何体体积123883663033V V V V ππ=--=--=-.故选：C. 【点睛】本题考查了三视图的识别和组合体体积的求解，属于基础题. 4．以下说法正确的是（）A ．空间异面直线的夹角取值范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．直线与平面的夹角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C ．二面角的取值范围是[]0,πD ．向量与向量夹角的取值范围是0,【答案】C【解析】本题可根据直线与直线、直线与平面、平面与平面以及向量与向量所成的角的取值范围对四个选项依次进行判断，即可得出结果. 【详解】A 项：空间异面直线的夹角取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，A 错误；B 项：直线与平面的夹角的取值范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，B 错误；C 项：二面角的取值范围是[]0,π，C 正确；D 项：向量与向量夹角的取值范围是[]0,π，D 错误，故选：C. 【点睛】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面以及向量与向量所成的角的取值范围，考查学生对基础知识的熟练度，体现了基础性，是简单题.5．已知牌堆中有5张扑克牌，其中2张“2”和3张“3”，从牌堆中任取两张扑克牌（无放回且每张牌取到的机会相等），规定：（a ）取出“2”得2分，取出“3”得3分，取出2张牌所得分数和记为随机变量1ξ（b ）取出“2”得3分，取出“3”得2分，取出2张牌所得分数和记为随机变量2ξ则（） A ．()()12EE ξξ<，()()12D D ξξ=B ．()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ<C ．()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ= D ．()()12EE ξξ<，()()12D D ξξ<【答案】C【解析】先写出14,5,6ξ=，24,5,6ξ=，再求出每种得分对应的概率值，根据期望和方差公式计算即可求解【详解】可将抽牌结果分为三种情况：两张“2”，一张“2”和一张“3”，两张“3” 取出两张“2”的概率为：251110P C ==；取出一张“1”，一张“2”的概率为：11232535C C P C ⋅==；取出两张“3”的概率为：2325310C P C ==按（a ）种规定的得分共有：4分，5分，6分三种情况，即14,5,6ξ=；按（b ）种规定的得分共有：6分，5分，4分三种情况，即24,5,6ξ=；列出随机变量1ξ与2ξ的分布列，如下表：1ξ4 5 6P110 35 3102ξ4 5 6P31035 110则()()123733,1010E E ξξ==，()()12E E ξξ> ()22213713733732610456101010510101000D ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22223333333312610456101010510101000D ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()12D D ξξ=故()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ=故选：C【点睛】本题考查离散型随机变量的期望与方差的求值，属于中档题 6．以下方程能表达该图象的是( )A ．()221xy x y-=B ．()221xy y x-=C ．221xy x y -=D ．()221xy x y -=【答案】A【解析】由图象的特征对比方程的性质，逐项排除即可得解. 【详解】设点(),a b 为该图象上一点，对于B ，图象在第一象限存在点满足a b >即22a b >，此时()2201abba -<≠，故B 错误；对于C ，图象经过第二、四象限即存在点满足0ab <的情况，则2201ab a b -<≠，故C 错误；对于D ，()()()2222a b a b ab a b ⋅--=-，由(),a b -不在图象上，故D 错误.故选：A.【点睛】本题考查了由图象识别方程，关键是找到选项的差异，属于基础题. 7．设函数2()(,,,0)f x ax bx c a b c a =++∈>R ，则“02b f f a ⎛⎫⎛⎫-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭”是“()f x 与(())f f x ”都恰有两个零点的（）．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【答案】C 【解析】【详解】显然2b f a ⎛⎫-⎪⎝⎭是()f x 的最小值，若()f x 有两个零点，设12,x x ，且12x x <，由()()0f f x =得()1f x x =或()2f x x =，由题意()()0ff x =只有两个零点，因此()1f x x =无解，()2f x x=有两个不等实根，即122b x f x a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭，02b f f a ⎛⎫⎛⎫∴-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，必要性得证，若02b f f a ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由于0a >，因此()f x 有两个零点，设为12,x x ，不妨设122b x f x a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭，由()()0f f x =得()1f x x =或()2f x x =，显然()1f x x =无解，()2f x x =有两个不等实根，即()()f f x 有两个零点，充分性得证，故题中是充分必要条件，故选C.【方法点睛】本题通过充分条件与必要条件考查二次函数的图象与性质，属于难题题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件p 和结论q 分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试,p q q p ⇒⇒.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.本题中，不但要理解充分条件与必要条件的基本含义，更要熟练掌握二次函数的图象与性质，以及二次函数与一元二次方程的关系. 8．已知0x >，则92535x x x x ⎛⎫⎛⎫+-⋅++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的最小值为( ) A ．1215 B ．48C ．79316D ．60【答案】B【解析】转化条件得29251535148x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-⋅++=-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，根据函数单调性确定15x x -的取值范围后即可得解. 【详解】由题意229252253035219x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+-⋅++=++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22151515249148x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+=-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令()15f x x x=-，0x >，由函数单调性可知()(),f x ∈-∞+∞，所以当151x x -=-时，92535x x x x ⎛⎫⎛⎫+-⋅++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭取最小值48.故选：B.【点睛】本题考查了函数单调性的应用，考查了整体意识，属于中档题. 9．如图所示，在顶角为3π圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1,4的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于EF ，则截面所表示的椭圆的离心率为( ) （注：在截口曲线上任取一点A ，过A 作圆锥的母线，分别与两个球相切于点,BC ，由相切的几何性质可知，AE AC =，AF AB =，于是AE AF AB AC BC +=+=，为椭圆的几何意义）A ．12B ．815C ．1127D ．1563【答案】C【解析】设两球的球心分别为1O ，2O ，圆锥顶点为S ，取两球与圆锥同一母线上的切点G ，H ，连接1O G ，2O H ，1O F ，2O E ，连接2O S 交EF 于K ，由题意可得33AE AF +=，再利用平面几何知识即可得11FE =，即可得解. 【详解】设两球的球心分别为1O ，2O ，圆锥顶点为S ，取两球与圆锥同一母线上的切点G ，H ，连接1O G ，2O H ，1O F ，2O E ，连接2O S 交EF 于K ，由顶角为3π，两个球的半径分别为1，4，可知13tan6O G SG π==，243tan6O H SH π==，112sin6O G SO π==，228sin6O H SO π==，所以33GH =即33AE AF AB AC GH +=+==，126O O =，由12O FK O EK △△∽可得112214O K O F FK O K EK O E ===，所以2245O K =，所以2224411455EK ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，5114FE EK ==，所以该椭圆离心率11112733EF e AE AF ===+. 故选：C.【点睛】本题考查了圆锥和球的几何特征，考查了椭圆的性质，属于中档题.二、多选题10．已知0a >，0b >，下列说法错误的是（）A ．若1a b a b ⋅=，则2a b +≥B ．若23a b e a e b +=+，则a b >C ．()ln ln aa b a b -≥-恒成立 D ．2ln aab b e e-<恒成立【答案】AD【解析】对A 式化简，通过构造函数的方法，结合函数图象，说明A 错误；对B 不等式放缩22a b e a e b +>+，通过构造函数的方法，由函数的单调性，即可证明B 正确；对C 不等式等价变型()ln ln ln1-≥-⇔≥-a b a a b a b b a ，通过10,ln 1∀>>-x x x 恒成立，可得C 正确；D 求出ln -a ab b e的最大值，当且仅当11a b e =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等号，故D 错误.【详解】A. 1ln ln 0⋅=⇔+=a b a b a a b b 设()ln f x x x =，()()0∴+=f a f b由图可知，当1+→b 时，存在0+→a ，使()()0f a f b += 此时1+→a b ，故A 错误. B. 232+=+>+a b b e a e b e b设()2xf x e x =+单调递增，a b ∴>，B 正确C. ()ln ln ln1-≥-⇔≥-a ba ab a b b a又10,ln 1∀>>-x x x ，ln 1∴≥-a bb a，C 正确D. max 1=⇒=x x y y e e当且仅当1x =；min 1ln =⇒=-y x x y e 当且仅当1=x e；所以2ln -≤a a b b e e ，当且仅当11a b e =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等号，D 错误.故选：AD 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想和数形结合的数学思想，属于难题.三、填空题 11．已知奇函数()f x 的定义域为R 且在R 上连续.若0x >时不等式()1f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭的解集为()2,3，则x ∈R时()1f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为______.【答案】()()()3,20,23,--+∞【解析】当0x >时，易得()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()()0,23,+∞；利用奇函数的性质可得当0x >时，()1f x f x ⎛⎫-->-- ⎪⎝⎭的解集为()2,3，令0t x =-<即可得解.【详解】由题意可得当0x >时，()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()()0,23,+∞，由奇函数的性质可得当0x >时，()1f x f x ⎛⎫-->--⎪⎝⎭的解集为()2,3，令0tx =-<，则()1f t f t ⎛⎫->- ⎪⎝⎭的解集为()3,2--，即当0x <时，()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()3,2--，所以()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()()()3,20,23,--+∞.故答案为：()()()3,20,23,--+∞.【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了运算能力和推理能力，属于中档题.12．已知在五位车牌中，字母最多有两个，且为防止混淆1和l ，0和O ，车牌中不设置字母l 和O ，则“浙A ”的五位车牌最多有______块. 【答案】67.0610⨯【解析】按车牌中没有字母、有一个字母和有两个个字母分类讨论，求和即可得解. 【详解】若车牌中没有字母则共有510100000=块车牌；若车牌中含有一个字母则共有14524101200000C ⋅⋅=块车牌；若车牌中含有两个个字母则共有223524105760000C ⋅⋅=块车牌；则“浙A ”的五位车牌最多有6100000120000057600007.0610++=⨯块. 故答案为：67.0610⨯. 【点睛】本题考查了分步相乘和分类相加计数原理的应用，属于中档题. 13．已知函数()ln x xf x ae x=1+-恰有一个零点，则实数a 的取值范围是______．【答案】1(,0]e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】问题转化为函数ln ()1x g xx =+和()xh x ae =的只有一个公共点，利用导数得出()g x 的单调性，极值，可作出函数图象，由图象易知0a ≤时，两函数图象只有一个公共点，在0a >时，先求出两图象在同一点00(,)x y 处有共同切线时a 的值，而且利用图象知a 取其它值时交点情况，从而得出结论．【详解】函数()ln x xf x ae x =1+-恰有一个零点，即方程ln 10x x ae x +-=只有一根，ln 1x x ae x+=只有一根，设ln ()1x g x x =+，()xh x ae =，0x >， 21ln ()xg x x-'=，当0x e <<时，()0g x '>，()g x 递增，x e >时，()0g x '<，()g x 递减，max 1()()1g x g e e==+，0x →时，()g x →-∞，x →+∞，()1g x →，∴0a ≤时，()xh x ae =是减函数，且()0≤h x ，函数ln ()1x g xx =+与()xh x ae =的图象只有一个交点，满足题意，0a >时，()x h x ae =是增函数，设()y g x =与()y h x =在00(,)x y 处有共同的切线，显然0(0,)x e ∈，()x h x ae '=，则000200001ln ln 1x x x ae x x y ae x -⎧=⎪⎪⎨⎪==+⎪⎩，∴002001ln ln 1x x x x -=+，整理得2000(1)ln 10x x x ++-=，设2()(1)ln 1p x x x x =++-，则1()2ln 1p x x x x '=+++，设1()2ln 1q x x x x=+++，则2211(21)(1)()2x x q x x x x-+'=+-=， 102x <<时，()0q x '<，()q x 递减，12x >时，()0q x '>，()q x 递增，min 11()4ln 4ln 2022q x q ⎛⎫==+=-> ⎪⎝⎭，∴0x >时，1()02q x q ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭，即()0p x '>，∴()p x 是(0,)+∞上的增函数，又(1)0p =，∴2000(1)ln 10x x x ++-=只有唯一解01x =，∴1ae =，1a e=，当1ae >时，()y g x =与()y h x =的图象没有公共点，当10a e<<时()y g x =与()y h x =的图象有两个在公共点，综上所述，函数()ln x xf x ae x=1+-恰有一个零点时，1(,0]a e ⎧⎫∈-∞⎨⎬⎩⎭．故答案为：1(,0]e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭．【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题时首先把零点个数转化为函数图象交点个数，然后利用导数研究函数的性质，结合函数图象得出结论．本题考查学生的分析问题处理问题的能力，考查运算求解能力，属于难题．四、双空题14．《九章算术》中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织______尺，若女子坚持日日织，十日能织______尺.【答案】1031165 【解析】设该女子每天的织布数量为n a ，转化条件得数列{}n a 为公比为2的等比数列，利用等比数列的通项公式和前n 项和公式求得1531a =后即可得解. 【详解】设该女子每天的织布数量为n a ，由题可知数列{}n a 为公比为2的等比数列，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则()51512512a S -==-，解得1531a =，所以2110231a a ==，()10105123116512S -==-. 故答案为：1031，165.【点睛】本题考查了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题.15．()91ax +的二项展开式中系数最大的是第三项，且a N +∈，则a =______，展开式中二项式系数最大的是第______项.【答案】3或4 5和6【解析】写出()91ax +的二项展开式的通项公式，由题意2923939929219199C a C a C a C a----⎧⋅≥⋅⎨⋅≥⋅⎩，解不等式组即可得解；由二项式系数的定义可得展开式中二项式系数最大为第3和4项；即可得解. 【详解】由题意()91ax +的二项展开式的通项公式为()9991991rr r r r r r T C ax C a x ---+=⋅=⋅⋅，由第三项的系数最大可得2923939929219199C a C a C a C a----⎧⋅≥⋅⎨⋅≥⋅⎩即3684369a a ≥⎧⎨≥⎩，解得2149a ≤≤，又a N +∈，所以3a =或4；展开式中二项式系数最大的是49C 和59C ，即为第5项和第6项. 故答案为：3或4；5和6 【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题. 16．设实数x 、y 满足条件30x y -≥、2x y +≤，则可行域面积为______，xy 最大值为______.【答案】3 1【解析】本题首先可以将30x y -≥、2x y +≤转化为0302y x y x y ≥⎧⎪-≥⎨⎪+≤⎩或0302y x y x y <⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，然后绘出可行域，求出可行域面积，再然后结合图像得出当xy 最大时点在线段AC 上，最后根据配方法求出xy 的最大值.【详解】因为实数x 、y 满足条件30x y -≥、2x y +≤，所以实数x 、y 满足0302y x y x y ≥⎧⎪-≥⎨⎪+≤⎩或0302y x y x y <⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，绘出可行域，如图：易知13,22A ⎛⎫⎪⎝⎭，13,22B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()2,0C ，故可行域面积13222322AOCSS △，结合图象可知，当xy 最大时点在线段AC 上，直线AC 的方程为2y x =-，则()()2222111xy x x x x x =-=-+=--+≤，故当1x =时，xy 取最大值，xy 的最大值为1，故答案为：3、1. 【点睛】本题考查可行域的画法以及配方法求最值，考查去绝对值，考查配方法的灵活应用，考查数形结合思想，考查计算能力，是中档题.17．已知三角形ABC 的外接圆半径为1，外接圆圆心为O ，且O 点满足2340OA OB OC++=，则cos ACB ∠=______，AB OA ⋅=______.【答案】10434-【解析】由题意()423OC OA OB =-+，两边同时平方可得1cos 4AOB ∠=，利用二倍角余弦公式即可得cos ACB ∠；转化条件为()AB OA OB OA OA ⋅=-⋅即可得AB OA ⋅；即可得解.【详解】由题意可知ABC 为锐角三角形，点O 在ABC 内部，由2340OA OB OC++=可得()423OC OA OB =-+，两边同时平方可得222164912cos OC OA OB OA OB AOB =++⋅⋅∠，由1OC OA OB ===可得1cos 4AOB ∠=，由2AOB ACB ∠=∠可得2cos 2cos 1AOB ACB ∠=∠-得10cos 4ACB ∠=；由()213144AB OA OB OA OA OB OA OA ⋅=-⋅=⋅-=-=-.故答案为：104，34-.【点睛】本题考查了平面向量数量积与二倍角余弦公式的综合应用，考查了转化化归思想，属于中档题.五、解答题18．三角形ABC 的内角ABC 所对的边分别是a ，b ，c ，且24cos 2cos cos 25C A B += （1）若三角形是锐角三角形，且A B ∠>∠，求tan B 的取值范围；（2）若4a =，3b =，求三角形ABC 的面积．【答案】（1）1724,317⎛⎫⎪⎝⎭；（2）6. 【解析】（1）先利用24cos 2cos cos 25C A B +=得出()cos A B -，再解出()tan A B -，将tan B 用含tan A 的式子表示，然后根据角A 的范围，求tanB 的取值范围；（2）利用余弦定理将24cos 2cos cos 25C A B +=化为关于三边的关系式，代入4a =，3b =，解出c ，然后再设法求其面积. 【详解】()cos 2cos cos cos 2cos cos cos cos sin sin C A B A B A B A B A B +=-++=+()24cos 25A B =-=又A B >，且,A B 都为锐角，故()7sin 25A B -=，()7tan 24A B -=，又()tan tan tan 1tan tan A BA B A B--=+，所以()()246257tan +2424tan 72462577tan 7tan 247tan 24777tan 24A A B A A A --===-+++ 又2Cπ<，所以22A B A π<+<，得4A π>，tan 1A >，所以()()24625246252477724777tan 247A -<-<⨯++，故1724tan 317B <<. （2）由余弦定理得22222222224cos 2cos cos 222225a b c b c a a c b C A B ab bc ac +-+-+-+=+⋅=，代入4a =，3b =整理得：242254924242425c c c --+=，解得：5c =则△ABC 为直角三角形，面积为13462S =⨯⨯=. 【点睛】本题考查解三角形中的综合问题，考查学生的计算能力，最值、取值范围问题的分析与处理能力，难度较大. 解答时，要注意利用余弦定理进行边角互化，取值范围问题要设法表示出所求量满足的关系式，然后利用函数的性质或不等式等求解.19．在四面体ABCD 中，已知2AC BC DC DA DB =====，AB x =. （1）当四面体体积最大时，求x 的值；（2）当3x =时，设四面体ABCD 的外接球球心为O ，求AO 和平面BCD 所成夹角的正弦值.【答案】（1）6；（2）71326. 【解析】（1）取DC 中点E ，连接AE ，BE ，过点A 作AH BE ⊥，由题意可知当AE ⊥平面BCD 时，四面体的面积最大，求出此时的x 的值即可得解；（2）在线段BE 上取O '，使22333BO BE '==，O '为BCD 的内心，过O '作'⊥O O 平面BCD ，则球心在直线O O '上，设O O m '=，球的半径为r ，由勾股定理求得m 后，由sin cos OAP θ=∠即可得解.【详解】（1）取DC 中点E ，连接AE ，BE ，过点A 作AH BE ⊥,由2AC BC DC DA DB =====可得AE CD ⊥，BE CD ⊥，3AE BE ==，由AEBE E =可得CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面BCD ，所以平面ABE ⊥平面BCD ，所以AH ⊥平面BCD ，即AH 即为四面体的高，由AH AE ≤，可知当AE ⊥平面BCD 四面体面积最大，此时226AB x AE BE ==+=即x 的值为6；（2）当3x =时，3AB AE BE ===，则H 为BE 的中点，所以32BH=，32AH =，在线段BE 上取O '，使22333BO BE '==，易知O '为BCD 的内心，36O H '=，过O '作'⊥O O 平面BCD ，则球心在直线O O '上，球心为O ，过点O 作OP AH ⊥，连接OB ，OA ，则36OP O H '==，设O O m '=，球的半径为r ，则HP O O m '==，则2222223362r OA OP AP m ⎛⎫⎛⎫==+=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，222222233r OB O O O B m ⎛⎫''==+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，所以22223323623m m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得13m =，所以133OA =，76AP =，713cos 26AP OAP AO ∠==，设AO 和平面BCD 所成夹角为θ，由AH ⊥平面BCD 可知713sin cos 26OAP θ=∠=，所以AO 和平面BCD 所成夹角的正弦值为71326.【点睛】本题考查了三棱锥的特征及其外接球的相关问题，考查了线面角的求解，属于中档题. 20．已知数列11(1)n n na ab +=+，n *∈N ，且11a =．（1）若{}n b 的前n 项和为22n，求{}n a 和{}n b 的通项公式（2）若2n b n =，求证：92n a <【答案】（1）21n a n =-;12n b n =-（2）证明见解析【解析】（1）n b 的前n 项和为22n，知求{}n b 是等差数列，求出n b 代入11(1)n n n a a b +=+化简，利用累积法可求n a 通项公式（2）2n b n =代入11(1)n n n a a b +=+化简得121(1)n n a a n+=+,用数学归纳法可证明. 【详解】（1）n b 的前n 项和为22n ，∴ {}n b 是等差数列，设n b an b =+，则12112()22n b a b b b n n ⎧=+=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，112a b =⎧⎪⎨=-⎪⎩12n b n ∴=- 1121(1)1212n n n n a a a n n ++∴=+=--，12121n na n a n ++∴=- ， 122123121232532325231n n n n n n a a a a n n n a a a a n n n --------∴⨯⨯⨯⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯---21n a n =-21n a n ∴=-满足11a =21n a n ∴=-（n *∈N ）（2）2n b n =代入11(1)n n n a a b +=+得121(1)n n a a n+=+， 1211n n a a n+=+ 用数学归纳法证明：1n =时，1912a =<显然成立，设n k =时，92k a <成立，则1n k =+时，1222191999(1)(1)2222k k a a k k k +=+<+=+< 所以92n a <成立【点睛】本题考查数列的通项公式及运用数学归纳法证明不等式.属于中档题. 21．已知抛物线21:4C y x =和x 轴上的定点()4,0M，过抛物线焦点作一条直线交1C 于A 、B 两点，连接,AM BM 并延长，交1C 于C 、D 两点.（1）求证：直线CD 过定点；（2）求直线AB 与直线CD 最大夹角为θ，求tan θ. 【答案】（1）证明见解析；（2）3tan 4θ=. 【解析】（1）当直线AB 、AM 斜率不存在时，可直接求解；当直线AB 、AM 斜率存在时，设直线():1AB y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，()44,D x y ，不妨设10y >，联立方程组得114y y =-，221212144y y x x =⋅=，111616,C x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，221616,D x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，结合2114y x =可得直线()12116:4x y CD y y -=-，即可得证；（2）当直线AB 斜率存在时，易证14CD k k =，利用tan 1CD CD k kk kα求出最大值即可得解.【详解】（1）证明：由题意知抛物线焦点()1,0F ，当直线AB 斜率不存在时，直线:1AB x =，易得()1,2A ，()1,2B -，则直线()2:43AM y x =--，()2:43BM y x =-，所以点()16,8C -，()16,8D ，此时直线:16CD x =；当线AB 斜率存在时，设直线():1AB y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，()44,D x y ，不妨设10y >，则()214y k x y x⎧=-⎨=⎩，化简得2440y y k--=，>0∆，则114y y =-，221212144y y x x =⋅=，①当14x =时，则()4,4A ，所以2141y y -==-，21114x x ==，点1,14B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以直线:4AM x =，点()4,4C -，直线()4:415BM y x =-，则()244154y x y x⎧=-⎪⎨⎪=⎩解得点()64,16D ，所以直线116:33CD y x =-； ②当14x ≠时，此时直线()11:44y AM y x x =--，则()112444y y x x y x ⎧=-⎪-⎨⎪=⎩，结合2114y x =化简得()2211116160x x x x x -++=，此方程有一根为1x ，所以3116x x =，所以3116y y =-，所以111616,C x y ⎛⎫-⎪⎝⎭，同理可得221616,D x y ⎛⎫-⎪⎝⎭，由114y y =-，121=x x ，2114y x =可得2116416,C y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()2114,4D y y ，所以1112211211646444CDy y yk y y y +==--，所以直线()211121:444y CD y y x y y -=--，化简得()12116:4x y CD y y -=-，可得直线CD 过点()16,0；综上，直线CD 恒过点()16,0；（2）由（1）知，当直线AB 斜率不存在时，//AB CD ；当直线斜率AB 存在时，1212211221121616116164CDy y x x y y k k y y x x x x -+-==-⋅=--，设直线AB 与直线CD 的夹角为α， 2333tan 4144CD CD k k k k kk kkα，当且仅当2k =±时，等号成立，所以对于直线AB 与直线CD 最大夹角θ，3tan 4θ=. 【点睛】本题考查了抛物线与直线的综合运用，考查了运算能力，属于中档题. 22．已知函数()()()21ln f x x a x a R =--∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，且关于x 的方程()()f x b b R =∈恰有三个实数根3x ，4x ，5x ()345x x x <<，求证：()21532x x x x ->-.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）求导后按照12a ≤-、0a ≥、102a -<<分类讨论，求出()0f x '>、()0f x '<的解集即可得解；（2）构造新函数()()(){}11121,0min ,gx f x x f x x x x x x =+--≤<-，求导后可得()()00g x g >=即可得3412x x x --<-；同理可得5422x x x +<，即可得证.【详解】（1）由题意得()()22221a x x af x x x x--'=--=，令()0f x '=即2220x x a --=，48a ∆=+，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥，函数()f x 在()0,∞+上单调递增； ②当12a >-时，>0∆，2220x x a --=的两根为11212a x -+=，21212a x ++=，（i ）当1210a -+≤即0a ≥时，112102a x -+=≤，所以当1210,2a x ⎛⎫++∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当121,2a x ⎛⎫++∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；所以()f x 在1210,2a ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，121,2a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；（ii ）当1210a -+>即102a -<<时，1212102a x x -+<=<，所以当1211210,,22a a x ⎛⎫⎛⎫-+++∈+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>；当121121,22a a x ⎛⎫-+++∈ ⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<；则()f x 在121121,22a a ⎛⎫-+++ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在1210,2a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，121,2a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增. 综上，当12a ≤-时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a ≥时，()f x 在1210,2a ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，121,2a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；当102a -<<时，()f x 在121121,22a a ⎛⎫-+++ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，1210,2a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，121,2a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；（2）证明：由题意得102a -<<，314250x x x x x <<<<<，1201x x ，令()()(){}11121,0min ,gx f x x f x x x x x x =+--≤<-，则()()()()11111+41'''=+-=---+-a ag x f x x f x x x x x x x()()()()()()()()22221111111111114124142x x x ax x x x x x ax x x x x x x x x -----+--==+-+-，由（1）知211220x x a --=，则()()()()()()()22111111114122410x x ax ax x x g x x x x x x x x x --+---'==>+-+- 又()00g =，可知对于{}1210min ,x x x x <<-均有()()00g x g >=，所以()()11f x x f x x +>-，所以()()141142f x x x f x x +->-，由()()43f x f x =可得()()3142f x f x x >-，结合函数()f x 在()10,x 上单调递增，可得3142x x x >-即3412x x x --<-，令()()()2221,0hx f x x f x x x x x =+--≤<-，同理可得()()()()2222410x x h x x x x x --'=>+-，由()00h=可得当210x x x <<-时，()()00h x h >=，所以()()22f x x f x x +>-，所以()()224224f x x x f x x x +->-+，由()()54f x f x =可得()()2452f x x f x ->，结合函数()f x 在()2,x +∞上单调递增，可得5242x x x <-即5422x x x +<，所以21543422x x x x x x ->+--即()21532x x x x ->-，得证.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算能力与推理能力，属于难题.。

浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟返校联考高三数学学科试题

浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟返校联考高三数学学科试题一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.己知集合M={x|0<x<4}，N={x|−x2+2x+3>0}，则M∪N=（）A. (−∞,−1)∪(0,+∞)B. (0,3)C. (−3,4)D. (−1,4)2.己知i是虚数单位，复数a−3ii（a∈R）的虚部为1，则复数z=2+ai的模为（）A.√6B.√5C.√29D. 33.己知实数x，y满足约束条件{x≥1x−2y+1≤0x+y−5≤0，则目标函数z=−2x+y的最小值是（）A.−4B.−1C. 2D.−54.己知m、l是不同的直线，α、β是不同的平面，且m⊥α，l⊂β，则“α⊥β”是“m//l”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.某几何体的三视图如图所示，若棱长为a的正方体的外接球表面积为12π，则该几何体的体积为（）A.103B. 10 C.143D.2636.函数f(x)=x a∙sinxa|x|−1的图像不可能是（）A. B. C. D.7.设O为坐标原点，直线y=b与双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的两条渐近线分别交于A，B两点，若∆AOB的面积为2，则双曲线C的焦距的最小值是（）A. 16B. 8C. 4D. 28.十三世纪意大利数学家列昂那多斐波那契从兔子繁殖中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列满足以下关系：a 1=1，a 2=1，a n =a n−1+a n−2（n ≥3，n ∈N ∗），记其前n 项和S n ，若a 2020=m （m 为常数），则S 2018的值为（）A. m −2B. m −1C. mD. m +19.在正三棱台ABC −A 1B 1C 1中，AB =3AA 1=32A 1B 1=6，D 是BC 的中点，设A 1D 与BC 、BB 1、BC 所成角分别为α，β，γ，则（）A. α<γ<βB. α<β<γC. β<γ<αD. γ<β<α 10.己知实数x ，y 满足x 2+y 2=1，0<x <1，0<y <1，当4x +1y 取最小值时，x y 的值为（）A. √43B. √33C. √3D. 1 二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11. 设等差数列{a n }的公差为非零常数d ，且a 1=2，若a 1，a 2，a 4成等比数列，则公差d =_______，a n =________．12. 圆C ：x 2+y 2−4x +3=0的半径为________，若直线y =kx +1与圆C 有公共点，则实数k 的取值范围是________．13. 二项式(x √x 3)7的展开式中，各项系数和为________，含x 3项的系数是________． 14. 在∆ABC 中，acosC +(c −2b )cosA =0，b =2，π4≤B ≤π3，则A =________，边长c 的取值范围为__________．16. 己知函数f (x )=sin 2x +12|sinx −a |+b 2（a ，b ∈R ），若对于任意x ∈R ，均有|f (x )|≤1，则a +b 的最大值是______．17. 己知|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，若存在m ，n ∈R ，使得mAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与nAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 夹角为600，且|(mAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )−(nAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ )|=12，则|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为________．三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.己知ω>0，a =(√3sinωx,−cosωx)，b ⃗ =(cosωx,cosωx)，f (x )=a ∙b ⃗ ，x 1，x 2是y =f (x )−12的其中两个零点，且|x 1−x 2|min =π．（I ）求f(x)的单调递增区间；（II ）若α∈(0,π2)，f (α2)=110，求sin2α的值．19.如图1，在矩形ABCD 中，BC =2AB =2，E 是AD 中点，将∆CDE 沿直线CE 翻折到∆CPE 的位置，使得PB =√3，如图2．（I ）求证：面PCE ⊥面ABCE ；（II ）求PC 与面ABP 所成角的正弦值．20.己知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n −(n −2)2，n ∈N ∗．（I ）求证：数列{a n +2n −1}是等比数列，并求{a n }的通项公式；（II ）设{1a n }的前n 项和为T n ，求证：T n <83，n ∈N ∗．21.己知椭圆C 1：y 22+x 2=1，抛物线C 2：y 2=2px （p >0），点A(−1,0)，斜率为k 的直线l 1交抛物线于B 、C 两点，且AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，经过点C 的斜率为−12k 的直线l 2与椭圆相交于P 、Q 两点．（I ）若抛物线的准线经过点A ，求抛物线的标准方程和焦点坐标；（II ）是否存在p ，使得四边形APBQ 的面积取得最大值？若存在，请求出这个最大值及p 的值；若不存在，请说明理由．22.己知函数f (x )=e x −ax −1．（I ）讨论函数g (x )=f(x)x 在其定义域内的单调性；（II ）若f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，设ℎ(x )=e x f(x)，证明：ℎ(x)在R 上存在唯一的极大值点t ，且ℎ(t )<316．。

2020年4月普通高考数学(浙江卷)全真模拟卷(1)(解析版)

2020年4月普通高考（浙江卷）全真模拟卷（1）数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4．测试范围：高中全部内容。

选择题部分（共40分）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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{}1,2,3,4,5U =，{}0,1,2,3A =，{}1,2,3,4B =，则()C U A B =I （） A ．{}1,2,3 B ．{}3,4,5C ．{}4,5D ．∅【答案】C 【解析】∵A ＝{}0,1,2,3， B ＝{}1,2,3,4， ∴A ∩B ＝{1，2，3}，又∵全集U ＝{1，2，3，4，5}， ∴∁U （A ∩B ）＝{4，5}．故选：C ．2．双曲线2213y x -=的焦点坐标为（）A ．()B ．()2,0±C ．(0,D ．()0,2±【答案】B【解析】由双曲线方程2213y x -=可知，1,a b ==所以2c =，所以双曲线2213y x -=的焦点坐标为()2,0±，故选：B.3．关于,x y 的不等式组23000x y x m y m -+>⎧⎪+<⎨⎪->⎩表示的平面区域内存在点()00,P x y ，满足0023x y -=，则实数m的取值范围是（） A ．(),3-∞- B ．()1,1-C ．(),1-∞-D ．()1,--∞【答案】C 【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：若平面区域内存在点()00,P x y ，满足0023x y -=，则说明直线23x y -=与区域有交点，即点(),A m m -位于直线23x y -=的下方即可，则点A 在区域230x y -->，即230m m --->，得1m <-，即实数m 的取值范围是()1-∞-，，故选C ． 4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何的体积为（）立方单位。

2020届浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考(十三)数学试卷

2020届浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考（十三）数学试卷★祝考试顺利★ 注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

8、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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.设全集U =R ，集合2{|1},{|1}M x x P x x =>=>则下列关系中正确的是（） A.P M = B.M P M = C.MP M = D.()U C M P =∅2.设纯虚数z 满足 11iai z-=+（其中i 为虚数单位），则实数a 等于（） A.1B.－1C.2D.－23.若,x y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则2z x y =+的取值范围是（）A.[]6,0B.[]0,4C.[)6,+∞D.[)4,+∞4.已知,a b R ∈，下列四个条件中，使a b >成立的充分不必要的条件是（）A.1a b >-B.1a b >+C.a b >D.22a b > 5.函数2ln x x y x=的图象大致是（）A B C D6.已知函数1()0x D x x ⎧=⎨⎩为有理数为无理数，则（）A.(())1D D x =,0是()D x 的一个周期B.(())1D D x =,1是()D x 的一个周期C.(())0D D x =,1是()D x 的一个周期D.(())0D D x =,()D x 最小正周期不存在7.若关于x 的不等式222213x t x t t t +-+++-<无解，则实数t 的取值范围是（）A.1,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B.(],0-∞C.(],1-∞D.(],5-∞ 8．若O 是ABC ∆垂心，6A π∠=且sin cos sin cos 2sin sin B C AB C BAC m B C AO +=，则m =（）A.129.已知二次函数2()(2)f x ax bx b a =+≤，定义{}1()max ()11f x f t t x =-≤≤≤，{}2()min ()11f x f t t x =-≤≤≤，其中{}max ,a b 表示,a b 中的较大者，{}min ,a b表示b a ,中的较小者，下列命题正确的是（）A.若11(1)(1)f f -=，则(1)>(1)f f -B.若22(1)(1)f f -=，则(1)(1)f f ->C.若21(1)(1)f f =-，则11(1)(1)f f -<D.若21(1)(1)f f =-，则22(1)(1)f f ->10.已知数列{}n a 满足2111,312n n n a a a a +=-=++，若12n nb a =+，设数列{}n b 的前项和为n S ，则使得2019S k -最小的整数k 的值为（）A.0B.1C.2D.3二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．） 11. ()512x -展开式中3x 的系数为，所有项的系数和为． 12.等比数列{}n a中，12a a ==2201382019a a a a +=+ ，1234a a a a = ．13.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c，已知sin cos c A C =，则C =，若c =，ABC ∆，则a b += ． 14.已知函数222,0()2(1),0x x x f x f x x -⎧+-≥=⎨+<⎩，则3()2f -= ，若函数()()g x f x k =-有无穷多个零点，则k 的取值范围是．15.已知,x y R ∈且221x y xy ++=，则x y xy ++的最小值为． 16.已知平面向量,,a b c 满足,,015a b c a c b c ⋅==-=-=，则a b -的最大值为．17.当[]1,4x ∈时，不等式322044ax bx a x ≤++≤恒成立，则7a b +的取值范围是．三、解答题（本大题共5小题，共74分．写出文字说明、证明过程或演算步骤．）18.(本题满分14分)已知函数()2sin cos()32f x x x π=++（Ⅰ）求函数()f x 的单调递减区间；（Ⅱ）求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值及最小值.19.(本题满分15分)已知在ABC ∆中，1AB =，2AC =．（Ⅰ）若BAC ∠的平分线与边BC 交于点D ，求()2AD AB AC ⋅-uuu r uu u r uuu r；（Ⅱ）若点E 为BC 的中点，求2211AE BC+uu u r uu u r 的最小值．20.(本题满分15分)已知正项等差数列{}n a 满足：233312n n S a a a =+++，其中nS 是数列{}n a 的前n 项和. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令()()()1412121n n n n nb a a -=--+，证明：122221n n b b b n ++++≤+.21.(本题满分15分)设函数(),x f x e ax a a R =-+∈，其图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12.x x <（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）证明：0f '<.22.(本题满分15分)已知函数2()ln 2,.f x x ax bx a R =---∈ （Ⅰ）当2b =时，试讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若对任意的3(,)b e∈-∞-，方程()0f x =恒有2个不等的实根，求a 的取值范围.高三数学答案一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,11. -80 ， -1 12.98 ， 2913.3π， 7 14. ， 0≥k15. 45-16. 8 17. []8,4- 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.（Ⅰ）3()sin(2),2223232f x x k x k ππππππ=+∴+≤+≤+所以单调减区间为32,2,;22k k k Z ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭（Ⅱ）42max 1,min 333x f f πππ≤+≤∴== 19.（1）()()21220;33AD AB AC AB AC AB AC ⎛⎫⋅-=+⋅-= ⎪⎝⎭uuu r uu u r uuu r uuu r uuu r uu u r uuu r（2）()22224210AE BC AB AC+=+=Q()22222211111941010AE BC AE BC AE BC ⎛⎫∴+= +⎪+≥ ⎪⎝⎭20.（Ⅰ）2311123322121;2n a S a a n a S a a =⎧=⎧∴∴=⎨⎨==+⎩⎩ （Ⅱ）()()()()()1141111*********n n nn n b n n n n --=-=----+-+ ()121122111.212121nn n b b b n n n +∴+++=--≤+=+++L 21.22.（Ⅰ）2122(),0x ax f x x x--'=>()2210,()0,,+;44在递增递减a f x a a ⎛⎛⎫--+>∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()112=0,()0,,,+;22在递增递减a f x ⎛⎫⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()130,(),,2在递增递减a f x ⎛-<< ⎝⎭⎝⎭2;4递增a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭()()14,()0,;2在递增a f x ≤-+∞（2）问题等价于ln 2x ax b x-=+有两解令ln 2(),0x g x x x -=>有23ln (),0xg x x x-'=> ()()233()0;()0,,,;0,();,()0;在递增递减g e g x e e x g x x g x ∴=+∞→→-∞→+∞→ 30,0,,有图象知过作切线时斜率最大a a e ⎛⎫∴>- ⎪⎝⎭()00000020003ln 2ln 52ln 53,设切点为有x x x x y y x x e x x x e---=+∴=-∴= 22220.此时斜率取到最大a a e e ∴<≤。

2020年浙江省高考数学模拟试卷(4月份)

2020年浙江省高考数学模拟试卷（4月份）一．选择题（共10小题）1．设集合A＝{x∈N||x|＜4}，B＝{x|2x≤4}，则A∩B＝（）A．{x|x≤2}B．{x|﹣4＜x≤2}C．{0，1，2}D．{1，2}2．设复数z满足i•z＝2+3i，其中i为虚数单位，在复平面内，复数z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．已知q是等比数列{a n}的公比，首项a1＜0，则“0＜q＜1”是“数列{a n}是递增数列”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4．设x，y满足，则|x+4y|的最大值为（）A．0B．1C．2D．55．函数y＝﹣cos x•ln|x|的图象可能是（）A．B．C．D．6．随机变量X满足P（X＝p）＝p，P（X＝1﹣p）＝1﹣p，随机变量Y＝1﹣X，则（）A．E（X）≥E（Y），D（X）≥D（Y）B．E（X）≥E（Y），D（X）＝D（Y C．E（X）≤E（Y），D（X）≥D（Y）D．E（X）≤E（Y），D（X）＝D（Y）7．已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，BD的中点，P是线段EF上的动点（含端点）．P A与平面BCD所成的角为θ1，二面角A﹣EF﹣D的平面角为θ2，二面角A﹣CD﹣B的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ3≤θ2B．θ3≤θ1≤θ2C．θ1≤θ2，θ1≤θ3D．θ1≤θ3，θ2≤θ38．已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，满足|PF1|＝|F1F2|，PF2与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率是（）A．B．C．D．39．已知a∈R，函数f（x）＝，则函数y＝f（x）的零点个数不可能为（）A．0B．1C．2D．310．已知数列{a n}满足：a1＝1，．（1）数列{a n}是单调递减数列；（2）对任意的n∈N*，都有；（3）数列是单调递减数列；（4）对任意的n∈N*，都有．则上述结论正确的个数是（）A．1B．2C．3D．4二．填空题（共7小题）11．若log3m＝2，则m＝9；＝6．12．《九章算术》中有这样的描述：“今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤四丈”，其中“广”是东西走向的意思，“袤”是南北走向的意思．若有几何体的三视图如图，则该几何体的体积为60，表面积为54+8（不需填单位）．13．已知多项式（2x+a）5＝a0+a1x+…+a5x5+（1+x）2，若a0＝0，则a＝1；若a2＝﹣41，则a1+a2+…+a5＝﹣1．14．在△ABC中，∠BAC的平分线交BC于点D，AB＝AD＝1，AC＝2，则BC＝；若O是△ABD的外接圆圆心，则BO＝．15．设点P（1，y0），若圆O：x2+y2＝1上存在点Q，使得，则y0的取值范围是[﹣，]．16．地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库，当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有336种．17．矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，圆O是△BCD的内切圆，P是圆O上的动点，M为AB的中点，N为边AD上的动点（包含端点），则的最大值为+4．三．解答题（共5小题）18．已知函数．（Ⅰ）若f（x+φ）为偶函数，且φ∈（0，π），求φ；（Ⅱ）在△ABC中，角A满足f（A）＝1，sin B＝2sin C，a＝2，求△ABC的面积．19．如图，已知多面体ABCD﹣A1B1C1D1，AA1，BB1，CC1，DD1均垂直于平面ABCD，AD ∥BC，AB＝BC＝CD＝AA1＝CC1＝2，BB1＝1，AD＝DD1＝4．（Ⅰ）证明：A1C1⊥平面CDD1C1；（Ⅱ）求直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．20．已知数列{a n}的前n项和，数列{b n}的前n项和T n＝1﹣b n．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）设，试比较R n与T n的大小．21.如图，椭圆：的上顶点A恰为抛物线x2＝2py（p＞0）的焦点，B，C是抛物线上的两个动点．（Ⅰ）若点P（2，1），且满足PC⊥CB，求点B横坐标的取值范围；（Ⅱ）若A，B，C三点共线，过坐标原点O的直线l平分BC，且与椭圆交于M，N两点，求△BMN面积的最大值．22．已知函数f（x）＝ax+lnx，g（x）＝f（x）（x﹣lnx）﹣x2，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若a∈Z，且函数g（x）只有一个零点，求a的最小值．。

浙江省“七彩阳光”联盟2020届高三期初联考数学试题Word版含解析

浙江省“七彩阳光”联盟2020届高三期初联考数学试题一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．1.1.已知全集，则（）A. B. C. D.2.2.双曲线的一条渐近线方程为，则正实数的值为（）A. 9B. 3C.D.3.3.已知i是虚数单位，复数满足，则为（）A. B. C. D.4.4.已知函数，且，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.5.5.“直线与直线平行”是“”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6.6.函数的图象大致是（）A. B. C. D.7.7.已知函数在上有两个不同的零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.8.8.设为正数，，若在区间不大于0，则的取值范围是（）A. B. C. D.9.9.均为单位向量，且它们的夹角为，设满足，则的最小值为（）A. B. C. D.10.10.设实数成等差数列，且它们的和为9，如果实数成等比数列，则的取值范围为（）A. B. C. D.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11.11.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆.后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆. 已知直角坐标系中，则满足的点的轨迹的圆心为____________，面积为____________.12.12.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为___________，表面积为____________.13.13.展开式中所有项的系数和为_________，其中项的系数为_____________.14.14.已知为实数，不等式对一切实数都成立，则_________.15.15.已知函数，则函数的最小的极值点为___________；若将的极值点从小到大排列形成的数列记为，则数列的通项公式为______.16.16.甲、乙、丙3人同时参加5个不同的游戏活动，每个游戏最多有2人可以参与（如果有2人参与同一个游戏，不区分2人在其中的角色），则甲、乙、丙3人参与游戏的不同方式总数是______________. 17.17.直线与椭圆相交于两点，与轴、轴分别相交于两点.如果是线段的两个三等分点，则直线的斜率为_____________.三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.18.在中，角所对的边分别为，已知且（1）判断的形状；（2）若，求的面积.19.19.如图，已知四棱锥，底面为矩形，且侧面平面，侧面平面，为正三角形，（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.20.20.数列满足.（1）求的值；（2）如果数列满足，求数列的通项公式.21.21.已知抛物线的方程为，其焦点为，为过焦点的抛物线的弦，过分别作抛物线的切线，设相交于点.（1）求的值；（2）如果圆的方程为，且点在圆内部，设直线与相交于两点，求的最小值.22.22.已知函数（1）判断的单调性；（2）若函数存在极值，求这些极值的和的取值范围.浙江省“七彩阳光”联盟2020届高三期初联考数学试题参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．1.1.已知全集，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件求出，再求即可【详解】，则故选【点睛】本题主要考查了交集，补集的混合运算，属于基础题。

2020届浙江省绍兴市高三下学期4月第一次高考模拟考试数学试题(解析版)

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】由，，利用线面垂直的判定定理与性质定理即可证明结论．
过点B作平面ABC的垂线BK，则BA，BC，BK两两相互垂直．建立空间直角坐标系．可得： 0，， 1，，设 y，可得，，，解得由 0，得D坐标．设平面BCDE的法向量为： b，，则，可得：，利用向量夹角公式即可得出．
13．已知，则 _____， _______.
【答案】0 665
【解析】根据其特点可知为的系数，把第二问所求去掉绝对值符号发现各项为负，令即可求解．
【详解】
因为，
令可得： .
所以：；
；
；
；
……
；
；
故 .
故答案为：0，665.
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于中档题．
【点睛】
本题考查分段函数的值域的求法．分段函数问题本着先分段研究，再综合的原则解决问题，属于中档题．
三、填空题
15．某地区有3个不同值班地点，每个值班地点需配一名医务人员和两名警察，现将3名医务人员（1男2女）和6名警察（4男2女）分配到这3个地点去值班，要求每个值班地点至少有一名女性，则共有______种不同分配方案.（用具体数字作答）
17．已知，设函数的最大值为，则的最小值为______.
【答案】
【解析】换元，可知，，分及讨论，利用绝对值的几何意义两点控制可求得对应的最小值，进而求得的最小值．
【详解】
设，则，

2020年浙江省高考数学模拟试卷(4月份)(含答案解析)

2020年浙江省高考数学模拟试卷（4月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.设集合A={x∈N||x|<4}，B={x|2x≤4}，则A∩B=()A. {x|x≤2}B. {x|−4<x≤2}C. {0,1，2}D. {1,2}2.设复数z满足i⋅z=2+3i，其中i为虚数单位，在复平面内，复数z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.已知q是等比数列{a n}的公比，首项a1<0，则“0<q<1”是“数列{a n}是递增数列”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4.设x，y满足{x−y≥0x+2y≤3x−2y≤1，则|x+4y|的最大值为()A. 0B. 1C. 2D. 55.函数y=−cosx⋅ln|x|的图象可能是()A. B.C. D.6.随机变量X满足P(X=p)=p，P(X=1−p)=1−p，随机变量Y=1−X，则()A. E(X)≥E(Y)，D(X)≥D(Y)B. E(X)≥E(Y)，D(X)=D(Y)C. E(X)≤E(Y)，D(X)≥D(Y)D. E(X)≤E(Y)，D(X)=D(Y)7.已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，BD的中点，P是线段EF上的动点(含端点).PA与平面BCD所成的角为θ1，二面角A−EF−D的平面角为θ2，二面角A−CD−B的平面角为θ3，则()A. θ1≤θ3≤θ2B. θ3≤θ1≤θ2C. θ1≤θ2，θ1≤θ3D. θ1≤θ3，θ2≤θ38.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，满足|PF1|=|F1F2|，PF2与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率是() A. √2 B. √3 C. √5 D. 39. 已知a ∈R ，函数f(x)={x 2−ax +a,x <1lnx −ax,x ≥1，则函数y =f(x)的零点个数不可能为( )A. 0B. 1C. 2D. 310. 已知数列{a n }满足：a 1=1，a n+1=12an +1(n ∈N ∗)．(1)数列{a n }是单调递减数列； (2)对任意的n ∈N ∗，都有a n ≥13； (3)数列{|a n −12|}是单调递减数列；(4)对任意的n ∈N ∗，都有|a n+1−a n |≤23⋅(611)n−1．则上述结论正确的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 若log 3m =2，则m =______；2log 23+30+log 39=______．12. 《九章算术》中有这样的描述：“今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤四丈”，其中“广”是东西走向的意思，“袤”是南北走向的意思．若有几何体的三视图如图，则该几何体的体积为______，表面积为______(不需填单位)．13. 已知多项式(2x +a)5=a 0+a 1x +⋯+a 5x 5+(1+x)2，若a 0=0，则a =______；若a 2=−41，则a 1+a 2+⋯+a 5=______．14. 在△ABC 中，∠BAC 的平分线交BC 于点D ，AB =AD =1，AC =2，则BC =______；若O 是△ABD 的外接圆圆心，则BO =______． 15. 设点P(1,y 0)，若圆O ：x 2+y 2=1上存在点Q ，使得∠OPQ ≥π6，则y 0的取值范围是______．16. 地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库，当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有______种． 17. 矩形ABCD 中，AB =4，BC =3，圆O 是△BCD 的内切圆，P 是圆O 上的动点，M 为AB 的中点，N 为边AD 上的动点(包含端点)，则MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.已知函数f(x)=2sinxsin(x+π3)−12．(Ⅰ)若f(x+φ)为偶函数，且φ∈(0,π)，求φ；(Ⅱ)在△ABC中，角A满足f(A)=1，sinB=2sinC，a=2，求△ABC的面积．19.如图，已知多面体ABCD−A1B1C1D1，AA1，BB1，CC1，DD1均垂直于平面ABCD，AD//BC，AB=BC=CD=AA1=CC1=2，BB1=1，AD=DD1=4．(Ⅰ)证明：A1C1⊥平面CDD1C1；(Ⅱ)求直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．20.已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n，数列{b n}的前n项和T n=1−b n．(Ⅰ)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(Ⅱ)设R n=1S1+1S2+⋯+1S n，试比较R n与T n的大小．21.如图，椭圆：x22+y2=1的上顶点A恰为抛物线x2=2py(p>0)的焦点，B，C是抛物线上的两个动点．(Ⅰ)若点P(2,1)，且满足PC⊥CB，求点B横坐标的取值范围；(Ⅱ)若A，B，C三点共线，过坐标原点O的直线l平分BC，且与椭圆交于M，N两点，求△BMN面积的最大值．22.已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=f(x)(x−lnx)−x2，a∈R．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若a∈Z，且函数g(x)只有一个零点，求a的最小值．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：∵A={0,1，2，3}，B={x|x≤2}，∴A∩B={0,1，2}．故选：C．可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．本题考查了描述法、列举法的定义，绝对值不等式的解法，指数函数的单调性，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.答案：D解析：解：由题知，z=2+3ii =2i+3=3−2i，对应的点(3,−2)，在复平面内位于第四象限，故选：D．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．本题考查复数的几何意义和除法运算，是基础题．3.答案：C解析：解：在等比数列{a n}中，a n+1−a n=a1q n−1⋅(q−1),a1<0，若数列{a n}是递增数列，则0< q<1；反之，若0<q<1，则a n+1−a n=a1q n−1(q−1)>0，数列{a n}是递增数列，所以“0<q<1”是“数列{a n}是递增数列”的充要条件．故选：C．本题考查等比数列的性质及充要条件的判定．此题借助于等比数列的性质来考查充要条件的判定，易忽视前提条件：首项a1<0．4.答案：D解析：解：作出可行域如图中的阴影部分(含边界)所示，设z=x+4y，因为直线z=x+4y的斜率为−14>−12，目标函数z=x+4y中的z随直线x+4y=0向上平移而增大，所以目标函数z=x+4y在点A(1,1)处取得最大值5，在点C(−1,−1)处取得最小值−5，故|x+4y|的最大值为5，故选：D．作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最小值．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．解析：解：因为y=−cosx⋅ln|x|为偶函数，定义域为{x|x≠0}，故排除C，D；当x=π时，y=lnπ<2，排除B；故选：A．由函数为偶函数，可排除C，D，由lnπ<2，可排除B，由此得出正确选项．本题考查函数图象及性质，属于基础题．6.答案：B解析：解：∵P(X=p)=p，P(X=1−p)=1−p，∴E(X)=p2+(1−p)2，∵Y=1−X，∴E(Y)=1−E(X)=2p(1−p)，由基本不等式可知E(X)≥E(Y)．又D(Y)=D(1−X)=D(X)，故选：B．先根据随机变量X的概率分布，计算出E(X)，由于Y=1−X，所以可得出E(Y)，D(X)和D(Y)的大小关系．本题考查随机变量的期望和方差，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．7.答案：B解析：解：如图所示，设点O为底面BCD的中心，作OH⊥EF于点H，连接AH，AO，PO，则θ1=∠APO，θ2=∠AHO，二面角A−CD−B与二面角A−BC−D相等，所以θ3=∠AEO．因为OH≤OP≤OE，所以tanθ2≥tanθ1≥tanθ3，所以θ2≥θ1≥θ3，故选：B．如图，作OH⊥EF得到θ1=∠APO，θ2=∠AHO，θ3=∠AEO.根据OH≤OP≤OE，则可得θ2≥θ1≥θ3，本题考查空间角的直观分析．数形结合，属于中档题．8.答案：D解析：解：设双曲线焦距为2c，由题意得|PF1|=|F1F2|=2c，所以|PF2|=2c−2a．如图，在等腰△PF1F2中，cos∠PF2F1=c−a2c，又由PF2与双曲线的一条渐近线平行知cos∠PF2F1=ac，所以c−a2c =ac，解得c=3a，则该双曲线的离心率e=3，故选：D．由三角形的余弦定理和双曲线的渐近线可得所以c−a2c =ac，化简可得c=3a，再由离心率公式可得所本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件求出a 、c 关系，是解决本题的关键． 9.答案：D解析：解：令f(x)=0，得a =g(x)={x 2x−1,x <1；lnxx,x ≥1．当x <1且x ≠0时，g(x)=x 2x−1=11x−(1x)2=1−(1x −12)2+14；故其在(−∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减；且g(0)=0；当x ≥1时，g(x)=lnx x，g′(x)=1−lnx x 2；故g(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且g(1)=0其余对应的g(x)>0 画出y =g(x)的图象如图所示．由图象可知，y =g(x)与y =a 的交点个数可能是0个，1个和两个；不可能是3个；故选：D ．把所求问题通过整理，转化为求g(x)={x 2x−1,x <1；lnxx ,x ≥1．与y =a 的交点个数问题，画出图象，借助于图象求解即可．本题考查了方程的根与函数的零点的关系，同时考查了数形结合的数学思想以及转化思想，属于基础题． 10.答案：C解析：解：由题可知a 1=1,a 2=13,a 3=35>a 2，故(1)不正确；由题意得a n >0，则|a n+1−12||a n −12|=12an+1<1，故数列{|a n −12|}为单调递减数列，故(3)正确；因为a 1=1,a 2=13.所以当n ≥3时，|a n −12|<16，则13<a n <23，故a n ≥13(n ∈N ∗)，故(2)正确；因为|a n+2−a n+1||a n+1−a n |=22an+3≤611，所以|a n+1−a n |≤|a 2−a 1|⋅(611)n−1=23⋅(611)n−1，故(4)正确．综上，正确结论的个数为3，故选：C ．(1)，(3)可利用作差法来解决，(2)，(4)运用到的是基本不等式的性质，也可以采用作差法来解决大小的问题．本题考查数列与不等式的综合、迭代法、通项公式与递推关系之间的推导．11.答案：9 6解析：解若log3m=2，则m=9，2log23+30+log39=3+1+2=6．①利用指数为对数逆运算，a x=y，则x=log a y，从而得出答案．②利用对数运算公式a log a N=N，求出答案．本题考查对数的运算，属于基础题．12.答案：60 54+8√26解析：解：由题意可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的横放的直四棱柱(如图所示)．易知，底面是上底为2，下底为4，高为5的等腰梯形，故S底面=12(2+4)×5=15．梯形的腰长为√52+11=√26又因为柱体的高为4，故侧面积S侧=(2+4+2√26)×4=24+8√26．故表面积为S表=2S底+S侧=54+8√26．该几何体的体V=S底×ℎ=15×4=60．故答案为：60 54+8√26因为正视图、俯视图都是矩形，所以初步判断是一个柱体，再结合侧视图可知，这是一个底面为梯形的直四棱柱．据此计算体积、表面积．本题考查空间几何体的三视图的识图问题，以及四棱柱的表面积、体积计算问题，同时考查了学生的直观想象、数学运算以及逻辑推理等数学核心素养．属于中档题．13.答案：1 −1解析：解：由题可知(2x+a)5−(1+x)2=a0+a1x+⋯+a5x5，令x=0，则a5−1=a0=0，故a=1；若a2=C53×22×a3−1=−41，则a=−1，∴(2x−1)5−(1+x)2=a0+a1x+⋯+a5x5；令x=0可得a0=−2，令x=1可得a0+a1+a2+⋯+a5=15−22=−3；故a1+a2+⋯+a5=−1．故答案为：1，−1．把已知等式变形，整理后令x=0可得第一个空，根据a2求得a，再令x=1即可求解结论．本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．14.答案：3√22√14 7解析：解：因为AD平分∠BAC，所以ABAC =BDCD=12；所以cos∠BAD=cos∠CAD，由余弦定理得AB2+AD2− BD22AB⋅AD =AD2+AC2−DC22AD⋅AC，即1+1−BD22×1×1=1+4−4BD22×1×2，解得BD=√22，所以CD=√2，所以BC=3√22；在△ABD中，由余弦定理得cosB=AB2+BD2−AD22AB⋅BD =√24，所以sinB=√1−cos2B=√1−216=√144，由正弦定理得BO=AD2sinB=2×√144=√147．根据角平分线定理和余弦定理，列方程求得BD的值，从而求得CD、BC的值；在△ABD中由余弦定理求得cos B的值，再计算sin B，由正弦定理求出BO的值．本题考查了正弦定理、余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．15.答案：[−√3,√3]解析：解：如图，找临界情况：当PQ与圆O相切，且∠OPQ=π6时，y0=±√3，所以当−√3≤y0≤√3时，符合题意．故答案为：[−√3,√3]结合已知可找临界情况，可先求出当PQ与圆O相切时的y0即可求解．本题考查直线与圆的位置关系，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．16.答案：336解析：解：根据题意，分2步进行分析：(1)：首先把四辆车排列有A44种排法，再把两个连续的空车位捆绑与另一空车位往4辆车中插入有A52种方法，由乘法原理有A44A52种停法；(2)：因为红、白两车相邻的情况有A33A22A42种．则符合要求的停车方法有A44A52−A33A22A42=336种．故停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有336种．故答案为：336．根据题意，首先用捆绑法与插空法计算恰有两个连续的空车位必须相邻的所有停车方法，再计算红白两车相邻的停车法；结合题意，用间接法，两数相减，即可得答案．本题考查排列组合的应用，本题运用间接法，捆绑法，插空法，可以避免讨论，简化计算．属于中档题．17.答案：√13+4解析：解：先固定点P ，则MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≤max{MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }，易得圆O 的半径为1，以C 为坐标原点建立如图所示坐标系，则M(3,2)，D(0,4)，设P(x,y)，则对应的圆的方程为：(x −1)2+(y −1)2=1； ∴MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −3,y −2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,2)；利用投影可得MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≤0， MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3)(x −3)+2(y −2)=−3x +2y +5； ∵(x −1)2+(y −1)2=1；故可得：x =1+cosα，y =1+sinα；∴MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +2y +5=2sinα−3cosα+4=√13sin (α−φ)+4，其中tanφ=32；所以：MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为：√13+4．故MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为√13+4．故答案为：√13+4．先根据条件把所求问题转化，再建立坐标系，通过点的坐标转化以及三角函数的有关知识即可求解结论．本题考查了数量积运算性质、三角函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.答案：解：(Ⅰ)f(x)=2sinx(12sinx +√32cosx)−12=sin 2x +√3sinxcosx −12=1−cos2x 2+√32sin2x −12=sin (2x −π6)，则f(x +φ)=sin (2x +2φ−π6)，由f(x +4)为偶函数可知f(0+φ)=sin (2φ−π6)=±1，所以2φ−π6=π2+kπ(k ∈Z)，解得φ=π3+kπ2(k ∈Z)．又因为φ∈(0,π)，所以φ=π3或56π．(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(A)=sin (2A −π6)=1⇒A =π3，sinB =2sinC ⇒b =2c ，所以由余弦定理得cosA =b 2+c 2−a 22bc⇒c =23√3，b =43√3，所以△ABC 的面积S =12bcsinA =12×43√3×23√3×√32=23√3．解析：(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果． (2)利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 19.答案：(Ⅰ)证明：如图，连接AC ， ∵AA 1//CC 1，且AA 1=CC 1，∴四边形ACC 1A 1为平行四边形，即A 1C 1//AC ．又底面ABCD 为等腰梯形，且AB =BC =CD =2，AD =4，∴AC ⊥CD ． ∵CC 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴CC 1⊥AC ．又CD ∩CC 1=C ，∴AC ⊥平面CDD 1C 1， ∴A 1C 1⊥平面CDD 1C 1；(Ⅱ)解：法一、由题意得BC 1=2√2，延长DC ，D 1C 1，AB ，A 1B 1交于点G ，取CG 中点M ，连接BM ，AC ．∵BM//AC//A 1C 1，BM ⊄平面A 1B 1C 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， ∴BM//平面A 1B 1C 1，∴点B 到平面A 1B 1C 1的距离和点M 到平面A 1B 1C 1的距离相等．由(Ⅰ)知A 1C 1⊥平面CDD 1C 1，又A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，∴平面A 1B 1C 1⊥平面CDD 1C 1．过点M 作MH ⊥GD 1于点H ，则MH ⊥平面A 1B 1C 1，即点M 到平面A 1B 1C 1的距离为MH =√22．设直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成的角为θ，则sinθ=MH BC 1=√222√2=14，即直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成角的正弦值为14；解法二、以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，过点D 且垂直于平面ADD 1A 1的直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3,√3,0),A 1(4,0,2),B 1(3,√3,1),C 1(1,√3,2)， BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,√3,0)，B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,1)．设平面A 1B 1C 1的法向量n⃗ =(x,y,z)，由{n ⃗ ⋅A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +√3y =0n ⃗ ⋅B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +z =0，令x =1，得n ⃗ =(1,√3,2)．设直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成的角为θ，则sinθ=|cos 〈BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 1,n ⃗ 〉|=2√2⋅2√2=14，即直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为14．解析：(Ⅰ)连接AC，由已知可得四边形ACC1A1为平行四边形，即A1C1//AC.再由已知证明CC1⊥AC.结合直线与平面垂直的判定可得AC⊥平面CDD1C1，从而得到A1C1⊥平面CDD1C1；(Ⅱ)法一、延长D1C1，AB，A1B1交于点G，取CG中点M，连接BM，AC.证明BM//平面A1B1C1，可得点B到平面A1B1C1的距离和点M到平面A1B1C1的距离相等．由(Ⅰ)知A1C1⊥平面CDD1C1，可得平面A1B1C1⊥平面CDD1C1.过点M作MH⊥GD1于点H，则MH⊥平面A1B1C1，求得点M到平面A1B1C1的距离为MH=√22.设直线BC1与平面A1B1C1所成的角为θ，可得sinθ，得到直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值；法二、以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，过点D且垂直于平面ADD1A1的直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标与平面A1B1C1的一个法向量n⃗，由BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与n⃗所成角的余弦值可得直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．本题考查直线与平面垂直的判定、线面角，考查空间想象能力和运算求解能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20.答案：解：(Ⅰ)由题意得当n≥2时，a n=S n−S n−1=n2+2n−(n−1)2−2(n−1)=2n+1，经检验当n=1时a1=3，也成立，∴数列{a n}的通项公式为a n=2n+1(n∈N∗)；当n≥2时，b n=T n−T n−1=b n−1−b n，∴b nb n−1=12，当n=1时，b1=12，∴数列{b n}的通项公式为b n=12n(n∈N∗)；(Ⅱ)∵1S n =1n(n+2)=12(1n−1n+2)，R n=12×(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)=12×(1+12−1n+1−1n+2)<34．当n≥2时，T n=1−b n=1−12≥T2=34>R n，且T1>R1，∴T n>R n(n∈N∗)．解析：(Ⅰ)运用数列的递推式：当n≥2时，a n=S n−S n−1，计算可得a n；运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得所求b n；(Ⅱ)求得1S n =1n(n+2)=12(1n−1n+2)，由数列的裂项相消求和可得R n，讨论当n≥2时，n=1时，R n与T n的大小可得所求关系．本题考查数列的通项与求和，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题．21.答案：解：(Ⅰ)由题易知A(0,1)，则p2=1，则抛物线的方程为x2=4y．设B(x1,x124),C(x2,x224)．∵PC⊥CB，∴PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2−2,x 224−1)⋅(x 1−x 2,x 12−x 224)=(x 2−2)(x 1−x 2)+x 22−44⋅x 12−x 224=0，化简得1+(x 2+2)(x 1+x 2)16=0，即x 1=−16x2+2−x 2=−[(x 2+2)+16(x2+2)]+2∈(−∞,−6]∪[10,+∞)，故点B 橫坐标的取值范围为(−∞,−6]∪[10,+∞)． (Ⅱ)设直线BC ：y =kx +1,B(x 1,x 124),C(x 2,x 224)，联立{y =kx +1x 2=4y得x 2−4kx −4=0，显然△>0，∴{x 1+x 2=4kx 1x 2=−4，∴BC 的中点坐标为(2k,2k 2+1)．设直线MN 的方程为y =mx ，其中m =2k 2+12k．联立{y =mx x 2+2y 2=2得(1+2m 2)x 2=2，∴x M =−x N =√2√1+2m 2， ∴|MN|=2√1+m 2|√2√1+2m 2．由点到直线的距离公式可知，点B 、C 到MN 的距离分别为d 1=|x 124−mx |√m 2+1，d 2=|x 224−mx |√m 2+1．且点B ，C 在直线MN 的两侧， ∴d 1+d 2=|(x 124−mx )−(x 224−mx )|√m 2+1=|x 1+x 24(x −x )−m(x −x )|√m 2+1=4|k−m|⋅√k 2+1√m 2+1． ∵MN 平分BC ，∴S △BMN =S △CMN ， ∴S △BMN =12(S △BMN +S △CMN )=|MN|4⋅(d 1+d 2)=2|k −m|√k 2+1|√2√1+2m 2=2√k 2+14k 4+6k 2+1．设k 2+1=t ，t ≥1， ∴k 2+14k 4+6k 2+1=t4(t−1)2+6(t−1)+1=14t−1t−2≤1，即当k =0时，(S △BMN )max =2．解析：(Ⅰ)先根据椭圆的几何性质求出点A 的坐标，从而得到抛物线的方程，设B(x 1,x 124),C(x 2,x 224)，结合PC ⊥CB ，利用平面向量数量积的坐标运算，构造等式，用x 2表示出x 1，然后利用对勾函数的性质即可得解；(Ⅱ)设直线BC 的方程为y =kx +1，联立该方程与抛物线的方程，结合韦达定理可求得BC 中点的坐标；再设直线MN 的方程为y =mx ，联立该方程与椭圆的方程，可求得M 、N 的坐标，进而求得线段|MN|的长，以及利用点到直线的距离公式可求得B 、C 两点到直线MN 的距离d 1，d 2，由于MN 平分BC ，所以S △BMN =12(S △BMN +S △CMN )=|MN|4⋅(d 1+d 2)，最后对其进行化简整理，即可得解．本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，涉及曲直联立、点到直线的距离公式、平面向量数量积的坐标运算、利用对勾函数、换元法等求最值，具有一定的综合性，考查学生转化与化归的思想和运算能力，属于难题．22.答案：解：(Ⅰ)由题意可知x >0，f′(x)=a +1x ．当a ≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，f(x)在(0,−1a )上单调递增，在(−1a ,+∞)上单调递减．(Ⅱ)解法一：由题意可知x >0，且g(x)=(ax +lnx)(x −lnx)−x 2=0⇔(a +lnx x)(1−lnx x)=1．令t =lnx x,t ∈(−∞,1e ],则(a +t)(1−t)=1．记φ(t)=t 2+(a −1)t +1−a =0，(∗)当a ≤−1时，a +t <0，1−t >0，与(a +t)(1−t)=1相矛盾，此时(∗)式无解；当a =0时，φ(t)=t 2−t +1=0无解；当a =1时，(∗)式的解为t =0，此时g(x)=0有唯一解x =1；当a ≥2时，{t 1t 2=1−a <0t 1+t 2=1−a <0，φ(1e )=1e 2+(a −1)(1e −1)≤1e 2+1e −1<0，所以(∗)式只有一个负根t 0，g(x)=0有唯一解，故a 的最小值为1．解法二：由题得g(x)=(ax +lnx)(x −lnx)−x 2=0⇔(a +lnx x)(1−lnx x)=1，令t =lnx x，则a =11−t −t ．再令k =1−t ，则a +1=k +1k ．记y =k +1k ,k =1−lnx x，函数y =k +1k 和函数k =1−lnx x的图象如图所示：当a +1<2，即a <1时，显然不成立；当a +1≥2，即a ≥1时，由a ∈Z ，得方程a +1=k +1k 存在唯一解k 0，且k 0≥1．此时k =1−lnx x亦存在唯一解x 0．综上，a的最小值为1．解析：(Ⅰ)可求得f′(x)=a+1x(x>0)，分a≥0与a<0两类讨论可得函数的单调情况；(Ⅱ)解法一：由g(x)=0，可得(a+lnxx )(1−lnxx)=1，令t=lnxx,t∈(−∞,1e]，则(a+t)(1−t)=1，记φ(t)=t2+(a−1)t+1−a=0，(∗)分a≤−1，a=0，a=1三类讨论，可得a的最小值；解法二：由题得g(x)=(ax+lnx)(x−lnx)−x2=0⇔(a+lnxx )(1−lnxx)=1，令t=lnxx，则a=1 1−t −t，再令k=1−t，则a+1=k+1k，记y=k+1k,k=1−lnxx，作出函数y=k+1k和函数k=1−lnxx的图象，分析可求得a的最小值．本题考查导数在研究函数中的应用，突出考查推理论证能力，考查分类与整合思想、等价转化思想及数形结合思想的综合运用，属于难题．。

浙江省高三下学期数学4月高考模拟试卷

浙江省高三下学期数学4月高考模拟试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、填空题 (共14题；共18分)1. （1分） (2015高二下·定兴期中) 复数z= （其中i为虚数单位）的虚部为________．2. （1分） (2016高一上·杭州期中) 设全集U=R，集合A={x|﹣1＜x＜4}，B={y|y=x+1，x∈A}，（∁UA）∩（∁UB）=________3. （1分）同时抛掷两枚均匀地骰子，所得点数之和为8的概率是________．4. （1分）数据 x1 ， x2 ，…，x8平均数为6，标准差为2，若数据 3x1﹣5，3x2﹣5，…，3x8﹣5的平均数为a，方差为b，则a+b=________．5. （1分） (2016高一下·大连期中) 执行如图所示的程序框图，如果输入的N是5，那么输出的S是________．6. （1分） (2017高二上·大连期末) 已知以F为焦点的抛物线y2=4x上的两点A、B满足，求|AB|=________．7. （1分） (2019高二上·荆州期中) 过且与双曲线有相同渐近线的双曲线的标准方程为________．8. （1分）(2019·长宁模拟) 若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为________。

9. （1分） (2019高三上·浙江月考) 已知，是椭圆：与双曲线的公共焦点，是，的公共点，若，则的渐近线方程为________.10. （1分）(2017·苏州模拟) 已知四面体ABCD的底面BCD是边长为2的等边三角形，AB=AC=3，则当棱AD 长为________时，四面体ABCD的体积最大．11. （1分） (2019高一上·扬州月考) 已知函数是定义在R上的奇函数，且在区间上单调递增，则不等式的解集为________．12. （5分） (2017高二下·陕西期末) 曲线y=x2+ 在点（1，2）处的切线方程为________．13. （1分）已知圆C：x2+y2=4，过点A（2，3）作C的切线，切点分别为P，Q，则直线PQ的方程为________14. （1分） (2018高一上·海安月考) 下列说法中不正确的序号为________．①若函数在上单调递减，则实数的取值范围是；②函数是偶函数，但不是奇函数；③已知函数的定义域为，则函数的定义域是；④若函数在上有最小值－4，（，为非零常数），则函数在上有最大值6．二、解答题 (共11题；共105分)15. （10分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3acosA=ccosB+bcosC．（1）求cosA，sinA的值；（2）若cosB+cosC= ，求cosC+ sinC的值．16. （10分） (2017高二下·双流期中) 在如图的平面多边形ACBEF中，四边形ABEF是矩形，点O为AB的中点，△ABC中，AC=BC，现沿着AB将△ABC折起，直至平面ABEF⊥平面ABC，如图，此时OE⊥FC．（1）求证：OF⊥EC；（2）若FC与平面ABC所成角为30°，求二面角F﹣CE﹣B的余弦值．17. （10分） (2019高一上·肥东期中) 已知，且，若函数在区间上的最大值与最小值之差为1.（1）求的值；（2）若，求函数的值域.18. （10分）(2020·银川模拟) 已知关于的不等式有解，记实数的最大值为.（1）求的值；（2）正数满足，求证： .19. （10分）(2020·天津) 已知椭圆的一个顶点为，右焦点为F，且，其中O为原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点C满足，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），直线与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段的中点．求直线的方程．20. （15分） (2020高一下·七台河期末) 已知是公差为3的等差数列，数列满足，，.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求的前n项和 .21. （5分）(2019·江苏) A.[选修4-2：矩阵与变换]已知矩阵（1）求A2；（2）求矩阵A的特征值.22. （5分）(2018·河北模拟) 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 .（1）求曲线的直角坐标方程；（2）在平面直角坐标系中，将曲线的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到曲线，过点作直线，交曲线于两点，若，求直线的斜率.23. （5分） (2020高一下·丽水期中) 已知函数 .（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，设正实数满足，求的最小值.24. （10分） (2016高二下·揭阳期中) 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．（1）求PB和平面PAD所成的角的大小；（2）证明：AE⊥平面PCD；（3）求二面角A﹣PD﹣C得到正弦值．25. （15分） (2019高二下·蓝田期末) 已知5名同学站成一排，要求甲站在中间，乙不站在两端，记满足条件的所有不同的排法种数为 .（I）求的值；（II）求的展开式中的常数项.参考答案一、填空题 (共14题；共18分)答案：1-1、考点：解析：答案：2-1、考点：解析：答案：3-1、考点：解析：答案：4-1、考点：解析：答案：5-1、考点：解析：答案：6-1、考点：解析：答案：7-1、考点：解析：答案：8-1、考点：解析：答案：9-1、考点：解析：答案：10-1、考点：解析：答案：11-1、考点：解析：答案：12-1、考点：解析：答案：13-1、考点：解析：答案：14-1、考点：解析：二、解答题 (共11题；共105分)答案：15-1、答案：15-2、考点：解析：答案：16-1、答案：16-2、考点：解析：答案：17-1、答案：17-2、考点：解析：答案：18-1、答案：18-2、考点：解析：答案：19-1、考点：解析：答案：20-1、考点：解析：答案：21-1、答案：21-2、考点：解析：答案：22-1、答案：22-2、考点：解析：答案：23-1、答案：23-2、考点：解析：答案：24-1、。

2020届浙江省普通高中高三下学期4月高考适应性考试数学试卷及解析

2020届浙江省普通高中高三下学期4月高考适应性考试数学试卷★祝考试顺利★(解析版)第一卷（选择题）参考公式若事件A ,B 互斥,则()()()P A B P A P B +=+若事件A ,B 相互独立,则()()()P AB P A P B =若事件A 在一次试验中发生的概率是p ,则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()()()10,1,2,,n k k k n n P k C P p k n -=-=⋅⋅⋅台体的体积公式()121h 3V S S = 其中1S ,2S 分别表示台体的上、下底面积,h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh = 其中S 表示柱体的底面积,h 表示柱体的高锥体的体积公式1V Sh 3= 其中S 表示锥体的底面积,h 表示锥体的高球的表面积公式2S 4R π= 球的体积公式34V R 3π= 其中R 表示球的半径一、选择题：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,x y R ∈,设集合(){}2ln 1A x y x ==-,(){}2ln 1B y y x ==-,则 R B A ⋂=( )A. ()0,1B. (],1-∞-C. [)0,1D. (),1-∞-【答案】A【解析】由题意{}11A x =-<<,{}0B y y =≤,利用补集和交集的概念计算即可.【详解】由题意(){}{}{}22ln 11011A x y x x x x ==-=->=-<<,(){}{}{}2ln 1ln10B y y x y y y y ==-=≤=≤,所以() 0,R B =+∞,() 0,1R B A ⋂=.故选：A.2. 下列通项表达式中能表达数列,1,,1,,1,, 1......i i i i ----的是( )A. n iB. n i -C. 3n iD. 3n i -【答案】D【解析】根据数列中的项和通项公式逐项排除即可得解.【详解】当1n =时,1a i =,而1i i -=-,3i i =-,故排除B 、C 选项；当2n =时,21a =,而21i =-,故可排除A 选项.故选：D.3. 某几何体三视图如图所示（单位：cm ）,其左视图为正方形,则该几何体的体积（单位：cm 3）是( )A. 8243π-B. 16243π-C. 8303π-D. 16303π- 【答案】C【解析】由三视图还原出几何体为一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成,分别求出各部分体积即可得解.【详解】由三视图可知,该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成, 长方体的体积为134336V =⨯⨯=；截去的三棱锥有三个两两垂直的棱,长度分别为3,3,4, 则截去的三棱锥体积为211334632V =⨯⨯⨯⨯=；。

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绝密★考试结束前
数学（四）
考生须知：
1. 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。

2. 答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。

3. 所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。

4. 考试结束后，只需上交答题卷。

选择题部分
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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a , b ∈ R , i 是虚数单位，若 a + i
与1+ bi 互为共轭复数，则（）
i
B . a + b = 0
A . a - b = 0
C . a = 1
D . b = 1
⎧x - 2 y ≥ -2
⎪
2. 已知实数 x , y 满足 x + y ≤ 1 ，则 x + y 的最大值为（）
⎨ ⎪ y ≥ 0 ⎩
A . 4
B . 3
C . 2 ”成立的（）
D .1
3. 已知a , b ∈ R ，则 “ e a
> e b
”是“ a A ．充分非必要条件 C ．充要条件
> b B ．必要非充分条件
D ．既非充分也非必要条件
4.在正三棱柱 ABC - A 1 B 1C 1 中， AB = AA 1 = 2 ， M 是棱 AA 1 上的动点，则三棱锥 M - BCB 1 的体积为（） D ． 4 3
B ． 2 3
C ． 2 2 A ．不确定
3 3
5．已知函数 f (x ) = 2sin(ωx - π )(ω > 0) 和 g (x ) = cos(3x + ϕ)(| ϕ |< π
) 的图象的对称轴完全相
6 2
同，则（）
A .
ω = 2 ，ϕ = π B . ω = 3 ， ϕ = π C . ω = 2 ， ϕ = π D .
ω = 3 ，ϕ = π
3
3
6
6
6．若函数 f ( x ) = x 2 在区间[a , b ] 上的值域为[t , t +1
](t ∈ R ) ，则b - a （）
A .有最大值，但无最小值
C .无最大值，但有最小值
B . 既有最大值，也有最小值 D . 既无最大值，也无最小值
2019 ⎛ 22 22019 ⎫ 23 7.设 a n 是(2 + x ) n
( n ≥ 2 ，且 n ∈ N )的展开式中 x 项的系数，则 2
+ + +
⎪ 的 2018 ⎝ a 2 a 3
a 2019 ⎭ 值为（） B . 2006
D . 1003
A . 4
C . 8
2017
2017
8．如图，点 P 在正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 的表面上运动，且 P 到直线 BC 与点 D 1 的距离相等．如果将正方体在平面内展开，那么动点 P 的轨迹在展开图中的形状是（）
D 1
C 1 A 1
C
A
9. 已知平面向量a , b , c 满足： a - b = 4 ，且(a - c ) ⋅ (b - c ) = -3 ，则c ⋅ (a + b ) 的最小值为（） 1
1 1
1
C . -
4
D . -
2
A .
4
B .
2
10.已知抛物线C : y 2
= x ，以 M (1,1) 为直角顶点作该抛物线的内接直角∆MAB ，则点 M 到直线
AB 的距离的最大值为（）
3
5
C ． 6
7
A ．
B ． D ．非选择题部分
二、填空题: 本大题共 7 小题, 多空题每小题 6 分, 单空题每小题 4 分,共 36 分．
11.集合 A = {x | -1 ≤ x ≤ 2},B = {x |1 < x < 4} ，则 A B = ，
A (C R
B ) = ．
P B
1
D
12.若圆x2 +y2 -2x -4 y -4 =0 关于直线y =3x +b 对称，则圆的半径为，b 的值为
.
2
+8
=1，则x +y 的最小值是，此时(x, y )=
13.已知正数x, y 满足.
x +1 y
=5
，则6
14. 在矩形ABCD 中，AB = 2, AD = 1 ，E, F 分别是边AB, AD 上的动点，且S
∆CEF •BE = ，当∠ECF 最大时，DF 的长为．
DF
15．用红黄蓝三种颜色给如图所示的六个圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案共有.
A B C
D E F
第15 题图第16 题图
16.已知点A 、B 是曲线C : y =x +1 (x > 0 )
上任意的两个不同点，分别过A 、B 作曲线C 的切x
线交y 轴和直线y =x 于P 、Q 、M 、N （如图），记这两条切线的交点为G ，则S
∆PMG : S
∆QNG
的取值所构成的集合为．
17．设函数f(x)=|ax2-bx+3|，若对任意的负实数a和实数b，总有x∈[1,2]，使得f (x ) ≥mx ，
000则实数m 取值范围是．
三、解答题（本大题共 5 小题，共74 分）
18．（本题满分14 分）设函数f(x)=3sinωx cosωx+cos2ωx．其中1≤ω<3.
（Ⅰ）若f (x) 的最小正周期为π，求f (x) 的单调增区间；
（Ⅱ）若函数f (x) 的图象的一条对称轴为x =，求函数f (x) 的对称中心．
3
π
19．（本题满分 15 分）如图，在四棱锥 P - ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形， AB // CD ，
AB = AD = 1 ， BC ⊥ BD ， PA = 3EA ．
（Ⅰ）求证： PC //平面 DBE ；
（Ⅱ）若 PD = PC = 2 且二面角 P - DC - B =
5π ，求 PB
6
与平面 PCD 所成角的正弦值.
20. （本题满分 15 分）对任意的正整数n ，数列{a n } 和{b n } 满足： a 1 = 1 ，且
a n + a n -1 + a n -2 a 2 + a 1 + + = T
n b b b b b n -1 n
1 2 3 n +2
3 3n 9 ，试问：{ } 是否为等比数列，若是，求公比q 的值； = n ， T = - - （I ）若 a b n n n
4 2 4
n
= ⎛ 1 ⎫ + a = 3n ，求满足4T ， a - 3a ≥ 2020 的正整数n 的最小值.
（II ）若b n 3 ⎪ n n +1 n n ⎝ ⎭
x 2 y 2 21 ．（本题满分 15 分）如图所示，已知椭圆 C ： + = 1(a > b > 0) ，圆 O ：
a 2 b
2 x 2 + y 2 = r 2 (0 < r < b ) ．椭圆C 的离心率为 6
且过点(0, 2) ． P 为椭圆上的一动点，过点 P
3
作圆O 的两条切线l 1 , l 2 ，且两切线的斜率之积k 1k 2 为定值．
（Ⅰ）求椭圆C 的方程与r 的值； y
l 1
（Ⅱ）若l 与椭圆C 交于 P , Q 两点，与圆O 切于点 A ，
l 2 1 P
A
与 x 轴正半轴交于点 B ，且满足| PA |=| QB | ，求l 1 的方程．
O B
x
Q
22．（本题满分 15 分）已知 f (x ) = e
x -a +1
, g ( x ) =x 2 + bx +1
（Ⅰ）当b = 0 时，证明：对任意的实数 a ，方程 f ( x ) = g ( x ) 恒有解；（Ⅱ）当a = b 时， f ( x ) ≥ g ( x ) 对任意的 x ≥ 0 恒成立，求实数a 的取值范围．。