2020年浙江省温州市高考数学模拟试卷(6月份)
浙江省温州市2020届高三适应性测试(三模)数学试题(含答案)
2020年6月份温州市普通高中高考适应性测试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共4页,满分150分,考试时间120分钟 参考公式如果事件A 、B 互斥,那么 P(A+B)=P(A)+P(B)如果事件A 、B 相互独立,那么()()()P A B P A P B ⋅=⋅如果事件A 在一次试验中发生的概率为p,那么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()1-)(0,1,2,,)k kn kn nP k C p p k n -==(台体的体积公式121()3V S S h =其中S 1、S 2表示台体的上、下底面积,h 表示棱台的高; 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V=Sh其中S 表示锥体的底面积,h 为表示锥体的高;球的表面积公式24S R π=球的体积公式343V R π=其中R 表示球的半径选择题部分(共40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.已知集合{2,1,2,3},{|1)2},M N x x x =-=+>(则M∩N= A. ∞ B.{2} .{2,3}C .{2,1,2,3}D -2.若复数1i 1iz a =+- (i 为虚数单位,R a ∈)的实部与虚部互为相反数,则a= A.-2B.-1C.0D.13.已知双曲线()222210,0y x a b a b-=>>的焦距为10,虚轴长为4,则该双曲线的渐近线方程为.340A x y ±=.430B x y ±=20C y ±=.20D x ±=4.已知直线:0,l ax by +=圆C:2220,x y x +-=则“a=0”是“直线l 与圆C 相切”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5.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),其俯视图是两个同心圆,且小圆的内接四边形是正方形,则该几何体的体积等于 cm 3112112.8.1633A B ππ-- 28.83C π- 28.163D π-6.已知随机变量ζ的分布列如下:其中23120.x x x x --=>若E(ζ)>x 2,则12.A p p >23.B P P < 23.C p p > 13.D p p <用数学归纳法证明不等式()*1114,21225n n n N n n +++++∈时,可将其转化为证明()*11141.,2122521A n n n N n n n +++++++∈ ()*14.,2122115211B n n n N n n n +++-+++∈()*1114.,2112252C n n n n n n N +++∈+++ ()*11141.,212252D n n n n n nN +++∈-++8.定义在R 上的函数f(x)的导函数为(),f x '且()()0,xf f x x '+=则()f x 的图象可能是9.设R,a ∈若1x 对0x ≥恒成立,则a 的最大值为 A.-2 B. -32 C.-1 D.-1210.如图,二面角l αβ--的平面角的大小为60°,A,B 是l 上的两个定点,且2,AB C =∈α,,D β∈满足AB 与平面BCD 所成的角为30,且点A 在平面BCD上的射影H 在BCD ∆的内部(包括边界),则点H 的轨迹的长度等于A.B. π3C.D. 2π3 非选择题部分(共110分)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.若实数a,b 满足2log 2log 1,3a b ==则a= ▲ ,3b = ▲ .12.二项式722x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中,所有二项式系数的和是 ▲ ,含x 的项的系数是 ▲ .13.已知实数x,y 满足约束条件()||1y x y x k ⎧+⎪≤⎪⎨⎩,若可行域表示的平面区域为三角形,则实数k 的取值范围为 ▲ ,当12k =时,2z x y =+的最大值为 ▲ 14.已知函数()()()sin 0,0x x f ϕωϕπω=+>是偶函数,且在[0,π2]上是减函数,则φ= ▲ ,ω的最大值是 ▲ .15.有10个相同的小球,现全部分给甲、乙、丙3人,若甲至少得1球,乙至少得2球,丙至少得3球,则他们所得的球数的不同情况有 ▲ 种。
2020年浙江省高考数学选考模拟试卷及答案解析(6月份)
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2020年浙江省高考数学选考模拟试卷(6月份)
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.已知集合A ={x ||x |<2},B ={x |x 2﹣3x <0},则A ∩B =( )
A .(0,2)
B .(0,3)
C .(2,3)
D .(﹣2,3) 2.双曲线x 2−y 24=1的渐近线方程是( )
A .y =±√55x
B .y =±√5x
C .y =±12x
D .y =±2x
3.若实数x ,y 满足约束条件{y ≥0
x +2y −2≤0x −y ≥0
,则z =|x ﹣2y |的最大值是( )
A .23
B .2√55
C .2
D .√5
4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A .2
B .4
C .4√2
D .12
5.已知{a n }是等差数列,a 1=11,S n 为数列{a n }的前n 项和,且S 5=S 7,则S n 的最大值为
( )
A .66
B .56
C .46
D .36 6.在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别是a ,b ,c ,则“
a sinB =b+c sinC+sinA ”是“△ABC 为等腰三角形”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
7.已知随机变量ξ满足P (ξ=0)=1﹣p ,P (ξ=1)=p ,且0<p <1,令随机变量η=|ξ
﹣E (ξ)|,则( )。
2020年高考数学模拟试卷1(文科)(新课标ⅲ)
2020年高考数学模拟试卷1(文科)(新课标Ⅲ)一.选择题(共12小题,满分60分,每小题5分)1.(5分)已知集合A ={1,2,3,4},B ={x |x (x ﹣2)>0},则A ∩B =( ) A .{1,2}B .{2,3}C .{3,4}D .{1,4}2.(5分)已知a +bi (a ,b ∈R )是1−i 1+i的共轭复数,则a +b =( )A .﹣1B .−12C .12D .13.(5分)在一次抽奖活动中,一个箱子里有编号为1至10的十个号码球(球的大小、质地完全相同,但编号不同),里面有n 个号码为中奖号码,若从中任意取出4个小球,其中恰有1个中奖号码的概率为821,那么这10个小球中,中奖号码小球的个数n 为( )A .2B .3C .4D .54.(5分)总体由编号为01,02,…,49,50的50个个体组成,利用下面的随机数表选取6个个体,选取方法是从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字,则选出的第4个个体的编号为( ) 附:第6行至第9行的随机数表2748 6198 7164 4148 7086 2888 8519 1620 7477 0111 1630 2404 2979 7991 9683 5125 3211 4919 7306 4916 7677 8733 9974 6732 2635 7900 3370 9160 1620 3882 7757 4950 A .3B .19C .38D .205.(5分)已知函数f (x )=sin ωx −√3cos ωx (ω>0),若方程f (x )=﹣1在(0,π)上有且只有四个实数根,则实数ω的取值范围为( ) A .(136,72]B .(72,256] C .(256,112] D .(112,376]6.(5分)已知数列{a n }是等比数列,函数y =x 2﹣5x +3的两个零点是a 1、a 5,则a 3=( ) A .1B .﹣1C .±√3D .√37.(5分)曲线y =sin x ﹣2cos x 在点(π,2)处的切线方程为( ) A .x +y ﹣π﹣2=0B .x ﹣y ﹣π+2=0C .2x +y ﹣π+2=0D .2x ﹣y ﹣π﹣2=08.(5分)已知直线l 和平面α,若直线l 在空间中任意放置,则在平面α内总有直线l ′和l ( )A .垂直B .平行C .异面D .相交9.(5分)执行如图所示的程序框图,输出的结果为( )A .22019﹣1B .22019﹣2C .22020﹣2D .22020﹣110.(5分)双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)与抛物线y 2=8x 有一个公共焦点F ,双曲线上过点F 且垂直实轴的弦长为2√2,则双曲线的离心率等于( ) A .2√33B .3√22C .√2D .√311.(5分)已知命题p :“∀x ∈R ,x 2+1≥0”的否定是“∀x ∈R ,x 2+1<0”;命题q :函数f (x )=x 2﹣2x 有三个零点,则下列命题为真命题的是( ) A .p ∧qB .p ∨qC .¬qD .p ∧(¬q )12.(5分)符合以下性质的函数称为“S 函数”:①定义域为R ,②f (x )是奇函数,③f (x )<a (常数a >0),④f (x )在(0,+∞)上单调递增,⑤对任意一个小于a 的正数d ,至少存在一个自变量x 0,使f (x 0)>d .下列四个函数中f 1(x)=2aπarctanx ,f 2(x)=ax|x|x 2+1,f 3(x)={ a −1x x >00x =0−a −1x x <0,f 4(x)=a ⋅(2x−12x +1)中“S 函数”的个数为( ) A .1个B .2个C .3个D .4个二.填空题(共4小题,满分20分,每小题5分)13.(5分)已知向量a →=(3,﹣2),b →=(m ,1).若向量(a →−2b →)∥b →,则m = . 14.(5分)数列{a n }中,a n ﹣a n ﹣1=2(n ≥2),S 10=10,则a 2+a 4+a 6+…+a 20= . 15.(5分)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),M ,N 是椭圆上关于原点对称的两点,P是椭圆上任意一点,且直线PM ,PN 的斜率分别为k 1,k 2,若椭圆的离心率为√22,则k 1k 2= .16.(5分)已知三棱锥S ﹣ABC 的体积为V ,点E ,F 分别在棱SB ,SC 上,且SE =EB ,SF =12FC ,则四棱锥A ﹣BCFE 的体积为 . 三.解答题(共5小题,满分60分,每小题12分)17.(12分)为庆祝国庆节,某中学团委组织了“歌颂祖国,爱我中华”知识竞赛,从参加考试的学生中抽出60名,将其成绩(成绩均为整数)分成[40,50),[50,60),…,[90,100)六组,并画出如图所示的部分频率分布直方图,观察图形,回答下列问题: (1)求第四组的频率,并补全这个频率分布直方图;(2)请根据频率分布直方图,估计样本的众数、中位数和平均数.(每组数据以区间的中点值为代表)18.(12分)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .(1)若23cos 2A +cos2A =0,且△ABC 为锐角三角形,a =7,c =6,求b 的值; (2)若a =√3,A =π3,求b +c 的取值范围.19.(12分)如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中,ABCD 是矩形,P A =AB ,E 为PB 的中点. (1)若过C ,D ,E 的平面交P A 于点F ,求证:F 为P A 的中点; (2)若平面P AB ⊥平面PBC ,求证:BC ⊥P A .20.(12分)已知函数f (x )=xlnx +ax 2﹣1,且f '(1)=﹣1. (1)求a 的值;(2)若对于任意x ∈(0,+∞),都有f (x )﹣mx ≤﹣1,求m 的最小值.21.(12分)已知抛物线y =x 2上的A ,B 两点满足OA →⋅OB →=2,点A 、B 在抛物线对称轴的左右两侧,且A 的横坐标小于零,抛物线顶点为O ,焦点为F . (1)当点B 的横坐标为2,求点A 的坐标;(2)抛物线上是否存在点M ,使得|MF |=λ|MO |(λ>0),若存在请说明理由; (3)设焦点F 关于直线OB 的对称点是C ,求当四边形OABC 面积最小值时点B 的坐标. 四.解答题(共1小题,满分10分,每小题10分)22.(10分)在平面直角坐标系xOy 中,直线l 的普通方程是y =xtanα(π2<α<π),曲线C 1的参数方程是{x =a +acosφy =asinφ(φ为参数).在以O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中,曲线C 2的极坐标方程是ρ=2b sin θ. (1)写出l 及C 1的极坐标方程;(2)已知a =12,b =1,l 与C 1交于O ,M 两点,l 与C 2交于O ,N 两点,求2|OM |2+|OM ||ON |的最大值.五.解答题(共1小题) 23.已知f (x )=|x ﹣1|+|2x +3|. (1)求不等式f (x )>4的解集;(2)若关于x 的不等式|x +l |﹣|x ﹣m |≥|t ﹣1|+|2t +3|(t ∈R )能成立,求实数m 的取值范围.2020年高考数学模拟试卷1(文科)(新课标Ⅲ)参考答案与试题解析一.选择题(共12小题,满分60分,每小题5分)1.(5分)已知集合A ={1,2,3,4},B ={x |x (x ﹣2)>0},则A ∩B =( ) A .{1,2}B .{2,3}C .{3,4}D .{1,4}【解答】解:∵A ={1,2,3,4},B ={x |x <0或x >2}, ∴A ∩B ={3,4}. 故选:C .2.(5分)已知a +bi (a ,b ∈R )是1−i 1+i的共轭复数,则a +b =( )A .﹣1B .−12C .12D .1【解答】解:1−i 1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i 2=−i ,∴a +bi =﹣(﹣i )=i , ∴a =0,b =1, ∴a +b =1, 故选:D .3.(5分)在一次抽奖活动中,一个箱子里有编号为1至10的十个号码球(球的大小、质地完全相同,但编号不同),里面有n 个号码为中奖号码,若从中任意取出4个小球,其中恰有1个中奖号码的概率为821,那么这10个小球中,中奖号码小球的个数n 为( )A .2B .3C .4D .5【解答】解:依题意,从10个小球中任意取出4个小球,其中恰有1个中奖号码的概率为821,所以821=C n 1×C 10−n3C 104,所以n (10﹣n )(9﹣n )(8﹣n )=480,(n ∈N *) 解得n =4. 故选:C .4.(5分)总体由编号为01,02,…,49,50的50个个体组成,利用下面的随机数表选取6个个体,选取方法是从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字,则选出的第4个个体的编号为( ) 附:第6行至第9行的随机数表2748 6198 7164 4148 7086 2888 8519 1620 7477 0111 1630 2404 2979 7991 9683 5125 3211 4919 7306 4916 7677 8733 9974 6732 2635 7900 3370 9160 1620 3882 7757 4950 A .3B .19C .38D .20【解答】解:从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字,位于01至50中间,含端点, 则这四个数为:41、48、28,19, 故选:B .5.(5分)已知函数f (x )=sin ωx −√3cos ωx (ω>0),若方程f (x )=﹣1在(0,π)上有且只有四个实数根,则实数ω的取值范围为( ) A .(136,72]B .(72,256]C .(256,112] D .(112,376]【解答】解:f (x )=2sin (ωx −π3), 作出f (x )的函数图象如图所示:令2sin (ωx −π3)=﹣1得ωx −π3=−π6+2k π,或ωx −π3=7π6+2k π, ∴x =π6ω+2kπω,或x =3π2ω+2kπω,k ∈Z ,设直线y =﹣1与y =f (x )在(0,+∞)上从左到右的第4个交点为A ,第5个交点为B , 则x A =3π2ω+2πω,x B =π6ω+4πω,∵方程f(x)=﹣1在(0,π)上有且只有四个实数根,∴x A<π≤x B,即3π2ω+2πω<π≤π6ω+4πω,解得72<ω≤256.故选:B.6.(5分)已知数列{a n}是等比数列,函数y=x2﹣5x+3的两个零点是a1、a5,则a3=()A.1B.﹣1C.±√3D.√3【解答】角:由韦达定理可知a1+a5=5,a1•a5=3,则a1>0,a5>0,从而a3>0,且a32=a1⋅a5=3∴a3=√3,故选:D.7.(5分)曲线y=sin x﹣2cos x在点(π,2)处的切线方程为()A.x+y﹣π﹣2=0B.x﹣y﹣π+2=0C.2x+y﹣π+2=0D.2x﹣y﹣π﹣2=0【解答】解:因为y=sin x﹣2cos x,所以y′=cos x+2sin x,则当x=π时,y′=﹣1,又因为x=π时,y=2,故曲线在(π,2)处的切线方程为y﹣2=﹣(x﹣π),整理得x+y ﹣2﹣π=0,故选:A.8.(5分)已知直线l和平面α,若直线l在空间中任意放置,则在平面α内总有直线l′和l()A.垂直B.平行C.异面D.相交【解答】解:当直线l与平面α相交时,平面α内的任意一条直线与直线l的关系只有两种:异面、相交,此时就不可能平行了,故B错.当直线l与平面α平行时,平面α内的任意一条直线与直线l的关系只有两种:异面、平行,此时就不可能相交了,故D错.当直线a在平面α内时,平面α内的任意一条直线与直线l的关系只有两种:平行、相交,此时就不可能异面了,故C错.不管直线l与平面α的位置关系相交、平行,还是在平面内,都可以在平面α内找到一条直线与直线l ′垂直, 因为直线在异面与相交时都包括垂直的情况,故A 正确. 故选:A .9.(5分)执行如图所示的程序框图,输出的结果为( )A .22019﹣1B .22019﹣2C .22020﹣2D .22020﹣1【解答】解:模拟程序的运行,可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S =2+22+23+…+22019的值, 由于S =2+22+23+…+22019=2(1−22019)1−2=22020﹣2.故选:C . 10.(5分)双曲线x 2a −y 2b =1(a >0,b >0)与抛物线y 2=8x 有一个公共焦点F ,双曲线上过点F 且垂直实轴的弦长为2√2,则双曲线的离心率等于( ) A .2√33B .3√22C .√2D .√3【解答】解:抛物线y 2=8x 的焦点F (2,0),可得c =2.双曲线上过点F 且垂直实轴的弦长为2√2,则2×b2a =2√2,又c 2=a 2+b 2,联立解得:a =b =√2. 则双曲线的离心率=ca =√2. 故选:C .11.(5分)已知命题p :“∀x ∈R ,x 2+1≥0”的否定是“∀x ∈R ,x 2+1<0”;命题q :函数f (x )=x 2﹣2x 有三个零点,则下列命题为真命题的是( ) A .p ∧qB .p ∨qC .¬qD .p ∧(¬q )【解答】解:“∀x ∈R ,x 2+1≥0”的否定是“∃x ∈R ,x 2+1<0”,故命题p 为假命题; 如图,函数f (x )=x 2﹣2x 有三个零点,故命题q 为真命题. ∴p ∧q 、¬q 、p ∧(¬q )为假命题;p ∨q 为真命题. 故选:B .12.(5分)符合以下性质的函数称为“S 函数”:①定义域为R ,②f (x )是奇函数,③f (x )<a (常数a >0),④f (x )在(0,+∞)上单调递增,⑤对任意一个小于a 的正数d ,至少存在一个自变量x 0,使f (x 0)>d .下列四个函数中f 1(x)=2aπarctanx ,f 2(x)=ax|x|x 2+1,f 3(x)={ a −1x x >00x =0−a −1x x <0,f 4(x)=a ⋅(2x−12x +1)中“S 函数”的个数为( ) A .1个B .2个C .3个D .4个【解答】解:(1)∵f 1(x )=2aπarctan x 的定义域为R ,∵−π2<arctan x <π2,∴f 1(x )的值域为(﹣a ,a ),∵f 1(x )是奇函数,在(0,+∞)上是增函数,∴f 1(x )是S 函数, (2)f 2(x )=ax|x|x 2+1的定义域为R ,∵﹣1<x|x|x 2+1<1,∴f 2(x )的值域是(﹣a ,a ),∵f 2(﹣x )=−ax|x|x 2+1=−f 2(x ),∴f 2(x )是奇函数, 当x >0时,f 2(x )=ax 2x 2+1=a −ax 2+1,∵a >0,∴f 2(x )在(0,+∞)上是增函数.∴f 2(x )是S 函数.(3)由解析式可知f 3(x )的定义域为R ,当x >0时,a −1x <a ,当x <0时,﹣a −1x >−a ,∴f 3(x )的值域是R ,不符合条件③,∴f 3(x )不是S 函数.(4)f 4(x )的定义域为R ,∵2x −12+1=1−22x +1,2x >0,∴﹣1<2x−12x +1<1,∴f 4(x)的值域是(﹣a ,a ).f 4(﹣x )=a •2−x −12−x +1=a •1−2x 1+2x=−f 4(x ).∴f 4(x )是奇函数.∵f 4(x )=a (1−22x+1),∴f 4(x )在(0,+∞)上是增函数.∴f 4(x )是S 函数. 故选:C .二.填空题(共4小题,满分20分,每小题5分)13.(5分)已知向量a →=(3,﹣2),b →=(m ,1).若向量(a →−2b →)∥b →,则m = −32. 【解答】解:∵向量a →=(3,﹣2),b →=(m ,1), ∴a →−2b →=(3−2m ,−4), ∵(a →−2b →)∥b →,∴﹣4m =3﹣2m , ∴m =−32. 故答案为:−32.14.(5分)数列{a n }中,a n ﹣a n ﹣1=2(n ≥2),S 10=10,则a 2+a 4+a 6+…+a 20= 120 . 【解答】解:由a n ﹣a n ﹣1=2(n ≥2),知数列{a n }是公差为2的等差数列, 由S 10=10,得10a 1+10×9d 2=10,即a 1+92d =1, a 2+a 4+a 6+…+a 20=10(a 1+d)+(10×9)2d2=10a 1+100d =10a 1+45d +55d =10(a 1+92d)+55d =10+55×2=120. 故答案为:120. 15.(5分)已知椭圆x 2a +y 2b =1(a >b >0),M ,N 是椭圆上关于原点对称的两点,P 是椭圆上任意一点,且直线PM ,PN 的斜率分别为k 1,k 2,若椭圆的离心率为√22,则k 1k 2= −12 .【解答】解:椭圆的离心率为√22,可得e =c a =√1−b22=√22,可得b 2a 2=12,设P (s ,t ),M (m ,n ),N (﹣m ,﹣n ),可得m 2a 2+n 2b 2=1,s 2a 2+t 2b 2=1,相减可得(m−s)(m+s)a +(n−t)(n+t)b =0,即有n−t m−s •n+tm+s=k 1k 2=−b 22=−12.故答案为:−12.16.(5分)已知三棱锥S ﹣ABC 的体积为V ,点E ,F 分别在棱SB ,SC 上,且SE =EB ,SF =12FC ,则四棱锥A ﹣BCFE 的体积为56V .【解答】解:∵三棱锥S ﹣ABC 的体积为V ,点E ,F 分别在棱SB ,SC 上,且SE =EB ,SF =12FC ,∴S 四边形BCFE =S △SBC ﹣S △SEF =12×SB ×SC ×sin∠BSC −12×SE ×SF ×sin∠BSC =12×SB ×SC ×sin∠BSC −12×12SB ×13SC ×sin∠BSC =56(12×SB ×SC ×sin∠BSC )=56S △SBC ,设点A 到平面SBC 的距离为h , 则三棱锥S ﹣ABC 的体积: V =13×S △SBC ×ℎ,∴四棱锥A ﹣BCFE 的体积:V A ﹣BCFE =13×S 四边形BCFE ×ℎ=13×56S △SBC ×h =56V . 故答案为:56V .三.解答题(共5小题,满分60分,每小题12分)17.(12分)为庆祝国庆节,某中学团委组织了“歌颂祖国,爱我中华”知识竞赛,从参加考试的学生中抽出60名,将其成绩(成绩均为整数)分成[40,50),[50,60),…,[90,100)六组,并画出如图所示的部分频率分布直方图,观察图形,回答下列问题:(1)求第四组的频率,并补全这个频率分布直方图;(2)请根据频率分布直方图,估计样本的众数、中位数和平均数.(每组数据以区间的中点值为代表)【解答】解:(1)因为各组的频率和等于1,所以第四组的频率为1﹣(0.025﹣0.015×2+0.010+0.005)×10=0.3.补全的频率分布直方图如图所示.(2)众数为:70+802=75,设中位数为x ,则0.1+2×0.15+(x −70)×0.03=0.5⇒x =7313.抽取学生的平均分约为45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71(分),所以可估计这次考试的平均分为71分.18.(12分)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .(1)若23cos 2A +cos2A =0,且△ABC 为锐角三角形,a =7,c =6,求b 的值; (2)若a =√3,A =π3,求b +c 的取值范围.【解答】解:(1)∵23cos 2A +cos2A =23cos 2A +2cos 2A ﹣1=0, ∴cos 2A =125,又∵A 为锐角,cosA =15, 而a 2=b 2+c 2﹣2bc cos A ,即b 2−125b −13=0, 解得b =5(舍负),∴b =5; (2)方法一:(正弦定理)由正弦定理可得b +c =2(sinB +sinC)=2(sinB +sin(2π3−B))=2√3sin(B +π6), ∵0<B <2π3,∴π6<B +π6<5π6, ∴12<sin(B +π6)≤1, ∴b +c ∈(√3,2√3]. 方法二:(余弦定理)由余弦定理a 2=b 2+c 2﹣2bc cos A 可得b 2+c 2﹣3=bc , 即(b +c)2−3=3bc ≤34(b +c)2,∴b+c≤2√3,又由两边之和大于第三边可得b+c>√3,∴b+c∈(√3,2√3].19.(12分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,ABCD是矩形,P A=AB,E为PB的中点.(1)若过C,D,E的平面交P A于点F,求证:F为P A的中点;(2)若平面P AB⊥平面PBC,求证:BC⊥P A.【解答】证明:(1)因为ABCD是矩形,所以,CD∥AB,又AB⊂平面P AB,CD⊄平面P AB,所以CD∥平面P AB,又CD⊂平面CDEF,平面CDEF∩平面P AB=EF,所以CD∥EF,…………………(2分)所以AB∥EF,又在△P AB中,E为PB的中点,所以,F为P A的中点.(2)因为P A=AB,E为PB的中点,所以AE⊥PB,AE⊂平面P AB又平面P AB⊥平面PBC,平面P AB∩⊥平面PBC=PB,所以AE⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AE⊥BC,又ABCD是矩形,所以AB⊥BC,AE∩AB=A,AB,AE⊂平面P AB,所以,BC⊥平面P AB,P A⊂平面P AB,所以BC⊥P A.20.(12分)已知函数f(x)=xlnx+ax2﹣1,且f'(1)=﹣1.(1)求a的值;(2)若对于任意x∈(0,+∞),都有f(x)﹣mx≤﹣1,求m的最小值.【解答】解:(1)对f(x)求导,得f'(x)=1+lnx+2ax,所以f'(1)=1+2a=﹣1,解得a=﹣1.(2)由f (x )﹣mx ≤﹣1,得xlnx ﹣x 2﹣mx ≤0,因为x ∈(0,+∞),所以对于任意x ∈(0,+∞),都有lnx ﹣x ≤m . 设g (x )=lnx ﹣x ,则g ′(x)=1x −1, 令g '(x )=0,解得x =1,当x 变化时,g (x )与g '(x )的变化情况如下表:x (0,1)1 (1,+∞)g '(x ) + 0 ﹣ g (x )增极大值减所以当x =1时,g (x )max =g (1)=﹣1,因为对于任意x ∈(0,+∞),都有g (x )≤m 成立,所以m ≥﹣1, 所以m 的最小值为﹣1.21.(12分)已知抛物线y =x 2上的A ,B 两点满足OA →⋅OB →=2,点A 、B 在抛物线对称轴的左右两侧,且A 的横坐标小于零,抛物线顶点为O ,焦点为F . (1)当点B 的横坐标为2,求点A 的坐标;(2)抛物线上是否存在点M ,使得|MF |=λ|MO |(λ>0),若存在请说明理由; (3)设焦点F 关于直线OB 的对称点是C ,求当四边形OABC 面积最小值时点B 的坐标. 【解答】解:(1)由题意知,B (2,4),设A (t ,t 2), 由OA →⋅OB →=2,得2t +4t 2=2, 解得:t =12(舍)或t =﹣1, ∴A (﹣1,1);(2)由条件知x 2+(x −14)2=λ2(x 2+y 2), 把y =x 2代入得(1−λ2)y 2+(12−λ2)y +116=0, ∴△=λ2(λ2−34),当λ=1时,M 有两个点,当λ=√32时,M 有两个点, 当√32<λ<1时,M 点有四个,当λ>1,M 点有两个, 当0<λ<√32,M 点不存在;(3)设B (x 1,x 12),A (x 2,x 22),由题意得:x 1x 2+x 12x 22=2,解得x 1x 2=﹣2. 设直线AB 的方程为y =kx +m , 联立{y =kx +m y =x 2,得x 2﹣kx ﹣m =0, 得x 1x 2=﹣m ,又x 1x 2=﹣2,∴m =2,则直线经过定点(0,2), ∴S 四边形OABC =S △OAB +S △OBC =S △OAB +S △OBF =12×2×(x 1−x 2)+12×14×x 1=98x 1+2x 1≥2√94=3, 当且仅当x 1=43等号成立,四边形OABC 面积最小, ∴B (43,169).四.解答题(共1小题,满分10分,每小题10分)22.(10分)在平面直角坐标系xOy 中,直线l 的普通方程是y =xtanα(π2<α<π),曲线C 1的参数方程是{x =a +acosφy =asinφ(φ为参数).在以O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中,曲线C 2的极坐标方程是ρ=2b sin θ. (1)写出l 及C 1的极坐标方程;(2)已知a =12,b =1,l 与C 1交于O ,M 两点,l 与C 2交于O ,N 两点,求2|OM |2+|OM ||ON |的最大值.【解答】解:(1)将x =ρcos θ,y =ρsin θ代入y =x tan α得tan θ=tan α, ∴l 极坐标方程是θ=α(ρ∈R ,π2<α<π). C 1的普通方程是x 2+y 2﹣2ax =0, 其极坐标方程是ρ=2a cos θ; (2)C 1:ρ=cos θ,C 2:ρ=2sin θ,将θ=α分别代入C 1,C 2得|OM |=﹣cos α,|ON |=2sin α. ∴2|OM |2+|OM ||ON |=2cos 2α﹣2cos αsin α =√2sin(π4−2α)+1. ∵π2<α<π,∴当α=7π8时,2|OM |2+|OM ||ON |取最大值√2+1. 五.解答题(共1小题) 23.已知f (x )=|x ﹣1|+|2x +3|. (1)求不等式f (x )>4的解集;(2)若关于x 的不等式|x +l |﹣|x ﹣m |≥|t ﹣1|+|2t +3|(t ∈R )能成立,求实数m 的取值范围. 【解答】解:(1)由题意可得|x ﹣1|+|2x +3|>4, 当x ≥1时,x ﹣1+2x +3>4,解得x ≥1; 当−32<x <1时,1﹣x +2x +3>4,解得0<x <1; 当x ≤−32时,1﹣x ﹣2x ﹣3>4,解得x <﹣2. 可得原不等式的解集为(﹣∞,﹣2)∪(0,+∞); (2)由(1)可得|t ﹣1|+|2t +3| ={3t +2,t ≥1t +4,−32<t <1−3t −2,t ≤−32, 可得t =−32时,|t ﹣1|+|2t +3|取得最小值52,关于x 的不等式|x +l |﹣|x ﹣m |≥|t ﹣1|+|2t +3|(t ∈R )能成立, 等价为52≤|x +l |﹣|x ﹣m |的最大值,由|x +l |﹣|x ﹣m |≤|m +1|,可得|m +1|≥52, 解得m ≥32或m ≤−72.。
2020 年 6 月份温州市普通高中高考适应性测试以及答案
2020 年6 月份温州市普通高中高考适应性测试第I 卷第一部分: 听力(共两节,满分30 分)做题时,先将答案标在试卷上。
录音内容结束后,你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卷上。
第一节(共5 小题;每小题1.5 分,满分7.5 分)听下面5 段对话。
每段对话后有一个小题,从题中所给的A、B、C 三个选项中选出最佳选项,并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后,你都有10 秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1.What is the relationship between the two speakers?A. Friends.B. Strangers.C. Waiter and customer.2. What does the woman mean?A. She is fond of kidding.B. She doesn’t like the sport.C. She’s willing to join the man.3.When will the film start?A. At 6:15.B. At 6:45.C. At 7:20.4. What will the woman probably do this weekend?A. Work on a paper.B. Take on a new job.C. Teach a few classes.5.Where does the conversation probably take place?A. In a post office.B. In a company.C. At a store.第二节(共15 小题;每小题1.5 分,满分22.5 分)听下面5 段对话或独白。
每段对话或独白后有几个小题,从题中所给的A、B、C 三个选项中选出最佳选项, 并标在试卷的相应位置。
听每段对话或独白前,你将有时间阅读各个小题,每小题5 秒钟;听完后,各小题将给出5 秒钟的作答时间。
2020届浙江省温州市平阳县高三下学期6月高考适应性考试数学试题(解析版)
2020届浙江省温州市平阳县高三下学期6月高考适应性考试数学试题一、单选题1.已知集合{}05A x x =≤≤,{}3B x x =<,则A B =( )A .(]3,5B .[]3,5C .(],5-∞D .[]0,3【答案】A【解析】解绝对值不等式可得集合B ,进而计算并集即可. 【详解】{}33B x x =-<<,∴{}35A B x x ⋃=-<≤.故选:A. 【点睛】本题主要考查了并集的计算,涉及解绝对值不等式,属于基础题.2.已知复数w 满足()432w w i -=-(i 为虚数单位),则w 的共轭复数是( ) A .2i - B .2i +C .2i --D .2i -+【答案】B【解析】直接由复数的除法计算2w i =-,再求共轭复数即可. 【详解】由()432w w i -=-,可得43(43)(12)2125i i i w i i ++-===-+,所以2w i =+. 故选:B. 【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及共轭复数的概念,属于基础题.3.某几何体的三视图如图,其中侧视图与俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形,正视图是边长为2的正方形,则此几何体的表面积为( )A .8B .422+C.62+ D .442+【答案】B【解析】换原几何体得一个底面边长为2正方形,高为2的四棱锥,进而在正方体内计算表面积即可得解. 【详解】原几何体为一个底面边长为2正方形,高为2的四棱锥,如图所示:四棱锥111C ADD A -即为所求.其中111111112,2A D AA DD AD C D AC C D ======, 所以11111111222,2212ADD A A D C C D D S S S ∆∆=====,11112222ADC AA C S S ∆∆===所以表面积为422+故选:B. 【点睛】本题主要考查了还原三视图及锥体的表面积的求解,考查了空间想象力,属于基础题.4.若实数,x y 满足约束条件121x y x y y -≥⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩,则22z x y =+的最大值是( )A .5B 10C .5D .10【答案】D【解析】先作出可行域,进而利用22z x y =+可以看作点(,)x y 和点(0,0)O 的距离的平方,数形结合可得解. 【详解】由不等式组作出可行域如图所示:22z x y =+可以看作点(,)x y 和点(0,0)O 的距离的平方,由题可知当(,)x y 在点(3,1)C -时距离最大,此时max 10z = 故选:D. 【点睛】本题主要考查了距离型目标函数的最值,数形结合是解题的关键,属于基础题.5.设a b c d ,,,是非零实数,则“a d b c +=+”是“a b c d ,,,成等差数列”的( ) A .充分而不必要条件 B .必要而不充分条件 C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】根据充分条件和必要条件的定义结合等差数列的性质进行判即可. 【详解】解:若a b c d ,,,依次成等差数列,则a d b c +=+一定成立, 所以必要性成立,若2,2,1,3a d b c ====,满足a d b c +=+,但a b c d ,,,不成等差数列, 即充分性不成立,所以“a d b c +=+”是“a b c d ,,,成等差数列”的必要不充分条件, 故选:B 【点睛】此题考查充分条件和必要条件的判断,根据等差数列的性质是解此题的关键,属于基础题.6.函数()f x 的导函数()f x '的图象大致如下图,则()f x 可能是( )A .()21cos 4f x x x =+ B .()21cos 4f x x x =- C .()21sin 4f x x x =+ D .()21sin 4f x x x =- 【答案】A【解析】对其求导之后,由导函数的奇偶性排除CD ,再由选项B 中该函数的二阶导函数判定其一阶导函数应在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递增,即可判定答案. 【详解】由图可知,()f x 的导函数()f x '是一个奇函数,其中选项CD 的导函数分别为()()11cos ,cos 22f x x x f x x x ''=+=-,其()()11cos ,cos 22f x x x f x x x ''-=-+-=--,都为非奇非偶函数,即可排除C,D ,其中选项B 的()()11sin ,cos 22f x x x f x x '''=+=+其中在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭显然()()1cos 0,2f x x f x '''=+>在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递增,与图象不符,错误, 故选:A【点睛】本题考查导数的计算,还考查了利用导数分析函数的单调性,以及函数奇偶性的几何意义,属于简单题. 7.在ABC 中,2C π=,点M 在线段AC 上,且满足2AM MC =,则cos MBA∠的最小值为( ) A .0 B .12C 2D .32【答案】D【解析】如图,MBA ABC MBC ∠=∠-∠,然后两边取正切,可得tan tan tan 1tan tan ABC MBCMBA ABC MBC∠-∠∠=+∠⋅∠,若设1MC x BC ==,再把tan tan ABC MBC ∠∠,表示出来代入可得22tan 13xMBA x∠=+,然后求其最值. 【详解】解:令,1MC x BC ==,(0x >)则tan 3tan ABC x MBC x ∠=∠=, 因为MBA ABC MBC ∠=∠-∠, 所以2tan tan 2tan =1tan tan 13ABC MBC xMBA ABC MBC x ∠-∠∠=+∠⋅∠+,2223tan 113233x MBA x x x∠==≤=++,当且仅当13x x =,即3x =时取等号, 所以()max3tan 3MBA ∠=,此时cos MBA ∠取最小值3【点睛】此题以仰角问题为背景,考查函数思想,考查三角函数的两角差的正切公式,属于中档题.8.已知关于x 的方程()232320xxme m e---++=有四个不同的实数解,则实数m 的取值范围为( ) A .3,12⎛⎫- ⎪⎝⎭B .()1,+∞C .331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D .3,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭【答案】C【解析】设x e t -=,则问题化为函数()232320mt m t -++=在()0,1上有两个不相等的实数根,对其因式分解求得两根,将其放入区间()0,1中构建不等式即可求得答案. 【详解】设x e t -=,由图象可知,()0,1t ∈,则问题化为函数()232320mt m t -++=在()0,1上有两个不相等的实数根,即()()3210t mt --=在()0,1上有两个不相等的实数根,显然其两根分别为()1221,03t t m m ==≠,则101123mm ⎧<<⎪⎪⎨⎪≠⎪⎩,故331,,22m ⎛⎫⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选:C 【点睛】本题考查由换元思想与转化思想将方程的根问题转化并求参数取值范围,属于中档题. 9.在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中,O 为棱DC 的中点,E 为线段AO 上的点,且2AE EO =,若点,F P 分别是线段1DC ,1BC 上的动点,则PEF 周长的最小值为( ) A .32B .922C 41D 42【答案】D【解析】连接BD ,易知E 为线段AO 与BD 的交点,即E 为线段DB 上靠近D 的三等分点,将PEF 周长的最小值问题转化到平面上几何知识连接两点间的线中线段最短与平面几何中对称问题处理,最后由余弦定理求得12E E 的长度即可. 【详解】连接BD ,易知E 为线段AO 与BD 的交点,即E 为线段DB 上的点,由勾股定理可知32BD =222BE DE ==,分别作点E 关于线段1DC ,1BC 的对称点1E ,2E ,且由对称关系有垂直关系且显然1BDC 为等边三角形,即12120E EE ∠=︒,由等边三角形对称问题可求得16EE =,226EE = 据余弦定理得22121212122cos 42E E EE EE EE EE E EE =+-⋅∠=,由平面几何知识连接两点间的线中线段最短,得PEF 周长的最小值为42.故选:D 【点睛】本题考查空间中三角形周长的最值,涉及空间中直线与对称点的算法,属于难题. 10.已知实数,,a b c 成等差数列,记直线0ay bx c ++=与曲线2111822y x x =--的相交弦中点为P ,若点,A B 分别是曲线ln y x =与x 轴上的动点,则PA PB +的最小值是( ) A .2 B 3C 21D 31【答案】C【解析】由已知得2+b a c =,可得出直线0ay bx c ++=过定点()2,1Q -,设直线0ay bx c ++=与曲线2111822y x x =--相交的一个交点为Q ,设另一个交点为1Q ,设()P m n ,,由中点坐标可得出点()122,21Q m n +-,代入曲线2111822y x x =--上,得出P 在抛物线24x y =上运动,由抛物线的定义可得出选项. 【详解】因为实数,,a b c 成等差数列,所以2+b a c =, 则直线0ay bx c ++=化为+02a cay x c ++=,即()()2+20a y x c x ++=,所以直线0ay bx c ++=过定点()2,1Q -,又点Q 在曲线2111822y x x =--上,所以直线0ay bx c ++=与曲线2111822y x x =--相交的一个交点为Q ,设另一个交点为1Q ,设()P m n ,,则()122,21Q m n +-, 又1Q 在曲线2111822y x x =--上,化简得24m n =,即P 在抛物线24x y =上运动,设抛物线24x y =的焦点为()0,1F ,设(),P P P x y ,min 111P P PB y y PF ==+-=-, 设(),ln A x x ,则()222+ln 1AFx x =-,令()()22+ln 1x g x x =-,则()()()2'12+ln 12+2ln 1>0x g x x x x xx x -=-⋅=,又()'10g =,()'g x 在()0+∞,上单调递增,所以()01x ∈,,()'0g x <,()g x 在()01,上单调递减,()+1,∈∞x ,()'>0g x ,()g x 在1+,上单调递增,所以()()()221+21ln11g x g ≥-==,所以AF ≥所以111PA PB PA PF AF +≥+-≥-≥.故选:C. 【点睛】本题综合考查直线恒过定点,动点的轨迹方程,抛物线的定义以及两线段长度之和的最值问题,属于难题.二、双空题11.我国古代《九章算术》一书中记载关于“竹九”问题:“今有竹九节,下三节容量四升,上四节容量三升,问五、六两节欲均容各多少?意思是下三节容量和为4升,上四节容量和为3升,且每一节容量变化均匀,问第五、六两节容量分别是多少?在这个问题中,最下面一节容量是______,九节总容量是______. 【答案】9566 20122【解析】由题分析设由下到上九节容量分别记为129,,...,a a a ,则129,,...,a a a 成等差数列,设公差为d ,且1234a a a ++=,67893a a a a +++=,进而求得等差数列基本量,最后带入前n 项和求和公式求得九节总容量. 【详解】设由下到上九节容量分别记为129,,...,a a a ,则129,,...,a a a 成等差数列,设公差为d ,且1234a a a ++=,67893a a a a +++=,即1231334a a a a d ++=+=,678914263a a a a a d +++=+=,所以19566a =,766d =-,故91982019222S a d ⨯=+=故答案为:9566;20122【点睛】本题考查在数学文化中的等差数列求通项公式的基本量与前n 项和,属于基础题.12.二项式5的展开式中所有项的系数之和为______,常数项为______. 【答案】0 -10【解析】利用赋值法令1x =求得所有项的系数之和;由二项展开式的通项表示,令通项中x 的指数为零,即可求得此时该项的值. 【详解】令1x =可知所有项的系数之和为50=,由二项展开式的通项表示可知()555261551rrrr rrr T C C x--+⎛=⋅=- ⎝. 可知,当523506rr -==⇒,常数项为410T =-. 故答案为:0;-10 【点睛】本题考查利用赋值法求二项展开式项的系数和,还考查了求指定项的系数,属于基础题. 13.某袋中装有大小相同质地均匀的黑球和白球共5个.从袋中随机取出3个球,恰全为黑球的概率为110,则黑球的个数为______.若记取出3个球中黑球的个数为X ,则()D X =______.【答案】3925【解析】该事件服从超几何分布,由其概率计算公式求出黑球个数,并列出分布列,再由分布列与方差的计算公式求得方差. 【详解】设袋中黑球有n 个,则从袋中随机取出3个球,恰全为黑球的概率为335110n C p C ==,可得3n =,该事件服从超几何分布,由题可知,取出3个球中黑球的个数X 的可能取值为1,2,3,由超几何分布事件分别计算对应概率,()()()122133232333355531,2,310610101C C C C C P X P X P X C C C ⋅⋅=========,可画出分布列如下:则()36191231010105E X =⨯+⨯+⨯=,()222396919912310510510525D X ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-+⨯-=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故答案为:3, 925【点睛】本题考查超几何分布事件中由概率求样本容量个数,列出超几何分布事件的分布列并求方差,属于简单题.14.已知实数,x y 满足2241x xy y ++=则xy 的最大值是______,224x xy y -+的最大值为______.【答案】1553【解析】由已知与均值不等式可直接求得积的最大值;令224x xy y A -+=,将其与已知相加相减,再配凑成完全平方式,进而构建不等式求得答案. 【详解】因为22145x y xy xy xy =++≥=,则15xy ≤,当且仅当25x y ==时取等号,此时xy 的最大值是15; 因为2241x xy y ++=,设224x xy y A -+=, 将两式相加得()22241x yA +=+①;将两式相减得21xy A =-②, 将①+4⨯②:()()()22224422141530x xy y x y A A A ++=+=++-=-≥,所以53A ≤,当且仅当25x y =-=±时取等号,其最大值为53.故答案为:15;53【点睛】本题考查由基本不等式求积的最大值,还考查了由已知关系求指定表达式的最值,属于中档题.三、填空题15.设F 为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的右焦点,O 为坐标原点,以OF 为直径的圆与双曲线C 的其中一条渐近线交于点P (不同于O ),若双曲线C 右支上存在点M 满足PM MF =,则双曲线C 的离心率为______.【解析】由已知可得OP a =,PF b =,从而可求出点P 的坐标,再结合PM MF =可得到点M 的坐标,而点M 在双曲线上,所以将点M 的坐标代入双曲线方程化简可求出离心率. 【详解】解:由双曲线性质易得OP a =,PF b =,所以可求得2,a ab P c c ⎛⎫⎪⎝⎭,(),0F c ,所以22,22a c ab M c c ⎛⎫+ ⎪⎝⎭,把M 代入双曲线()2222:10,0x y C a b a b -=>> 可得()222222222144a c a b a c b c+-=,整理可得222c a =,所以e =【点睛】此题考查双曲线的几何性质,离心率的求解,属于基础题. 16.已知函数()32f x x x ax b =-++有2个零点-1,0,()()2f x g x x=,若关于x 的不等式()xxg eke ≥在[]1,0-上有解,则k 的取值范围是______.【答案】2k ≤-【解析】由已知函数的零点求得()f x 解析式,进而得到()g x 解析式,再由不等式存在性问题转化为()maxx xg e k e ⎡⎤⎢⎥≥⎢⎥⎣⎦,最后由换元法求得不等式左边函数的最大值即可. 【详解】因为函数()32f x x x ax b =-++有2个零点-1,0,则()()111000f a b f b ⎧-=---+=⎪⎨==⎪⎩,所以2a =-,0b =,∴()322f x x x x =--∴()21g x x x=--∵()x xg e ke ≥在[]1,0x ∈-有解,即()max x xg e k e ⎡⎤⎢⎥≥⎢⎥⎣⎦ 令1,1xt e e ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦,∴()2max211g t k t t t ⎛⎫≤=--+ ⎪⎝⎭ 令[]11,m e t=∈,∴221k m m ≤--+,∵()221h m m m =--+在[]1,e 上单调递递减(二次函数的性质),∴()()max 12h m h ==-,∴2k ≤-. 故答案为:2k ≤- 【点睛】本题考查由函数的零点求解析式,还考查了由不等式存在性问题求参数的取值范围,属于中档题.17.已知向量222a b c ===,则32a b b ca c ⋅⋅++⋅的取值范围是______. 【答案】178,123⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ 【解析】由已知条件可知,()2223172317321212a b c a b c a b b c a c ++-++-⋅⋅++⋅==,再根据23a b c ++的取值范围,即可求出结果. 【详解】()22231723172363261212a b c a b c a b b c a b b c a c a c ++-++-⋅⋅⋅+⋅+⋅++⋅=== 又当向量,,a b c 方向相同时,23a b c ++ 取最大值,最大值为7, 所以[]230,7a b c ++∈所以22317178,12123a b c ++-⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦, 故32a b b ca c ⋅⋅++⋅的取值范围是178,123⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.故答案为:178,123⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.【点睛】本题考查了平面向量的数量积的定义和性质,和平面向量加法的几何意义,考查运算能力和转化思想,属于中档题.四、解答题18.在ABC 中,角,,A B C 所对边分别为,,a b c ,满足()2cos 4sin sin 1A C A C -=-.(Ⅰ)若b =,求角A ; (Ⅱ)若3a c +=,b =ABC 的面积S .【答案】(Ⅰ)6A π=;(Ⅱ)ABCS=. 【解析】(Ⅰ)由余弦的两角和与差公式与三角形内角和公式与诱导公式即可求得角B 的大小,再由已知与正弦定理即可求得角A ;(Ⅱ)由角B 的余弦定理与已知边ac 和的平方关系即可求得边ac ,再由任意三角形的面积公式求得答案. 【详解】(Ⅰ)由()()2cos 2cos cos sin sin 4sin sin 1A C A C A C A C -=+=-, 可知()2c c os o co s s sin sin 1cos A A C C B A C -+=-=-=, 1cos ,02B B π=<<,3B π=,由正弦定理可知sin sin 2a b A B ==,即1sin ,,0,26A a b AB A π=<∴<<=; (Ⅱ)由余弦定理可知2222cos b a c ac B =+-,即223a c ac +=+,从而()2222339a c a ac c ac +=++=+=, 可得2ac =,1sin 2ABC S ac B ∴==△. 【点睛】本题考查利用三角恒等变换与正弦定理解三角形求角,还考查了由余弦定理与任意三角形面积公式求三角形面积,属于简单题.19.用一个平行于底面的截面去截一个正棱锥,截面和底面间的几何体叫正棱台.如图,在四棱台1111A B C D ABCD -中,112AB A B =,,E F 分别为,DC BC 的中点.(Ⅰ)求证:1//BD 平面1C EF ;(Ⅱ)若侧棱所在直线与上下底面中心的连线1O O 所成的角为45︒,求直线1C F 与平面1A EF 所成的角的余弦值.【答案】(Ⅰ)证明见解析;15. 【解析】(Ⅰ)连接1CD 交1C E 于G ,连接1D E ,FG ,由已知112AB A B =,证得四边形11D ECC 是平行四边形,即G 是1CD 的中点,再由三角形的中位线定理证得1BD GF ,最后由线面平行的判定定理得证;(Ⅱ)以O 为原点,OF 为x 轴,OE 为y 轴,1OO 为z 轴,由已知关系分别表示11,,,E F C A 的坐标,进而表示1C F 与平面1A EF 的法向量n ,最后由空间向量求线面角的运算公式求得答案即可. 【详解】(Ⅰ)连接1CD 交1C E 于G ,连接1D E ,FG ,在正四棱台1111A B C D ABCD -中,112AB A B =,E 分别为DC 的中点 所以四边形11D ECC 是平行四边形,所以G 是1CD 的中点. 因为F 是BC 的中点,所以GF 是1CD B △的中位线. 所以1BD GF ,且GF ⊂面1C EF ,故1BD ∥平面1C EF .(Ⅱ)以O 为原点,OF 为x 轴,OE 为y 轴,1OO 为z 轴,建立空间直角坐标系.不妨设112A B =,过1A 做1A H OA ⊥于H ,111,A H //OO A H ⊥平面ABCD 则1A AH ∠为测棱与底面所成的角,即145A AH ∠=︒,112OO A H AH ∴===,所以()0,2,0E ,()2,0,0F ,(12C ,(11,2A --,则(11,1,2C F =--,()()13,1,2,2,2,0A F EF =-=-设平面1A EF 的法向量(),,n x y z =则103200220n A F x y z n EF x y ⎧⎧⋅=+=⎪⇒⎨⎨⋅=-=⎪⎩⎩,令1x =,则1,2y z ==(1,1,22n ∴= 设直线1C F 与平面1A EF 所成的角为α,所以11110sin cos ,C F n C F n C F nα⋅===⋅ 2150,cos 1sin 2πααα<<∴=-=故直线1C F 与平面1A EF 15.【点睛】本题考查空间中线面平行的证明,还考查了利用空间向量的方式求线面角的正弦值,属于中档题.20.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列,且满足1212113a a a a ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭,345345111729a a a a a a ⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭,等差数列{}n b 满足33b =,59b =.(Ⅰ)分别求数列{}n a ,{}n b 的通项公式;(Ⅱ)记数列{}n a 的前n 项和为n S ,若对任意的*n N ∈,12n n S k b ⎛⎫+⋅≥ ⎪⎝⎭恒成立,求实数k 的取值范围.【答案】(Ⅰ)13-=n n a ;36n b n =-;(Ⅱ)29k ≥. 【解析】(Ⅰ)在各项均为正数的等比数列{}n a 中,将已知两个关系式中各项都由等比数列通项公式转化为首项与公比,进而求得首项与公比,并写出该数列通项公式;在等差数列{}n b 中,由等差数列性质求得公差,进而求得首项,即可写出该数列通项公式; (Ⅱ)由(Ⅰ)求得数列{}n a 的前n 项和,将其带入已知不等式,进而参变分离转化不等式,再令6123n nn c -=,分析其数列的增减性,求得最值,即可求得答案. 【详解】(Ⅰ)设正数等比数列{}n a 的公比为q ,由题意得()()()()1211126222114131113729372911a q q a q a a q q a q a q q q q q a q ⎧+=+⎪⎧==⎧⎪⇒⇒⎨⎨⎨==⎩⎩⎪++=++⎪⎩,∴13-=n n a 又由题意得5326b b d -==,∴3d =,且1323b b d =-=-∴()31336n b n n =-+-⨯=-;(Ⅱ)由(Ⅰ)得数列{}n a 的前n 项和()1113311132nnn n a q S q---===--, ∴3113622n k n ⎛⎫-+≥- ⎪⎝⎭对*n N ∈恒成立,即6123n n k -≥对*n N ∈恒成立, 令6123n n n c -=,111443n n n nc c ----=, 当3n ≤时,1n n c c ->,数列{}n c 为递增数列;当4n ≥时,1n n c c -<,数列{}n c 为递减数列, ∴()3max 29n c c ==,故29k ≥. 【点睛】本题考查求等比数列和等差数列的通项公式,还考查了在数列中由不等式恒成立进而求参数取值范围的问题,属于中档题.21.已知抛物线()21:20C y px p =>的准线与半椭圆()222:104x C y x +=≤相交于,A B两点,且AB =.(Ⅰ)求抛物线1C 的方程;(Ⅱ)若点P 是半椭圆2C 上一动点,过点P 作抛物线1C 的两条切线,切点分别为,C D ,求PCD 面积的取值范围.【答案】(Ⅰ)21:4C y x =;(Ⅱ)12⎡⎢⎣.【解析】(Ⅰ)由抛物线准线与椭圆相交的弦长构建方程求得p 值即可;(Ⅱ)设点P 坐标为()00,x y ,由题意可知切线斜率不会为0,设出两条切线的直线方程,联立直线与抛物线方程,由相切关系构建方程,并由两切点分别得到12,y y 是方程200240y y y x -+=的两根,进而由韦达定理与直线和方程的关系可知()11,C x y ,()22,D x y 是004240x y y x -+=的两点,再由点到直线的距离公式和弦长公式表示PCD 的底和高从而表示面积,最后换元求函数的最值即可.【详解】(Ⅰ)由题可知,抛物线()21:20C y px p =>的准线为2px =-,则有22214p ⎛⎫- ⎪⎝⎭+=⎝⎭得2p =, 所以21:4C y x =.(Ⅱ)设点P 坐标为()00,x y ,且满足220014x y +=.由题意可知切线斜率不会为0,即设切线PC 为()()010x x m y y -=-,代入21:4C y x =得211004440y m y m y x -+-=,由0=可得()()2211001010444400m m y x m y m x ---=⇒-+=①,设切点()11,C x y,抛物线的上半部曲线函数关系式为y y '==,则111x y m ='=,故112y m ==,将其代入①可得21010240y y y x -+=②.设切线PD 为()()020x x m y y -=-,切点()22,D x y ,同理可得22020240y y y x -+=③.由②③可知12,y y 是方程200240y y y x -+=的两根,所以1202y y y +=,1204y y x ⋅=,又2114y x =,2224y x =,所以代入②③可知()11,C x y ,()22,D x y 是004240x y y x -+=的两点,即CD 直线方程为004240x y y x -+=.故12PCDS d CD =⋅=△320014161616y x ==-=又因为22014x y +=且[]02,0x ∈-,所以316PCD S=△.令[]2000164,2,0t x x x =--+∈-,由二次函数性质可知,其在[]02,0x ∈-上单调递减,故[]4,32t ∈,所以33116162PCDS⎡==∈⎢⎣△ 【点睛】本题考查由几何关系求抛物线的标准方程,还考查了圆锥曲线中面积的最值问题,属于难题.22.已知函数()21x e ax f x x +=+有三个极值点123,,x x x ,(1)求实数a 的取值范围; (2)求证:1232x x x ++>-. 【答案】(1)1a e <-且12a ≠-;(2)证明见解析. 【解析】(1)函数()f x 有3个零点等价于()f x '有3个变号零点,由于()()()221xx e a x f x x ⎡⎤++⎣⎦'=+,且()00f '=,所以可得()()20xg x e a x =++=有两个不为0,-1的实根,再对()g x 求导讨论其单调性可得结果;(2)由(1)可知()f x 有一个零点为0,所以不妨设30x =,12x x <,而()110g a e-=+<,所以121x x <-<,因此要证1232x x x ++>-,即证122x x >--而11x <-,221x --<-,而()g x 在()(),ln a -∞-上递减,()ln 1a ->-,所以只需证()()122g x g x <--,即()2222220xx x e x e--++>,然后构造函数()()()221x x h x xe x e x --=++>-,只需证此函数值恒大于零即可.【详解】解:(1)利用()f x 的极值点个数即为()f x '的变号零点个数()()()221xx e a x f x x ⎡⎤++⎣⎦'=+,()00f '=,设()()2xg x e a x =++,由已知,方程()0g x =有两个不为0,-1的实根,()xg x e a '=+ 当0a ≥时,()g x 在R 上递增,()0g x =至多一个实根,故0a <第 21 页 共 21 页 所以()g x 在()(),ln a -∞-上递减,在()()ln ,a -+∞上递增,因为()220g e --=>,()()()222242440a g a e a a a a a -+-+=+-+>-+-+=> 所以()()()()()()()min 1100120ln ln 20g a e g a g x g a a a a ⎧-=+≠⎪⎪=+≠⎨⎪=-=-+-+<⎪⎩时,()0g x =有两个实根, 解得1a e <-且12a ≠- (2)由(1)不妨设30x =,12x x <,∵()110g a e -=+<,∴121x x <-<. 要证1232x x x ++>-,即证122x x >--而11x <-,221x --<-由()g x 在()(),ln a -∞-上递减,在()()ln ,a -+∞上递增,且()ln 1a ->- 故只要证()()122g x g x <--,又()()120g x g x ==,故只要证()202g x <-- 即证()2222220xx x e x e --++> 设()()()221x x h x xe x ex --=++>- ∴()()()()2101x x h x x e e x --'=+->>-∴()()()221x xh x xe x e x --=++>-递增,∴()()10h x h >-= 即()2222220x x x e x e --++>∴1232x x x ++>-【点睛】此题考查函数的极值点问题,极值点偏移问题,利用导数求函数的单调区间,利用导数证明不等式恒成立等,考查了数学转化思想,属于较难题.。
2020年浙江省温州中学高考数学模拟试卷(3月份)(有解析)
2020年浙江省温州中学高考数学模拟试卷(3月份)一、单项选择题(本大题共10小题,共40.0分)1.已知集合A={x|x2−2x−3>0},集合B={x|y=lg(x+3)},则A∩B=()A. {x|−3<x<−1}B. {x|x>3}C. {x|−3<x<−1或x>3}D. {x|−1<x<3}2.已知双曲线x2m−y2=1的焦距为2√5,则该双曲线的渐近线方程为()A. y=±14x B. y=±12x C. y=±√66x D. y=±√1919x3.设变量x,y满足约束条件{x≥1,x+y≤3,2x−y≤3,则z=2x+y的最大值为()A. 1B. 6C. 5D. 44.已知i为虚数单位,在复平面内复数2i1+i对应点的坐标为()A. (1,1)B. (−1,1)C. (2,2)D. (−2,2)5.若α,β∈R,且α≠kπ+π2(k∈Z),β≠kπ+π2(k∈Z)则“α+β=π4”是“(tanα+1)(tanβ+1)=2”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6.对于函数f(x)=log21+x1−x,下列说法正确的是()A. f(x)是奇函数B. f(x)是偶函数C. f(x)是非奇非偶函数D. f(x)既是奇函数又是偶函数7.某班星期一上午安排5节课,若数学2节,语文、物理、化学各1节,且物理、化学不相邻,2节数学相邻,则星期一上午不同课程安排种数为()A. 6B. 12C. 24D. 488.设随机变量X的概率分布列如表所示:若随机变量X 的的均值为43,则X 的方差为( )A. 78 B. 59 C. 38 D. 189. 将一边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折起,若顶点A ,B ,C ,D 落在同一个球面上,则该球的表面积为( )A. 4π3B. 8√2π3C. 4πD. 8π10. 已知bx n +1=a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+⋯+a n (x −1)n 对任意x ∈R 恒成立,且a 1=9,a 2=36,则b =( )A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题(本大题共3小题,共12.0分)11. 若a >0,b <0,且a −1b =1,则1a −4b 的最小值为 .12. 已知F 1,F 2为椭圆x 24+y 23=1的左、右焦点,M 为椭圆上动点,有以下四个结论: ①|MF 2|的最大值等于3; ②|MF 1|⋅|MF 2|的最大值为4; ③∠F 1MF 2的最大值为60°;④若动直线l 垂直y 轴,交此椭圆于A 、B 两点,P 为l 上满足|PA|⋅|PB|=2的点,则点P 的轨迹方程为x 22+2y 23=1或x 26+2y 29=1.以上结论正确的序号为 .13. 已知△ABC 中,AB =1,AC =3,cosA =14,点E 在直线BC 上,且满足:BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R),则|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=___________.三、多空题(本大题共4小题,共24.0分)14. 对于函数y =f(x),若在其定义域内存在x 0,使得x 0f(x 0)=1成立,则称函数f(x)具有性质P . (1)下列函数中具有性质P 的有 (1) . ①f(x)=−2x +2√2;②f(x)=sinx(x∈[0,2π]);③f(x)=x+1x,(x∈(0,+∞));④f(x)=ln(x+1).(2)若函数f(x)=alnx具有性质P,则实数a的取值范围是(2).15.某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是√3cm3,则正视图中的f(2a )=a+aln2a的值是(1)cm,该几何体的表面积是(2)cm2.16.设(x−2)1+(x−2)2+⋯+(x−2)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6,则a0+a1+a2+⋯+a6=(1);a4=(2).17.在△ABC中,A、B、C所对的边分别为a、b、c,且满足a+b+c=√2+1,sinA+sinB=√2sinC,则c=;若C=π3,则△ABC的面积S=.四、解答题(本大题共5小题,共74.0分)18.(10分)已知函数f(x)=−√22sin(2ax+π4)+12+b(a>0,b>0)的图象与x轴相切,且图象上相邻两个最高点之间的距离为π2.(1)求a,b的值;(2)求f(x)在[0,π4]上的最大值和最小值.19.如图,四棱锥S−ABCD的底面ABCD是正方形,SA⊥平面ABCD,SA=√2AB,点E在棱SC上.(Ⅰ)若SA//平面BDE,求证:AC⊥平面BDE;(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求AD与平面SCD所成角的正弦值.20.设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,且S n满足S n2−(2n2+2n−3)S n−6(n2+n)=0,n∈N∗.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{c n}满足c1+4c2+9c3+⋯+n2c n=14a n,证明:对一切正整数n,有c1+c2+⋯+c n<2.21.已知椭圆x24+y2=1,直线l:y=kx+12与椭圆交于A,B两点,P为椭圆右顶点.(1)若k=1,求△PAB的面积;(2)设△PAB的外接圆与x轴另有一个交点Q(x0,0),求x0的取值范围.22.已知函数f(x)=ax+lnx,其中a∈R.(1)若f(x)在区间[1,2]上为增函数,求a的取值范围;(2)当a=−e时,(ⅰ)证明:f(x)+2≤0;(ⅰ)试判断方程|f(x)|=lnxx +32是否有实数解,并说明理由.【答案与解析】1.答案:C解析:此题考查了交集及其运算,熟练掌握交集的定义是解本题的关键.根据一元二次不等式的解法求出集合A,根据对数函数的性质求出集合B,再求出A与B的交集即可.解:A={x|x2−2x−3>0}={x|x>3或x<−1},B={x|y=lg(x+3)}={x|x>−3},A⋂B={x|−3<x<−1或x>3},故选C.2.答案:B解析:本题考查双曲线的几何性质以及标准方程.根据题意,分析可得c的值,由双曲线的几何性质可得m+1=5,解可得m=4,即可得双曲线的标准方程,进而结合双曲线的渐近线方程计算可得答案.−y2=1的焦距为2√5,即2c=2√5,解:根据题意,双曲线x2m则c=√5,则有m+1=5,解可得m=4,−y2=1,则双曲线的标准方程为x24x;其渐近线方程为y=±12故选:B.3.答案:C解析:解:不等式组表示的平面区域如图所示,设z=2x+y,∵直线z=2x+y过可行域内A(2,1)的时候z最大,最大值为5,先根据约束条件画出可行域,利用几何意义求最值,只需求出直线z=2x+y过点A时,z最大值即可.本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组,以及简单的转化思想和数形结合的思想,属中档题.目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题,这类问题一般要分三步:画出可行域、求出关键点、定出最优解.4.答案:A解析:根据复数的几何意义,即可得到结论.本题主要考查复数的几何意义,比较基础.解:2i1+i =2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i−2i22=1+i,则对应的点的坐标为(1,1),故选:A.5.答案:A解析:因为(tanα+1)(tanβ+1)=2,所以tanαtanβ+tanα+tanβ+1=2,tanα+tanβ=1−tanαtanβ,tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=1,∴α+β=π4+kπ(k∈Z).当k=0时,α+β=π4.所以,“α+β=π4”是“(tanα+1)(tanβ+1)=2”的充分不必要条件.6.答案:A解析:解:由1+x1−x>0,解得:−1<x<1,故函数f(x)的定义域是(−1,1),关于原点对称,而f(−x)=log21−x1+x =−log21+x1−x=−f(x),故f(x)是奇函数,故选:A.根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性即可.本题考查了函数的奇偶性问题,是一道基础题.解析:本题考查排列与组合的应用,分步计数原理,属于基础题.将两节数学捆在一起与语文先进行排列,在3个空隙中选两个插入化学与物理即可. 解:第一步:将两节数学捆在一起与语文先进行排列有A 22种排法,第二步:将物理、化学在第一步排后的3个空隙中选两个插进去有A 32种方法,根据分步乘法计数原理得不同课程安排种数为A 22A 32=12.故选B .8.答案:B解析:本题考查方差的求法,考查离散型随机变量的分布列、等差数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.由随机变量ξ的概率分布律、随机变量X 的均值为43,列出方程组,得,b =13,c =12,由此能求出D(ξ). 解:由随机变量X 的概率分布律得:16+b +c =1,① ∵随机变量ξ的均值为43,∴0×16+1×b +2×c =43,② 联立①②,得b =13,c =12,∴D(X)=(0−43)2×16+(1−43)2×13+(2−43)2×12=59. 故选B .9.答案:D解析:本题考查球的表面积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算化简能力、推理计算能力、化归转化思想,属于中档题.取AC 中点O ,则OA =OB =OC =OD =12√22+22=√2,从而求出该球的半径为R =√2,由此能求出该球的表面积.解:将一边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起,顶点A,B,C,D落在同一个球面上,取AC中点O,则OA=OB=OC=OD=12√22+22=√2,∴该球的半径为R=√2,该球的表面积为S=4π×(√2)2=8π.故选:D.10.答案:A解析:本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,求展开式中某项的系数,属于中档题.根据bx n+1=b[1+(x−1)]n+1,根据它的展开式形式,由题意可得bC n1=9,bC n2=36,由此求出b的值.解:∵bx n+1=b[1+(x−1)]n+1=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a n(x−1)n,且a1=9,a2=36,∴bC n1=9,bC n2=36,解得b=1,n=9,故选A.11.答案:9解析:本题考查利用基本不等式求最值,考查推理能力和计算能力,属于基础题.利用1a −4b=(1a−4b)(a−1b)=5−4ab−1ab≥5+2√(−4ab)×(−1ab)即可求解.解:1a −4b=(1a−4b)(a−1b)=5−4ab−1ab≥5+2√(−4ab)×(−1ab)=9,当且仅当a=13,b=−34时,取等号,故则1a−4b的最小值为9,故答案为9.12.答案:①②③④解析:本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、基本不等式的性质,考查了推理能力与计算能力,属于难题.由椭圆x24+y23=1,可得a=2,b=√3,c=√a2−b2=1,左、右焦点分别为F1(−1,0),F2(1,0).①|MF2|≤a+c,即可判断出正误;②由|MF1|+|MF2|=2×2=4≥2√|MF1||MF2|,即可判断出正误.③当点M取短轴的一个端点时,∠F1MF2取得最大值,取M(0,√3),则tan12∠F1MF2=cb=√33,求出即可判断出正误.④设P(x,y),A(x1,y),B(−x1,y),由|PA|⋅|PB|=2,可得|x−x1||x+x1|=2,即|x2−x12|=2,又x124+y23=1,代入即可判断出正误.解:由椭圆x24+y23=1,可得a=2,b=√3,c=√a2−b2=1,左、右焦点分别为F1(−1,0),F2(1,0).①|MF2|≤a+c=3,因此正确;②由|MF1|+|MF2|=2×2=4≥2√|MF1||MF2|,可得|MF1|⋅|MF2|≤4,当且仅当|MF1|=|MF2|= 2时取等号.因此正确.③当点M取短轴的一个端点时,∠F1MF2取得最大值,取M(0,√3),则tan12∠F1MF2=cb=√33,可得12∠F1MF2=30°,因此∠F1MF2的最大值为60°,因此正确.④设P(x,y),A(x1,y),B(−x1,y),∵|PA|⋅|PB|=2,∴|x−x1||x+x1|=2,即|x2−x12|=2,又x12 4+y23=1,可得x12=4(1−y23),代入可得|x2−4(1−y23)|=2,化为P的轨迹方程为x22+2y23=1或x2 6+2y29=1,正确.以上结论正确的序号为①②③④.故答案为①②③④.13.答案:6解析:本题考查了向量的模,向量的加法和数量积运算,属于基础题.根据向量的加法和数量积的运算性质可以得出答案.解:AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAC⃗⃗⃗⃗⃗ , 因为B ,E ,C 共线,所以3+λ=1,∴λ=−2,所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=9AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+λ2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+6λ|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |cosA =9+9λ2+6λ×3×1×14, =9λ2+92λ+9=9×4+92×(−2)+9=36,所以|AE⃗⃗⃗⃗⃗ |=6. 故答案为6. 14.答案:①②④a >0或a ≤−e解析:解:(1)在 x ≠0时,f(x)=1x 有解,即函数具有性质P ,①令−2x +2√2=1x ,即−2x 2+2√2x −1=0,∵△=8−8=0,故方程有一个非0实根,故f(x)=−2x +2√2具有性质P ;②f(x)=sinx(x ∈[0,2π])的图象与y =1x 有交点,故sinx =1x 有解,故f(x)=sinx(x ∈[0,2π])具有性质P ;③令x +1x =1x ,此方程无解,故f(x)=x +1x ,(x ∈(0,+∞))不具有性质P ;④f(x)=ln(x +1)的图象与y =1x 有交点,故ln(x +1)=1x 有解,故f(x)=ln(x +1)具有性质P ;综上所述,具有性质P 的函数有:①②④,(2)f(x)=alnx 具有性质P ,显然a ≠0,方程 xlnx =1a 有根,∵g(x)=xlnx 的值域为[−1e ,+∞),∴1a ≥−1e ,解之可得:a >0或 a ≤−e .故答案为:①②④;(2)a >0或a ≤−e(1)在x≠0时f(x)=1x有解即函数具有性质P,逐一判断三个函数是否满足此条件,可得答案;(2)f(x)=alnx具有性质P,显然a≠0,方程xlnx=1a 有根,因为g(x)=xlnx的值域为[−1e,+∞),所以1a ≥−1e,进而得到答案.本题考查的知识点是方程的根,新定义,函数的值域,是方程和函数的综合应用,难度比较大.15.答案:25√3+3√7+42解析:本题考查了四棱锥是三视图、三角形与梯形面积计算公式、体积计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.由三视图可知:该几何体为四棱锥P−ABCD.其中PA⊥底面ABCD,AB//CD,AB⊥AD,CD=1,AB=2,AD=√3.PA=x.由13×1+22×√3x=√3,解得x,即可得出该几何体的表面积.解:由三视图可知:该几何体为四棱锥P−ABCD.其中PA⊥底面ABCD,AB//CD,AB⊥AD,CD=1,AB=2,AD=√3.PA=x.∴13×1+22×√3x=√3,解得x=2.该几何体的表面积=1+22×√3+12×2×2+12×√3×2+12×√7×1+12×2×√7=5√3+3√7+42cm2.故答案为2,5√3+3√7+42.16.答案:051解析:解:在等式(x−2)1+(x−2)2+⋯+(x−2)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6中,令x=1,可得a0+a1+a2+⋯+a6=−1+1−1+1−1+1=0;a4=C40+C51⋅(−2)+C62⋅(−2)2=1−10+60=51,故答案为:0;51.在所给的等式中,令x=1,可得a0+a1+a2+⋯+a6的值.再根据二项展开式的通项公式,求得a4的值.本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,属于基础题.17.答案:1√312解析:解:依题意及正弦定理得a+b=√2c,且a+b+c=√2+1,因此c+√2c=√2+1,c=1,当C=π3时,c2=a2+b2−2abcosC=a2+b2−ab=1,∴(a+b)2−3ab=1.又a+b=√2,因此2−3ab=1,∴ab=13,则△ABC的面积S=12absinC=12×13sinπ3=√312.故答案为:1;√312.先利用正弦定理把题设等式中角的正弦转化成边的关系,进而与a+b+c=√2+1联立求得c,再利用余弦定理求得ab的值,最后利用三角形面积公式求得△ABC的面积.本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用.正弦定理和余弦定理常用来解决解三角形问题中的边,角问题的转化的.18.答案:解:(1)∵f(x)的图象上相邻两最高点之间的距离为π2,∴f(x)的周期为π2,∴2π2|a|=π2且a>0,∴a=2,此时, ∵f(x)的图象与x 轴相切,∴|b +12|=√22且b >0, ∴b =√22−12; (2)由(1)可得, ∵x ∈[0,π4],∴4x +π4∈[π4,5π4], ∴当4x +π4=5π4,即x =π4时,f(x)取得最大值√2+12; 当4x +π4=π2,即x =π16时,f(x)取得最小值0.解析:本题考查函数的图象与性质,以及三角函数在定义域上的最值. (1)利用函数的图象与性质,即可得;(2)利用函数的定义域,即可得函数y =Asin (ωx +φ)的最值.19.答案:解:建立如图所示的空间直角坐标系,设底面正方形的边长为2,得到如下点的坐标:A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2√2).(Ⅰ) 连接AC 交BD 于O ,连接OE ,∵底面ABCD 是正方形,∴O 为AC 中点,∵SA//平面BDE ,平面SAC ∩平面BDE =OE ,∴SA//EO ,且E 为SC 的中点,∴E(1,1,√2).∵AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,√2),DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,√2), ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0)⋅(−1,1,√2)=0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0)⋅(1,−1,√2)=0, ∴AC ⊥BE ,AC ⊥DE ,BE 与DE 相交于点E ,∴AC ⊥平面BDE.(Ⅱ) 设平面SCD 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ,z),∵SD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,−2√2),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,0),且SD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =0,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =0,∴{2y −2√2z =0−2x =0,∴{y =√2z x =0,取z =1,得m ⃗⃗⃗ =(0,√2,1), 又AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),设AD 与平面SCD 所成角为θ, 则cos <m ⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=cos(π−θ)=m⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√63, ∴AD 与平面SCD 所成角的正弦值为√63.解析:(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系,设底面正方形的边长为2,连接AC 交BD 于O ,连接OE ,证明:AC ⊥BE ,AC ⊥DE ,即可证明AC ⊥平面BDE ;(Ⅱ)求出平面SCD 的一个法向量,利用向量的夹角公式,即可求AD 与平面SCD 所成角的正弦值. 本题考查的知识点是直线与平面所成的角,直线与平面垂直的判定,其中建立空间坐标系,将线段垂直问题及线面夹角问题,转化为向量问题是解答的关键.20.答案:(1)解:令n =1代入得a 1=4(负值舍去).由S n 2−(2n 2+2n −3)S n −6(n 2+n)=0,n ∈N ∗.当n ≥2时,S n−12−(2(n −1)2+2(n −1)−3)S n −6((n −1)2+(n −1))=0,得[S n −(2n 2+2n)](S n +3)=0.又已知数列{a n }各项均为正数,故S n =2n 2+2n .当n ≥2时,a n =S n −S n−1=2n 2+2n −2(n −1)2−2(n −1)=4n .当n =1时,a 1=4也满足上式,∴a n =4n ,n ∈N ∗;(2)证明:c 1+4c 2+9c 3+⋯+n 2c n =14a n ,①c 1+4c 2+9c 3+⋯+(n −1)2c n−1=14a n−1,n ≥2,②①−②得n 2c n =14(a n −a n−1)=1(n ≥2),∴c n =1n 2(n ≥2),c 1=14a 1=1,符合上式,∴c n =1n 2. 设T n =c 1+c 2+⋯+c n .当n =1时,T 1=c 1=1<2;当n =2时,T 2=c 1+c 2=1+14=54<2;当n ≥3时,c n =1n 2<1(n−1)n =1n−1−1n ,此时T n =1+14+132+142+⋯+1n 2<1+14+(12−13)+(13−14)+⋯(1n−1−1n )=1+14+12−1n =74−1n <2.综上,对一切正整数n ,有c 1+c 2+⋯+c n <2成立.解析:此题考查了数列的通项与前n 项和的关系、裂项求和法,还用到了放缩法,计算量较大.(1)此题可以用n =1代入题中条件,利用S 1=a 1求出a 1的值,利用a n 与S n 的关系,从而求出a n ;(2)利用放缩法,将所求的每一个因式进行裂项求和,即可证明到本题结论.21.答案:解:ⅰ因为k =1,所以直线l 为y =x +12,由{y =x +12x 2+4y 2=4消y ,得5x 2+4x −3=0 , 则x 1+x 2=−45, x 1x 2=−35,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),所以AB =√(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2=√1+k 2|x 1−x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=25√38 , 点P 到直线l 的距离为d =|2−0+12|√12+12=5√24,所以ΔPAB 的面积为12AB ⋅d =√392. ⅰ设ΔPAB 的外接圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0,令y =0,则x 2+Dx +F =(x −2)(x −x 0),所以ΔPAB 的外接圆的方程为x 2+y 2−(2+x 0)x +Ey +2x 0=0,由{y =kx +12x 2+y 2−(2+x 0)x +Ey +2x 0=0, 消y ,得(1+k 2)x 2+(k +Ek −x 0−2)x +2x 0+E 2+14=0,所以x 2+k+Ek−x 0−21+k 2x +2x 0+E 2+141+k 2=0 (∗) 由{y =kx +12x 2+4y 2=4消y ,得(1+4k 2)x 2+4kx −3=0, 所以x 2+4k 1+4k 2x −31+4k 2=0 (∗∗)因为(∗)与(∗∗)的解都是A,B 两点的横坐标,所以(∗)与(∗∗)是同一方程,所以{k+Ek−x 0−21+k 2=4k 1+4k 22x0+E 2+141+k 2=−31+4k 2,由第二个方程得:E =−6(1+k 2)1+4k −4x 0−12,将此方程代入第一个方程化简得:−2x 0=16k 3+16k 2+19k+4(4k 2+1)(4k+1)=1+3k+11+4k 2, 因为直线l 过定点(0,12)在椭圆的内部,所以直线l 与椭圆一定相交,所以k 的取值范围为k ≠−14,设n =k +1, n ≠34,所以k+11+4k 2=n 4n 2−8n+5,10 n =0时,n 4n 2−8n+5=0,20 n ≠0且n ≠34时,n 4n 2−8n+5=14n+5n −8,设ℎ(n)=4n +5n −8,当n <0时,4n +5n −8≤−2√4n ·5n −8=−4√5−8,当且仅当n =−√52时取等号; 当n >0时, 4n +5n −8≥2√4n ·5n −8=4√5−8,当且仅当n =√52时取等号, n =34时, 4n +5n −8=4×34+534−8=53, 所以ℎ(n)⩽−4√5−8或ℎ(n)⩾4√5−8且ℎ(n )≠53,所以x 0的取值范围是[−10−3√58,−75)∪(−75,3√5−108].解析:(1)利用椭圆的性质求解即可;(2)根据椭圆与直线的位置关系求解,进而即可得结果.22.答案:(1)解:函数f(x)定义域x ∈(0,+∞),f′(x)=a +1x ,因为f(x)在区间[1,2]上为增函数,所以f′(x)≥0在x ∈[1,2]上恒成立,即f′(x)=a +1x ≥0,a ≥−1x 在x ∈[1,2]上恒成立,则a ≥−12;(2)证明:(ⅰ) 当a =−e 时,f(x)=−ex +lnx ,f′(x)=−ex+1x . 令f′(x)=0,得x =1e ,令f′(x)>0,得x ∈(0,1e ),所以函数f(x)在(0,1e )单调递增.令f′(x)<0,得x ∈(1e ,+∞),所以函数f(x)在(1e ,+∞)单调递减.所以,f(x)max =f(1e )=−e ⋅1e +ln 1e =−2,所以f(x)+2≤0成立.(ⅰ)由(ⅰ)知,f(x)max =−2,所以|f(x)|≥2,设g(x)=lnx x +32,x ∈(0,+∞),所以g′(x)=1−lnxx 2,令g′(x)=0,得x=e.令g′(x)>0,得x∈(0,e),所以函数g(x)在(0,e)单调递增,令g′(x)<0,得x∈(e,+∞),所以函数g(x)在(e,+∞)单调递减;所以,g(x)max=g(e)=lnxx +32=1e+32<2,即g(x)<2.所以|f(x)|>g(x),即|f(x)|>lnxx +32,所以,方程|f(x)|=lnxx +32没有实数解.解析:本题考查了函数的单调性最值问题,考查导数的应用、函数恒成立问题,是一道综合题.(1)求出函数的导数,分离出a,结合函数的单调性求出a的范围即可;(2)(ⅰ)解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间,从而求出f(x)的最大值,证出结论;(ⅰ)求出|f(x)|≥2,令g(x)=lnxx +32,求出g(x)的最大值小于|f(x)|的最小值,从而判断无解.。
2020年浙江省温州中学高考数学适应性试卷(7月份)
2020年浙江省温州中学高考数学适应性试卷(7月份)一、单项选择题(本大题共10小题,共40.0分)1. 已知集合A ={x|y =ln(x −1)},B ={x|y =√x −1},则( )A. A =BB. A ⊆BC. A ∩B =⌀D. A ∪B =R2. 点P(2,0)到双曲线y 29−x 216=1的一条渐近线距离为( )A. 85B. 65C. 4D. 33. 已知z −复数z 的共轭复数,满足z −=2−i(其中i 为虚数单位),则复数z 的虚部是( )A. −iB. iC. −1D. 1 4. 点P(x,y)满足不等式组{x +y ≤5,2x +y ≤6,x ≥0,y ≥0,6x +8y 取得最大值时,点P 的坐标是( )A. (0,5)B. (1,4)C. (2,4)D. (1,5)5. 已知函数f(x)=ax 3+bx 2+cx ,其导函数y =f′(x)的图象经过点(1,0)、(2,0),如图所示,则下列命题正确的是( )A. 当x =32时函数取得极小值 B. f(x)有两个极大值点 C. f(1)<0 D. abc <06.已知a ,b ∈R ,则“a +b >2”是“a 2+b 2>1”的( )条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充分必要 D. 既非充分又非必要7.袋中有3个白球和i 个黑球,有放回的摸取3次,每次摸取一球,设摸得黑球的个数为ξi ,其中i =1,2,则( )A. E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)B. E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)C. E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)D. E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)8.已知函数y =f(x −1)的图象关于直线x =1对称,则方程f(2020−x )=f(log 2020|x|)的解至少有多少个( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 59.设O 为△ABC 的内心,AB =6,AC =7,BC =8,动点P 满足:OP⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,x ∈[0,1],y ∈[0,1],z ∈[0,1],则点P 的轨迹所覆盖的平面区域的面积为( )A. 212B. 21C. 21√152D. 21√1510. 已知数列{a n }由首项a 1=a 及递推关系a n+1=3a n −1a n +1确定.若{a n }为有穷数列,则称a 为“坏数”.将所有“坏数”从小到大排成数列{a n },若b 2019<a 1<b 2020,则( )A. −1<a 2020<0B. 0<a 2020<13C. a 2020>3D. 1<a 2021<3二、填空题(本大题共3小题,共14.0分) 11. 已知a >0,b >−1,且a +b =1,则a 2+3a+b 2b+1最小值为______.12.过抛物线C:x2=4y的准线上任意一点P作抛物线的切线PA、PB,切点分别为A、B.则A点到准线的距离与B点到准线的距离之和的最小值是______.13.如图,在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点M为线段BD1上的动点,下列四个结论:①存在点M,使得C1M//平面AB1C;②存在点M,使得直线AM与直线B1C所成的角为60°;③存在点M,使得三棱锥D1−C1DM的体积为1;8④存在点M,使得α>β,其中α为二面角M−AA1−B的大小,β为直线MA1与直线AB所成的角.则上述结论正确的有______.(填上正确结论的序号)三、多空题(本大题共4小题,共24.0分)14.已知(1+3x)5=a0+a1x+a2x3+a3x3+a4x4+a5x5,则a3=(1);a1+a2+a3+a4+a5=(2).15.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则它的体积是(1)cm3,表面积是(2)cm2.16.已知函数y=a+cosωx,x∈[−π,π](其中,a,ω为常数,且ω>0)有且仅有3个零点,则a的值为(1),ω的取值范围是(2).17.现有12个不同的小球,其中红色、黄色、蓝色、绿色小球各3个,从中任取3个.所取三球中含有红色球的概率为(1);若所取三球中红色小球和黄色小球都至少各一个,则不同取法种数为(2).(用数字作答)四、解答题(本大题共5小题,共74.0分)=bsinA,BD平分∠ABC交AC于点D,18.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,acos A+C2且BD=2,2AD=3CD.(Ⅰ)求B;(Ⅱ)求△ABC的面积.19.如图,在四棱锥S−ABCD中,底面ABCD为梯形,AD//BC,AB=BC=CD=12AD,SA⊥平面SCD.(Ⅰ)求证:CD⊥SC;(Ⅱ)若CD=SC,P是SD的中点,求直线PB与平面SAB所成的角的正弦值.20.已知数列{a n}中,a1>0,且a n+1=√3+a n2.(Ⅰ)若数列{a n}为单调递增数列,试求a1的取值范围;(Ⅱ)若a1=4,设b n=|a n+1−a n|(n=1,2,3…),数列{b n}的前n项的和为S n,求证:b1+b2+⋯+b n< 52.21.如图,已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过不同的三点A(√52,√54),B(−12,−34),C(C在第三象限),线段BC的中点在直线OA上.(Ⅰ)求椭圆Γ的方程及点C的坐标;(Ⅱ)设点P是椭圆Γ上的动点(异于点A、B、C)且直线PB、PC分别交直线OA于M、N两点,问|OM|⋅|ON|是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.22.已知函数f(x)=axlnx−x2+(3−a)x+1(a∈R).(Ⅰ)当a=1时,求曲线f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(Ⅱ)若f(x)存在两个极值点x1,x2(x1<x2).①求a的取值范围;②当x2取得最小时,求a的值.x1答案和解析1.【答案】B【解析】解:由题意知集合A={x|x>1}(真数位置x−1>0);集合B={x|x≥1}(根号底下的数大于等于零);所以A⊆B故选:B.本题考查的是集合包含关系的判断及应用问题.在解答时,应先将集合A、B元素具体化,进而根据元素的范围即可获得问题的解答.明确集合中研究的元素是谁,将集合中的元素具体化.2.【答案】B【解析】解:双曲线y29−x216=1的一条渐近线:3x+4y=0,点P(2,0)到双曲线y29−x216=1的一条渐近线距离为:√32+42=65.故选:B.求出双曲线的渐近线方程,利用点到直线的距离公式求解即可.本题考查双曲线的简单性质的应用,点到直线的距离的应用,是基本知识的考查.3.【答案】D【解析】解:由z−=2−i,得z=2+i,∴复数z的虚部是1.故选:D.由已知结合共轭复数的概念求得z,则答案可求.本题考查复数的基本概念,是基础题.4.【答案】A【解析】解:由题意画出约束条件的可行域,与直线6x+8y=0平行的直线中,只有经过M点时,目标函数z=6x+8y取得最大值.目标函数z=6x+8y取得最大值时的点的坐标M为:x+y=5与y轴的交点(0,5).故P为:(0,5).故选:A.画出约束条件的可行域,结合目标函数即可求z=6x+8y取得最大值的点的坐标.本题是中档题,考查线性规划的应用,注意正确做出约束条件对应的可行域是解题的关键,考查计算能力.5.【答案】D【解析】解:函数f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数y=f′(x)=3ax2+2bx+c,由函数的图象可知,a>0,f′(1)=0,f′(2)=0,x=1,x=2是函数的两个极值点,f(1)是极大值,f(2)是极小值,所以B,C不正确;A不正确;f′(x)=3ax2+2bx+c,由图象可得−2b6a >0,b<0,c3a>0,所以c>0,可得abc<0,所以D正确;故选:D.求出导函数,结合导函数的图象,判断函数的极值以及函数值,判断选项的正误即可.本题考查命题的真假的判断,函数的导数的应用,二次函数的性质的应用,是中档题. 6.【答案】A【解析】解:∵a +b >2,∴a 2+b 2≥(a+b)22=2>1,反之不成立,例如:a =1,b =1.∴“a +b >2”是“a 2+b 2>1”的充分不必要条件, 故选:A .由a +b >2,可得a 2+b 2≥(a+b)22>1,反之不成立,可通过举反例说明.本题考查了重要不等式的性质、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题. 7.【答案】A【解析】解:袋中有3个白球和i 个黑球,有放回的摸取3次, 每次摸取一球,设摸得黑球的个数为ξi ,其中i =1,2, 则ξ1~B(3,14),E(ξ1)=3×14=34,D(ξ1)=3×14×(1−14)=916, ξ2~B(3,25),E(ξ2)=3×25=65,D(ξ2)=3×25×(1−25)=1825, ∴E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2). 故选:A .推导出ξ1~B(3,14),ξ2~B(3,25),由此能求出结果.本题考查命题真假的判断,考查二项分布的性质等基础知识,考查运算求解能力,是中档题. 8.【答案】D【解析】解:∵f(x −1)是f(x)向右平移一个单位的图象,且函数y =f(x −1)的图象关于直线x =1对称,所以函数f(x)关于直线x =0对称,即f(x)为偶函数,因此当“f(2020−x )=f(log 2020|x|)”是“|2020−x |=|f(log 2020|x|)|”充要条件时,此时方程f(2020−x )=f(log 2020|x|)的解的个数最少,接下来讨论方程|2020−x |=|log 2020|x||的解的个数,因为|2020−x |=|log 2020|x||等价于log 2020|x|=2020−x 或log 2020|x|+2020−x =0,①当log 2020|x|=2020−x 时,方程log 2020|x|=2020−x 的解的个数即函数y =2020−x 的图象和函数y =log 2020|x|的图象的交点个数, 画出两函数图象如下图所示:易知两函数在x ∈(0,+∞)上存在一个交点, 故方程log 2020|x|=2020−x 有1解;②当log 2020|x|+2020−x =0时,下面分两种情况进行讨论,若x <0,log 2020|x|+2020−x =0等价于log 2020(−x)+2020−x =0,令g(x)=log 2020(−x)+2020−x (x <0),易得函数g(x)在(−∞,0)上单调递减,又因为x →−∞lim g(x)=+∞,x →0−limg(x)=−∞,由零点存在定理可得函数g(x)在(−∞,0)上存在唯一零点,即方程log 2020|x|+2020−x =0在(−∞,0)上有且只有一个解; 若x >0时,log 2020|x|+2020−x =0等价于log12020x =(12020)x ,下面我们证明当a ∈(0,1e e )时,函数y =a x 与函数y =log a x 图象有三个交点, 假设A 点在指数函数y =a x 上,且指数函数过该点的切线斜率为−1, B 点在对数函数y =log a x 上,且对数函数过该点的切线斜率也为−1, 当A 、B 重合时,它们会有一个交点,此时就是一个界点. 图象如下图所示,指数函数为y =a x ,求导y′=a x lna ,即指数函数切线的斜率,y A ′=a x lna =−1, ∴a x =−1lna =−log a e,即x A =log a (−log a e),与指数函数y =a x 对应的反函数,对数函数为y =log a x ,求导y′=1x log a e , 即对数函数斜率,y B ′=1x log a e =−1,∴x B =−log a e ,A ,B 重合,即x A =x B ,∴log a (−log a e)=−log a e ,∴−log a e =1e , 即a 1e =1e ,∴a =1e e ,即1e e 是一个分界点,结合指数函数数及对数函数的变化趋势可知,当a ∈(0,1e )时,函数y =a x 与函数y =log a x 图象有三个交点, 又因为2020>e >e 1e ,所以0<12020<e 1e ,于是方程log12020x =(12020)x 在(0,+∞)上有三个解,即方程log 2020|x|+2020−x =0在(0,+∞)上有三个解, 综上所述方程|2020−x |=|log 2020|x||一共有5个解, 于是方程f(2020−x )=f(log 2020|x|)的解至少5个,故选:D .依题意得出函数f(x)为偶函数,当“f(2020−x )=f(log 2020|x|)”是“|2020−x |=|f(log 2020|x|)|”充要条件时,此时方程f(2020−x )=f(log 2020|x|)的解的个数最少,故我们只需要对方程|2020−x |=|f(log 2020|x|)|的解进行展开讨论即可得到答案. 本题考查了指数函数,对数函数,反函数的性质,考查了分类讨论思想和数形结合思想,难点在于当0<a <1时,函数y =a x 与函数y =log a x 图象的交点个数,属于难题. 9.【答案】C【解析】解:如图所示,根据向量加法的几何意义可知, 点P 的轨迹所覆盖的平面区域为图中的三个平行四边形,所以动点P 的轨迹所覆盖的平面区域等于△ABC 面积的2倍, 由余弦定理,得cosA =62+72−822×6×7=14>0,故A 为锐角,所以sinA =√1−116=√154, 所以S △ABC =12×6×7×√154=21√154,所以点P 的轨迹所覆盖的平面区域面积为2×21√154=21√152. 故选:C .首先根据题意,结合向量加法的几何意义,可以得到点P 的轨迹所覆盖的平面区域,然后求出其面积. 该题考查的是有关平面向量的线性运算,三角形的面积公式,属于中档题. 10.【答案】C【解析】解:注意到:{a n }是有穷数列的条件是a n +1=0,即a n =−1=a ,这是第一个坏数, 再由:3a n −1an +1=−1⇒a =0,这是第二个坏数,依此类推,{b n }满足:3b n+1−1bn+1+1=b n ,即:b n+1=b n+13−b n,注意到:b n+1−b n =b n 2−2b n+13−b n>0,则b n <3,且有:b 1=−1,b 2=0, 一方面:1bn+1−1=3−b n2bn −2,⇒1b n+1−1−1b n−1=−12,则1b n−1=−12−12(n−1)=−12n,⇒b n=1−2n,则a1∈(0,1),另一方面:1a n+1−1−1a n−1=12,故1a2021−1−1a1−1=(1a2021−1−1a2020−1)+(1a2020−1−1a2019−1)+⋯+(1a2−1−1a1−1)=12+12+⋯+12=12⋅2020=1010,则1a2021−1=1010+1a1−1,b2019=20172019,b2020=20182020,则a1∈(20172019,2018 2020),则1a2021−1=1010+1a1−1∈(0,12),⇒a2021>3,故C正确,同理,我们有:1a2020−1=1a1−1+20192∈(−12,0),⇒a2020<−1,综上所述,故ABD均错.故选:C.首先根据题意求出数列{b n}的递推关系式,再通过构造新数列将数列{b n}的痛项公式求出来,同理再求出数列{a n}的通项公式,由题干中所给出的不等式可得到a1的范围,又因为a2020和a2021可以用a1来表示,所以可以求得a2020和a2021的范围,故可得答案.本题考查的是数列的综合问题,考查了新定义问题,解答的关键是理解题目中“坏数”的概念,构建合适的数列,属于难题.11.【答案】2+√3【解析】解:已知a>0,b>−1,且a+b=1,∴b=1−a>−1,∴2−a>0.则a2+3a +b2b+1=a+3a+(1−a)22−a=3a+12−a.令f(a)=3a +12−a=12⋅[a+(2−a)]⋅(3a+12−a)=12⋅(3+a2−a+3(2−a)a+1)=12⋅(4+a2−a+3⋅2−aa)≥12(4+2√a2−a⋅3⋅2−aa)=4+2√32=2+√3,即a2+3a +b2b+1≥2+√3,当且仅当a2−a=3⋅2−aa时,取等号,故a2+3a +b2b+1最小值为2+√3,故答案为:2+√3.式子变形为f(a)=3a +12−a,再进一步变形利用基本不等式求出它的最小值.本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、基本不等式的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 12.【答案】4【解析】 【分析】本题考查抛物线的性质,属于中档题.把A ,B 到准线的距离转化为到焦点的距离,三点共线时距离最小,进而求出最小值. 【解答】解:显然直线AB 的斜率存在,设直线AB 的方程为:y =kx +b ,设A(x,y),B(x′,y′), 由题意知焦点F(0,1),联立直线与抛物线的方程:x 2−4kx −4b =0,则Δ=16k 2+16b >0,b >−k 2,且x +x′=4k ,xx′=−4b ,AB =√1+k 2√(x +x′)2−4xx′=√1+k 2√16k 2+16b =4√1+k 2√b +k 2,A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和为AF +BF , 当A ,F ,B 三点共线时AF +BF 最小,这时b =1,AF +BF =AB =4√1+k 2⋅√1+k 2=4(1+k 2)≥4, 当且仅当k =0时上式取等,此时直线AB 平行于x 轴.∴A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值是4, 故答案为:4. 13.【答案】①③【解析】解:对于①,由正方体可知BD 1⊥平面AB 1C , 故当C 1M ⊥BD 1时,C 1M//平面AB 1C ,故①正确;对于②,连接AD 1,BC 1,则B 1C ⊥平面ABC 1D 1,故B 1C ⊥AM ,故②错误;对于③,设M 到平面CDD 1C 1的距离为h ,则0≤ℎ≤1, 则V D 1−C 1DM =V M−C 1D 1D =13S △C 1D 1D ⋅ℎ=13×12×ℎ≤16,故③正确.对于④,以C 为原点建立空间坐标系C −xyz ,设BM =λBD 1(0≤λ≤1),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,0),BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,1),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,−1),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,−λ,λ),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ−1,−λ,λ),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ−1,−λ,λ−1),∴cosβ=|cos <A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√3λ2−4λ+2, 设平面MAA 1的法向量为n ⃗ =(x,y ,z),则{n ⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{z =0(λ−1)x −λy +λz =0,令y =1可得n ⃗ =(λλ−1,1,0),又DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0)是平面ABB 1A 1的一个法向量, 又二面角M −AA 1−B 为锐二面角或直角,故cosα=|cos <n ⃗ ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n⃗⃗ ⋅DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ ||DA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=1√λ2(λ−1)2+1=1−λ√2λ2−2λ+1,∵3λ2−4λ+2−(2λ2−2λ+1)=λ2+1>0,∴3λ2−4λ+2>2λ2−2λ+1,又1−λ≥0,∴cosβ≤cosα,∴α≤β,故④错误.故答案为:①③.根据BD1⊥平面AB1C即可判断①,根据B1C⊥平面ABC1D1即可判断②,根据棱锥的体积公式即可判断③,建立空间坐标系,计算cosα,cosβ,根据cosα,cosβ的大小关系判断④.本题考查空间线面位置关系判断,空间角的计算,属于中档题.14.【答案】2701023【解析】解:∵(1+3x)5=a0+a1x+a2x3+a3x3+a4x4+a5x5,∴a3=C53⋅33=270.令x=0,可得a0=1,令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=45,∴a1+a2+a3+a4+a5=45−1=1023,故答案为:270;1023.由题意利用二项展开式的通项公式,先求出a3的值;再分别令x=0,x=1,可得要求式子的值.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.15.【答案】232+2√5+√6【解析】解:根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体为三棱锥体A−BCD.如图所示:所以V A−BCD=13×12×2×2=23.连接CE交BD于O,所以:AO=√1+(√2)=√3,BD=√22+22=2√2,所以:S△ABD=12×2√2×√3=√6,S△BCD=12×2×2=2,S△ACD=S△ABC=12×2×√12+22=√5,所以S表=S△ABD+S△BCD+S△ABC+S△ACD=2+2√5+√6.故答案为:23;2+2√5+√6.首先把三视图转换为直观图,进一步求出几何体的体积和表面积.本题考查的知识要点:三视图和直观图形之间的转换,几何体的体积和表面积公式的应用,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.16.【答案】−1[2,4)【解析】解:函数y=a+cosωx在[−π,π]上为偶函数,又函数y=a+cosωx,x∈[−π,π]有且仅有3个零点,故必有一个零点为x=0,且函数的零点个数必为奇数,∴a+cos0=0,∴a=−1;又函数y=cosωx−1,x∈[−π,π]的零点个数,即函数y=cosωx与直线y=1的图象在[−π,π]上交点的个数,(ω>0)倍,而函数y=cosωx相当于函数y=cosx纵坐标不变,横坐标扩大(或缩小)为原来的1ω当ω=1时,函数y=cosx与直线y=1在[−π,π]上仅有一个交点,则ω>1,;当ω=2时,函数y=cos2x与直线y=1在[−π,π]上恰有3个零点,如图,故ω≥2;当ω=4时,函数y=cos2x与直线y=1在[−π,π]上恰有5个零点,如图,故ω<4;综上,ω的取值范围是[2,4).故答案为:−1,[2,4).分析可知,x=0必为函数的一个零点,由此求得a=−1,再根据三角函数图象变换性质,可求得ω的取值范围.本题考查三角函数的图象及性质,考查数形结合思想及逻辑推理能力,属于中档题.17.【答案】345572【解析】解:根据题意,现有12个不同的小球,从中任取3个,有C123=220种取法,其中没有红色球的取法有C93=84种,则所取三球中含有红色球的取法有220−84=136种,则所取三球中含有红色球的概率为136220=3455,若所取三球中红色小球和黄色小球都至少各一个,分3种情况讨论:①取出的3个球为2个红色、1个黄色;有C32C31=9种取法,②取出的3个球为1个红色、2个黄色;有C32C31=9种取法,③取出的3个球为1个红色、1个黄色、1个其他颜色的小球,有C31C31C61=54种取法,则有9+9+54=72种满足题意的取法;故答案为:3455,72.对于第一空:先计算从12个小球中任取3个的取法,再计算其中没有红色球的取法,即可得所取三球中含有红色球的取法数目,由古典概型公式计算可得答案;对于第二空:分3种情况讨论:①取出的3个球为2个红色、1个黄色;②取出的3个球为1个红色、2个黄色;③取出的3个球为1个红色、1个黄色、1个其他颜色的小球,由加法原理计算可得答案.本题考查排列组合的应用,涉及分类、分步计数原理的应用,属于基础题.18.【答案】解:(Ⅰ)∵acos A+C2=bsinA,∴acosπ−B2=asin B2=bsinA,∴由正弦定理可得sinAsin B2=sinBsinA=2sin B2cos B2sinA,∵A,B∈(0,π),可得B2∈(0,π2),sinA>0,∴cos B2=12,可得B2=π3,∴可得B=2π3.(Ⅱ)∵BD平分∠ABC交AC于点D,且BD=2,2AD=3CD,即ADCD =32=ca,即3a=2c,①∴sinCsinA =sin(π3−A)sinA=32,可得tanA=√34,可得sinA=√319,∴在△ABD中,由正弦定理ADsin∠ABD =BDsinA,可得AD=BD⋅sin∠ABDsinA=2×√32√319=√19,可得CD=2√193,∴可得b=AD+CD=5√193,∴在△ABC中,由余弦定理可b2=a2+c2−2accosB,得(5√193)2=a2+c2+ac,②∴由①②解得a=103,c=5,∴S △ABC =12acsinB =12×103×5×√32=25√36.【解析】(Ⅰ)由已知利用诱导公式,正弦定理,二倍角的正弦函数公式化简已知等式可得cos B2=12,结合角的范围可求B2,进而可求B 的值.(Ⅱ)利用三角形角平分线的性质可得3a =2c ,①,利用正弦定理,三角函数恒等变换的应用可求sin A 的值,在△ABD 中,由正弦定理得AD ,可得b 的值,在△ABC 中,由余弦定理得(5√193)2=a 2+c 2+ac ,②,由①②解得a ,c 的值,根据三角形的面积公式即可计算得解.本题主要考查了正弦定理,三角形角平分线的性质,三角函数恒等变换的应用,余弦定理,三角形的面积公式在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题. 19.【答案】解:(1)证明:∵SA ⊥平面SCD ,CD ⊂平面SCD , ∴SA ⊥CD ,∵底面ABCD 为梯形,AD//BC ,AB =BC =CD =12AD ,∴∠ABC =120°,∠ADC =60°, 设AB =BC =CD =12AD =1,则AC =√1+1−2×1×1×cos120°=√3, ∴AC 2+CD 2=AD 2,∴AC ⊥CD , ∵SA ∩AC =A ,∴CD ⊥平面SAC , ∵SC ⊂平面SAC ,∴CD ⊥SC .(2)解:以C 为原点,CD 为x 轴,CA 为y 轴,过C 作平面ABCD 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系,D(1,0,0),S(0,√33,√63),P(12,√36,√66),A(0,√3,0),B(−12,√32,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√33,−√66),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,0),BS ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−√36,√63), 设平面SAB 的法向量n⃗ =(x,y ,z), 则{n ⃗ ⋅BA⃗⃗⃗⃗⃗ =12x +√32y =0n ⃗ ⋅BS ⃗⃗⃗⃗⃗ =12x −√36y +√63z =0,取x =√3,得n ⃗ =(√3,−1,−√2), 设直线PB 与平面SAB 所成的角为θ, 则sinθ=|PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√3√32⋅√6=√33,∴直线PB 与平面SAB 所成的角的正弦值为√33.【解析】(1)推导出SA ⊥CD ,AC ⊥CD ,从而CD ⊥平面SAC ,由此能证明CD ⊥SC .(2)以C 为原点,CD 为x 轴,CA 为y 轴,过C 作平面ABCD 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出直线PB 与平面SAB 所成的角的正弦值.本题考查线线垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.20.【答案】解:(1)a n+1−a n =√3+a n2−√3+a n−12=n n−12(3+a +3+a ),(n ≥2),注意到√2(√3+a n +√3+a n−1)>0,因此a n+1−a n ,a n −a n−1,…,a 2−a 1有相同的符号.由题意可得要使a n+1>a n 对任意自然数都成立,只须a 2−a 1>0即可, 由√3+a 12−a 1>0,解得:0<a 1<32.(2)证明:用与(1)中相同的方法,可得当a 1>32时,a n+1<a n 对任何自然数n 都成立.因此当a 1=4时,a n+1−a n <0.∴S n =b 1+b 2+⋯+b n =|a 2−a 1|+|a 3−a 2|+⋯+|a n+1−a n |=a 1−a 2+a 2−a 3+⋯+a n −a n+1=a 1−a n+1=4−a n+1, 又a n+2<a n+1即√3+a n+12<a n+1,可得a n+1>32, 故S n <4−32=52.【解析】(1)计算a n+1−a n ,可得a n+1−a n ,a n −a n−1,…,a 2−a 1有相同的符号,只需考虑a 2−a 1>0即可;(2)推得当a 1=4时,a n+1−a n <0,化简S n ,结合数列{a n }递减,即可得证.本题考查数列的单调性的判断和运用,考查不等式恒成立问题解法,以及不等式的解法,考查化简运算能力和推理能力,属于中档题.21.【答案】解:(Ⅰ)由点A ,B 在椭圆Γ上,得{54a 2+516b 2=114a 2+916b 2=1,解得:{a 2=52b 2=58, ∴椭圆Γ的方程为x 252+y 258=1 …(4分)设C(m,n),则BC 的中点D(2m−14,4n−38),∵D 在直线OA 上由已知,求得直线OA 的方程为x −2y =0,从而m =2n −1,① 又点C 在椭圆Γ上,故2m 2+8n 2=5,② 由①②解得n =34(舍去)或n =−14,则m =−32, ∴点C 的坐标为(−32,−14); …(6分) (Ⅱ)设P(x 0,y 0),M(2y 1,y 1),N(2y 2,y 2), ∵P ,B ,M 三点共线,∴y 1+342y 1+12=y 0+34x 0+12,y 1=3x 0−2y 04(2y 0−x0+1),∵P ,C ,M 三点共线,∴y 2+142y 2+32=y 0+14x 0+32,y 2=x 0−6y4(2y 0−x 0−1),…(8分)∵点P 在椭圆Γ上,∴2x 02+8y 02=5,x 02=52−4y 02,∴y 1y 2=(3x 0−2y 0)(x 0−6y 0)002=3x 02−20x 0y 0+12y 02020200 =3(52−4y 02)−20x 0y 0+12y 0216(52−4x 0y 0−1)=5(32−4x 0y 0)16(32−4x 0y 0)=516,…(10分)∴|OM|⋅|ON|=√5|y 1|⋅√5|y 2|=5|y 1y 2|=2516为定值.∴|OM|⋅|ON|为定值 2516.…(12分)【解析】(Ⅰ)将A ,B 代入椭圆方程,即可求得a 和b 的值,求得椭圆方程,利用中点坐标公式求得D 点坐标,求得直线OA 的方程,代入椭圆方程,即可求得m 和n 的值,即可求得C 点坐标;(Ⅱ)根据直线的斜率公式.求得y 1及y 2,由x 02=52−4y 02,代入即可求得y 1y 2,由|OM|⋅|ON|=√5|y 1|⋅√5|y 2|,即可求得|OM|⋅|ON|为定值 2516.本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质,中点坐标公式的应用,直线的斜率公式,考查计算能力,属于中档题.22.【答案】解:(Ⅰ)当a =1时,f(x)=xlnx −x 2+2x +1, ∴f′(x)=lnx −2x +3, ∴f′(1)=0−2+3=1, ∵f(1)=0−1+2+1=2,∴曲线f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y −2=(x −1),即y =x +1; (Ⅱ)①f′(x)=a(1+lnx)−2x +(3−a)=alnx −2x +3, ∵f(x)存在两个极值点x 1,x 2,∴f′(x)=alnx −2x +3=0有两个解, 设g(x)=alnx −2x +3,x >0, ∴g′(x)=ax −2,当a ≤0时,g′(x)<0恒成立,函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,此时alnx −2x +3=0至多只有一个解,不合题意;当a >0时,令ax −2=0,解得x =a2,当0<x <a2时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增, 当x >a2时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减,∴g(x)max =g(a2)=aln a2−a +3=alna −aln2−a +3,当x →0时,g(x)→−∞,当x →+∞,g(x)→−∞, 令F(a)=alna −aln2−a +3,a >0, ∴F′(a)=1+lna −ln2−1=lna −ln2, 令F′(a)=0,解得a =2,当0<a <2时,F′(a)<0,函数F(a)单调递减, 当a >2时,F′(a)>0,函数F(a)单调递增, ∴F(a)≥F(2)=2ln2−2ln2−2+3=1>0, ∴当a >0时,f′(x)=alnx −2x +3=0有两个解,综上所述a >0.②∵f′(x)=alnx −2x +3,∴alnx 1−2x 1+3=0,alnx 2−2x 2+3=0, ∴a(lnx 2−ln′x 1)=2x 2−2x 1, ∴aln x2x 1=2x 2−2x 1,∴a =2(x 2−x 1)ln x 2x 1=2x 1(x 2x 1−1)ln x 2x 1=2x 1−3lnx 1=2x 2−3lnx 2,设x2x 1=t ,且t >1 ∴x 2x 1−1ln x 2x 1=2x 1−32x 1lnx1=t−1lnt=ℎ(t),∴ℎ′(t)=lnt−(t−1)1tln 2t=lnt−1+1tln 2t,令m(t)=lnt −1+1t , 则m′(t)=1t −1t 2=t−1t 2>0恒成立,∴m(t)在(1,+∞)上单调递增, ∴m(t)>m(1)=0−1+1=0, ∴ℎ′(t)>0恒成立,∴ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增,∴t 最小值时,ℎ(t)取最小值为G(x)=2x−32xlnx ,0<x <1, ∴G′(x)=3lnx−(2x−3)2x 2ln 2x,再设φ(x)=3lnx −(2x −3), 则φ′(x)=3−2x x>0恒成立,∴φ′(x)在(0,1)单调递增,又φ(1)=1>0且x →0,φ(0)→−∞, ∴φ(x)在(0,1)内存在唯一的根x 0,∴φ(x 0)=0,即3lnx 0−(2x 0−3)=0, ∴G(x)在(0,x 0)单调递减,(x 0,1)单调递增,∴G(x)min =G(x 0)=2x 0−32x 0lnx 0=3lnx 02x 0lnx 0=32x 0∴ℎ(t)=G(x 1),∴ℎ(t)取最小值时,即F(x 1)取最小值时,a =2x 1−3lnx 1=3.【解析】(I)把a =1代入后对函数求导,然后结合导数的几何意义可求切线的斜率,进而可求切线方程; (II)①先对函数求导,然后结合极值存在的条件进行转化,即可求解a 的范围;②由已知函数极值与导数关系代入后进行分离a ,结合导数及函数取得最值的条件即可求解.本题主要考查了导数的几何意义及利用导数研究函数的极值及最值,体现了转化思想及分类讨论思想的应用.。
浙江省2020年4月份温州市普通高中高考适应性测试数学试题(含答案)
c. A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
充要条件
D.既不充分也不必要条件
6. 若 (l+x)2o= a。 + a1x+ · ··+ a19灼 + a20产,则 a。 +a, +·· ·+a9+a10 的值为 ( .. )
A. 2'9
B. 219-½ 驾
C. 219+½噤
D. 2'9+C~~
2
2
/If
c
等,则直线 AP 经过 l:,,AB'C 的 ( ~ )
第 8 题图
A. 重心
B. 垂心
C. 内心
D. 外心
9. 定义在 R 上 的函 数 y = f(x) 满足订(x) I:::; 2忙11 , 且 y = f(x+I) 为奇函数,则 y = f(x) 的
图象可能是( ~ )
y
y
X
X
X
x
A.
l x-y 运0,
A. I
B. 2
C. 3
D. 4
4.做抛掷一枚假子的试验,当出现 1 点或2点时,就说这次试验成功,假设假子是质地均匀的.则在
3 次这样的试验中成功次数 X 的期望为( .. )
A. I 3
B. _!_
2
c. 1
D. 2
5.设α, be(O, l)U(l, +oo),则“ a=b ”是“ loga b = logb a”的( A )
13. 某几何体的三视图如图所示(单位: cm),则该几何体的体
l3
积(单位: cm3 ) 为一一生一一’最长棱的长度(单位: cm)
lli
2020年7月浙江省温州中学2020届高三毕业班高考适应性考试数学试题(解析版)
绝密★启用前浙江省温州中学2020届高三毕业班下学期高考适应性考试数学试题(解析版)2020年7月本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分,考试时间120分钟.考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上.参考公式:柱体的体积公式:V Sh = 其中S 表示柱体的底面积, 锥体的体积公式:13V Sh = 其中S 表示锥体的底面积,h 表示锥体的高台体的体积公式:()1213V h S S =+ 其中1S ,2S 分别表示台体的上、下底面积,h 表示台体的高球的表面积公式:24S R π= 球的体积公式:343V R π=,其中R 表示球的半径 选择题部分(共40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. 已知集合(){|ln 1}A x y x ==-,{|B x y ==,则( )A. A B =B. A B ⊆C. A B =∅D. A B R =【答案】B【解析】【分析】令10x ->,10x -≥可对两个集合进行化简,即可选出正确答案.【详解】解:令10x ->,解得1x >,即{|1}A x x =>;令10x -≥,解得1≥x ,即{|1}B x x =≥.所以A B ≠,A 错误;A B ⊆,B 正确;()1,A B =+∞≠∅,C 错误;[)1,A B R =+∞≠,D 错误.故选:B.【点睛】本题考查了集合的运算,考查了集合的关系,考查了函数的定义域的求解.本题的关键是对两个集合进行正确化简.2. 点()2,0P 到双曲线221916y x -=的一条渐近线距离为( ) A. 85B. 65C. 4D. 3【答案】B【解析】【分析】首先根据题中所给的双曲线方程求得其渐近线方程,利用点到直线的距离公式求得结果. 【详解】双曲线221916y x -=的渐近线方程为340±=x y , 可以求得点()2,0P 到直线340±=x y 的距离为32655d ⨯==, 故选:B.【点睛】该题考查的是有关双曲线的渐近线的问题,涉及到的知识点有双曲线的渐近线方程,点到直线的距离公式,属于基础题目.3. 已知z 为复数z 的共轭复数,满足2z i =-(其中i 为虚数单位),则复数z 的虚部( )A. i -B. iC. -1D. 1 【答案】D【解析】【分析】。
2020年浙江省温州中学高考数学适应性试卷(7月份)(含答案解析)
2020年浙江省温州中学高考数学适应性试卷(7月份)一、选择题(本大题共10小题,共40.0分)1.已知集合A={x|y=√2−x},B={x|x2−2x<0},则()A. A∩B=⌀B. A∪B=RC. B⊆AD. A⊆B2.若双曲线x23−m −y2m+1=1的一条渐近线的方程为2x−3y=0,则m的值为()A. 313B. 2313C. 35D. 753.已知复数z=−1−2i(1+i)2,则z−=()A. −34+14i B. −14+34i C. −1+12i D. −1−12i4.设实数x,y满足约束条件{3x+y≥5x−4y≥−7x≤2,则z=x+4y的最大值为()A. −2B. 9C. 11D. 4145.函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,下列说法正确的是()A. 函数f(x)在x=x1处取得极小值B. 函数f(x)在x=x3处取得极大值C. 函数f(x)的单调递减区间是(x2,x3)D. 函数f(x)无极大值6.设x,y∈R,则“x2+y2≤2“是“|x|≤1且|y|≤1“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7. 一个袋中放有大小、形状均相同的小球,其中红球1个、黑球2个,现随机每次取出一球.当有放回取两次时,记取出的红球数为ξ1;当无放回取两次时,记取出的红球数为ξ2,则( )A. Eξ1<Eξ2,Dξ1<Dξ2B. Eξ1=Eξ2,Dξ1>Dξ2C. Eξ1=Eξ2,Dξ1<Dξ2D. Eξ1>Eξ2,Dξ1>Dξ28. 若函数y =f(x)(x ∈R)满足f(x +2)=f(x),且x ∈(−1,1]时f(x)=|x|,则函数f(x)的图象与函数y =log 2|x|的图象的交点的个数是( )A. 2B. 3C. 4D. 多于49. 已知A(−2,0),B(2,0),动点P(x,y)满足PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2,则动点P 的轨迹为( )A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 两条平行直线10. 若数列{a n }满足a n+1+a n =2n +3,则a 10+a 7=( )A. 17B. 24C. 19D. 34二、填空题(本大题共7小题,共38.0分)11. 设(2x +1)3=a 3x 3+a 2x 2+a 1x +a 0,则a 0+a 1+a 2+a 3=______.12. 已知某几何体的三视图的外围都是边长为1cm 的正方形,如图所示,则该几何体的表面积是______cm 2,体积是______cm 3.13. 设函数f(x)=sin(ωx +π3),其中ω>0.若函数f(x)在[0,2π]上恰有2个零点,则ω的取值范围________.14. 盒子里有完全相同的6个球,每次至少取出1个球(取出不放回),取完为止,则共有______种不同的取法(用数字作答)15. 设a ,b ∈R ,a 2+3b 2=4,则a +√3b 的最小值是______.22px(p>0)的焦点的直线x−my+m=0与抛物线交于A、B两点,且ΔOAB(O为16.过抛物线y=坐标原点)的面积为2√2,则m6+m4=__________17.如图,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,M是DD1的中点,则下列结论正确的是______ (填序号)①线段A1M与B1C所在直线为异面直线;②对角线BD1⊥平面AB1C;③平面AMC⊥平面AB1C;④直线A1M//平面AB1C.三、解答题(本大题共5小题,共74.0分)18.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=bcosC−√3csinB.3(Ⅰ)求B;(Ⅱ)若点D为边AC的中点,BD=1,求△ABC面积的最大值.19.如图,四棱锥P−ABCD,底面ABCD为菱形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E为CD的中点,.(Ⅰ)求证:直线AE⊥平面PAB;(Ⅱ)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.20.在数列{a n}中,a n>0,其前n项和S n满足S n2−(n2+2n−1)S n−(n2+2n)=0.(Ⅰ)求{a n}的通项公式a n;(Ⅱ)若b n=a n−52,求b2+b4+⋯+b2n.21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线√7x−√5y+12=0相切.(1)求椭圆C的方程;(2)设A(−4,0),过点R(3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P,Q两点,连接AP,AQ分别于M,N两点,若直线MR、NR的斜率分别为k1、k2,试问:k1k2是否为定值?交直线x=163若是,求出该定值,若不是,请说明理由.)−2lnx(a>0).22.已知函数f(x)=a(x−1x(1)当a=1时,求f(x)在x=2处的切线方程;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求实数a的取值范围.-------- 答案与解析 --------1.答案:C解析:解:∵集合A ={x|y =√2−x}=(−∞,2],B ={x|x 2−2x <0}=(0,2),故B ⊆A ,故选:C .求出集合A ,B ,根据集合包含关系的定义,可得答案.本题考查的知识点是集合的包含关系判断及应用,函数的定义域,二次不等式的解法,难度中档. 2.答案:A解析:解:双曲线x 23−m −y 2m+1=1的一条渐近线的方程为2x −3y =0,可得(3−m)(m +1)>0,解得:m ∈(−1,3),所以:√m +1x −√3−my =0,是双曲线的渐近线方程,所以23=√m+1√3−m ,解得:m =313. 故选:A .利用已知条件列出关系式,转化求解即可.本题考查双曲线的简单性质的应用,基本知识的考查.3.答案:D解析:【分析】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义,属于基础题.利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出.【解答】 解:复数z =−1−2i (1+i)2=−1−2i 2i =(1+2i)⋅i−2i⋅i=−2+i 2, 则z −=−1−12i.4.答案:C解析:【分析】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合即可求解.本题考查线性规划问题,考查数形结合的数学思想以及运算求解能力,是中档题.【解答】解:作出约束条件表示的可行域如图,化目标函数z =x +4y 为y =−x 4+z 4,联立{x =2x −4y =−7,解得A(2,94), 由图可知,当直线z =x +4y 过点(2,94)时,z 取得最大值11.故选C . 5.答案:C解析:解:函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,可得x ∈(−∞,x 2),(x 3,+∞),f′(x)>0,所以函数f(x)是增函数.x ∈(x 2,x 3),f′(x)<0,函数是减函数.函数f(x)在x =x 2时取极大值,在x =x 3,函数取得极小值,所以选项C 正确.故选:C .直接利用导函数的图象的值域,判断函数的单调性即可.本题考查函数的导数以及函数的图象的应用,考查基本知识的应用.解析:解:由|x|≤1且|y|≤1⇒x 2+y 2≤2,反之不成立,例如x =0,y =√2.∴x 2+y 2≤2“是“|x|≤1且|y|≤1“的必要不充分条件.故选:B .由|x|≤1且|y|≤1⇒x 2+y 2≤2,反之不成立,即可判断出结论.本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题. 7.答案:B解析:【分析】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法,考查二项分布等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.求出ξ1的可能取值为0,1,2,ξ1~B(2,13),从而E(ξ1)=2×13=23,D(ξ1)=2×13×23=49;求出ξ2的可能取值为0,1,P(ξ2=0)=23×12=13,P(ξ2=1)=23×12+13×22=23,从而求出E(ξ2),D(ξ2),由此能求出结果.【解答】解:一个袋中放有大小、形状均相同的小球,其中红球1个、黑球2个,现随机等可能取出小球. 当有放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ1,则ξ1的可能取值为0,1,2,ξ1~B(2,13),E(ξ1)=2×13=23,D(ξ1)=2×13×23=49, 当无放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ2,则ξ2的可能取值为0,1,P(ξ2=0)=23×12=13,P(ξ2=1)=23×12+13×22=23,∴E(ξ2)=0×13+1×23=23,D(ξ2)=(0−23)2×13+(1−23)2×23=13.∴Eξ1=Eξ2,Dξ1>Dξ2.故选B .8.答案:A解析:【分析】本题考查了函数的图象的应用,属于中档题.由题意作出函数f(x)的图象与函数y =log 2|x|的图象,由图象可得交点个数.【解答】解:由题意作出函数f(x)的图象与函数y =log 2|x|的图象,则由图象可得,有2个交点,故选A .9.答案:D解析:【分析】本题考查点的轨迹方程,解题时要注意公式的灵活运用.由题意知(−2−x,y)⋅(2−x,y)=x 2,即可得出动点P 的轨迹.【解答】解:∵动点P(x,y)满足PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2,∴(−2−x,y)⋅(2−x,y)=x2,∴点P的方程为y2=4即y=±2∴动点P的轨迹为两条平行的直线.故选D.10.答案:C解析:【分析】本题主要考查数列的递推公式,属于基础题.对题干中的a10+a7变形可得a10+a7=(a10+a9)−(a9+a8)+(a8+a7)即可得解.【解答】解:a10+a7=a10+a9−a9+a8−a8+a7=(a10+a9)−(a9+a8)+(a8+a7)=(2×9+3)−(2×8+3)+(2×7+3)=19.11.答案:27解析:解:令x=1,a0+a1+a2+a3=33=27,故答案为:27令x=1可得a0+a1+a2+a3的值.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.12.答案:2√3;13解析:【分析】如图所示,该几何体是正方体的内接正四棱锥.利用三视图的数据求解几何体的表面积与体积即可.本题考查了正方体的内接正四棱锥,考查了推理能力与计算能力,属于基本知识的考查.【解答】解:如图所示,该几何体是正方体的内接正四棱锥:由题意可知正方体的棱长为:1cm,正四面体的棱长为√2cm,则该几何体的表面积是4×√34×(√2)2=2√3(cm2);体积是:13−4×13×12×1×1×1=13(cm3).故答案为:2√3;13.13.答案:[56,4 3 )解析:【分析】本题考查三角函数的性质,属于基本题型.由,则,再根据函数f(x)在[0,2π]上恰有2个零点即得答案.【解答】解:,,又∵函数f(x)在[0,2π]上恰有2个零点,,∴56≤ω<43,故答案为[56,43 ).14.答案:32解析:解:根据题意,分6种情况讨论:①,若6个球一次取完,即一次取出6个球,有1种取法,②,若6个球分2次取完,有1、5,2、4,3、3,4、2,5、1,共5种取法,③,若6个球分3次取完,有1、1、4,1、2、3和2、2、2三种情况,有10种取法,④,若6个球分4次取完,有1、1、2、2和1、1、1、3两种情况,共有10种取法,⑤,若6个球分5次取完,即其中有1次取出2个球,有5种取法,⑥,若6个球分6次取完,每次取出1个球,只有1种情况,共有1+5+10+10+5+1=32种不同的取法;故答案为:32.根据题意,按6个球取出的数目分6种情况讨论,分析求出每一种情况的取法数目,由加法原理计算可得答案.本题考查排列、组合的应用,注意转化思路,分析.15.答案:−2√2解析:【分析】本题考查了利用参数法求最值的问题,是基础题.方程a2+3b2=4化为a 24+b243=1,设a2=cosθ,b2√3=sinθ,利用三角函数求a+√3b的最小值.【解答】解:a,b∈R,a2+3b2=4,则a24+b243=1;设a2=cosθ,b2√3=sinθ,其中θ∈[0,2π);则a=2cosθ,b=√3,所以a+√3b=2cosθ+2sinθ=2√2sin(θ+π4),当θ+π4=3π2+2kπ,k∈Z,即θ=5π4+2kπ,k∈Z时,a+√3b取得最小值是−2√2.故答案为:−2√2.16.答案:2解析:由题可知,抛物线的焦点坐标为:(p2,0),则满足直线x −my +m =0方程,代入可得p =−2m ,设A(x 1,y1),B(x2,y2),联立抛物线与直线的方程可得:{y 2=2pxx −my +m =0⇒y 2−2pmy +2pm =0,则y 1+y 2=2pm =−4m 2,y 1y 2=2pm=−4m2,|y 1−y 2|=√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=√16m 4+16m 2=4√m 4+m 2,则S ΔOAB =12×p2×|y 1−y 2|=−m2×4√m 4+m 2=2√2⇒m 6+m4=2.17.答案:①②③解析:解:∵线段A 1M 所在平面AD 1A 1与B 1C 所在平面BCC 1B 1互相平行, 且直线A 1M 与B 1C 不平行,∴线段A 1M 与B 1C 所在直线为异面直线, 故①正确;设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2,以DA 为x 轴,以DC 为y 轴,以DD 1为z 轴,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B 1(2,2,2),M(0,0,1),D 1(0,0,2),∴AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0),BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,2),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,1), ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0−4+4=0,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4−4+0=0, ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴BD 1⊥AB 1,BD 1⊥AC , ∴对角线BD 1⊥平面AB 1C , 故②正确;设平面AMC 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1),则m ⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴{−2x 1+z 1=0−2x 1+2y 1=0,∴m ⃗⃗⃗ =(1,1,2), 设平面AB 1C 的法向量为n ⃗ =(x 2,y 2,z 2),则n ⃗ ⋅AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴{2y 2+2z 2=0−2x 2+2y 2=0,∴n ⃗ =(1,1,−1), ∵m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =1+1−2=0,∴平面AMC ⊥平面AB 1C , 故③正确;∵A 1(2,0,2),M(0,0,1), ∴A 1M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,−1), ∵A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−2+0+1=−1≠0, ∴直线A 1M 与平面AB 1C 不平行, 故④不正确. 故答案为:①②③.由线段A 1M 所在平面AD 1A 1与B 1C 所在平面BCC 1B 1互相平行,且直线A 1M 与B 1C 不平行,知线段A 1M 与B 1C 所在直线为异面直线;设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2,以DA 为x 轴,以DC 为y 轴,以DD 1为z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能够得到对角线BD 1⊥平面AB 1C ,平面AMC ⊥平面AB 1C ,直线A 1M 与平面AB 1C 不平行.本题考查异面直线的判断,直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面平行的判断,解题时要认真审题,仔细解答,注意向量法的合理运用.18.答案:(本题满分为12分)解:(Ⅰ)∵a =bcosC −√33csinB ,∴由正弦定理可得:sinA =sinBcosC −√33sinCsinB ,∴sin(B +C)=sinBcosC −√33sinCsinB , ∴sinBcosC +cosBsinC =sinBcosC −√33sinCsinB , ∴cosBsinC =−√33sinCsinB , 又∵C 为三角形内角,可得sinC ≠0, ∴tanB =−√3,又∵B 为三角形内角,可得B =2π3…(6分)(Ⅱ)如图,∵点D 为边AC 的中点 ∴2BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴两边平方可得:4|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅cos∠ABC +|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2,…(9分)又∵由(Ⅰ)知B =2π3,设|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=c ,|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=a ,即:4=a 2+c 2−ac ≥ac ,(当且仅当a =c =2时等号成立), ∴S △ABC =12acsin∠ABC =√34ac ≤√3.∴当且仅当a =c =2时,△ABC 面积的最大值为√3.…(12分)解析:(Ⅰ)由正弦定理,三角形内角和定理,三角函数恒等变换化简已知可得cosBsinC =−√33sinCsinB , 又sinC ≠0,从而可求tanB =−√3,结合B 为三角形内角,即可得解B 的值.(Ⅱ)由D 为边AC 的中点,可得2BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,两边平方,设|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=c ,|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=a ,可得4=a 2+c 2−ac ,结合基本不等式的应用可得ac 的最大值,利用三角形面积公式即可得解.本题主要考查了正弦定理,三角形内角和定理,三角函数恒等变换的应用,考查了平面向量及其应用,考查了基本不等式,三角形面积公式等知识在解三角形中的应用,考查了转化思想,属于中档题.19.答案:证明:(1)∵∠ADE =∠ABC =60°,ED =1,AD =2,∴AE ⊥CD ,又∵AB//CD ,∴AE ⊥AB又∵PA ⊥平面ABCD ,AE ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥AE ,PA ∩AB =A , ∴直线AE ⊥平面PAB .解:(2)(方法一)连接PE ,过A 点作AH ⊥PE 于H 点.∵CD ⊥EA ,CD ⊥PA ,EA ∩PA =A ,∴CD ⊥平面PAE ,∴CD ⊥AH . 又∵AH ⊥PE ,∴AH ⊥平面PCD . ∴∠AEP 为直线AE 与平面PCD 所成的角.在Rt △PAE 中,PA =2,AE =√3,∴sin∠AEP =PAPE =√7=2√77,∴直线AE 与平面PCD 所成角的正弦值为2√77.(方法二)如图建立所示的空间直角坐标系A −xyz , P(0,0,2),E(0,√3,0),C(1,√3,0),D(−1,√3,0). 设平面PCD 的法向量n⃗ =(x,y,z), {PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0⇒{x +√3y −2z =02x =0⇒n ⃗ =(0,1,√32), cos <AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |AE|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅|n ⃗⃗ |=2√77.直线AE 与平面PCD 所成角的正弦值为2√77.解析:本题考查线面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想,是中档题. (1)推导出AE ⊥CD ,AE ⊥AB ,从而PA ⊥AE ,由此能证明直线AE ⊥平面PAB .(2)(方法一)连接PE ,过A 点作AH ⊥PE 于H 点,推导出∠AEP 为直线AE 与平面PCD 所成的角,推导出直线AE 与平面PCD 所成角的正弦值.(方法二)建立所示的空间直角坐标系A −xyz ,由此利用向量法能求出直线AE 与平面PCD 所成角的正弦值.20.答案:解:(Ⅰ)由S n2−(n 2+2n −1)S n −(n 2+2n)=0,得[S n −(n 2+2n)](S n +1)=0, 由a n >0,可知S n >0,故S n =n 2+2n .当n ≥2时,a n =S n −S n−1=(n 2+2n)−[(n −1)2+2(n −1)]=2n +1; 当n =1时,a 1=S 1=3,符合上式, 则数列{a n }的通项公式为a n =2n +1. (Ⅱ) 解:依题意,b n =a n −52n =2n−42n=n−22n−1,则b 2n =2n−22=(n −1)⋅(14)n−1, 设T n =b 2+b 4+⋯+b 2n , 故T n =0+14+24+34+⋯+n−14, 而4T n =1+24+342+⋯+n−14n−2.两式相减,得3T n =1+14+142+⋯+14n−2−n−14n−1=1−(14)n−11−14−n−14n−1=13(4−3n+14n−1),故T n=19(4−3n+14n−1).解析:(Ⅰ)把已知数列递推式变形,求得S n=n2+2n,得到数列首项,再由a n=S n−S n−1(n≥2)求{a n}的通项公式a n;(Ⅱ)把(Ⅰ)中求得的通项公式代入b n=a n−52n,得到b2n,再由错位相减法求得b2+b4+⋯+b2n.本题考查数列递推式,考查了由数列的前n项和求数列的通项公式,训练了错位相减法求数列的通项公式,是中档题.21.答案:解:(1)由题意得e=ca =12,a2−b2=c2,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线√7x−√5y+12=0相切,可得d=√7+5=b,解得a=4,b=2√3,c=2,故椭圆C的方程为x216+y212=1;(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线PQ的方程为x=my+3,代入椭圆方程3x2+4y2=48,得(4+3m2)y2+18my−21=0,∴y1+y2=−18m4+3m2,y1y2=−214+3m2,由A,P,M三点共线可知,y M163+4=y1x1+4,即y M=283⋅y1x1+4;同理可得y N=283⋅y2x2+4.所以k1k2=y M163−3⋅y N163−3=9y M y N49=16y1y2(x1+4)(x2+4).因为(x1+4)(x2+4)=(my1+7)(my2+7=m2y1y2+7m(y1+y2)+49,所以k1k2=16y1y2m2y1y2+7m(y1+y2)+49=16×(−21)−21m2−18×7m2+49(4+3m2)=−127.即k1k2为定值−127.解析:(1)运用椭圆的离心率公式和直线与圆相切的条件,解方程可得a,b的值,进而得到椭圆方程;(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线PQ的方程为x=my+3,代入椭圆方程,运用韦达定理和三点共线斜率相等,运用直线的斜率公式,化简整理,即可得到定值.本题考查椭圆方程的求法,注意运用椭圆的离心率公式,考查两直线的斜率之积为定值的证明,注意联立直线方程和椭圆方程,运用韦达定理,考查运算能力,属于中档题.22.答案:解:(1)当a =1时,f(x)=x −1x −2lnx ,f′(x)=x 2−2x+1x 2,f′(2)=14,f(2)=2−12−2ln2=32−2ln2,故f(x)在x =2处的切线方程为y −(32−2ln2)=14(x −2), 化简得x −4y +4−8ln 2=0. (2)f ′(x)=a(1+1x 2)−2x =ax 2−2x+ax 2,若f(x)存在两个极值点x 1,x 2,则x 1,x 2是方程ax 2−2x +a =0的两不同根, 故{a >0Δ=4−4a 2>0⇒{a >0−1<a <1, 故a ∈(0,1).解析:本题考查了导数的几何意义,极值问题,属于中档题.(1)把a =1代入函数解析式,求出函数的导函数,得到切点坐标及切线斜率,即可求解; (2)把函数f(x)=a(x −1x )−2lnx(a >0)有两个极值点,求导得到f ′(x)=a(1+1x 2)−2x =ax 2−2x+ax 2,转化为ax 2−2x +a =0的两不同根,利用二次函数的性质即可求解.。
2020年浙江省温州市高考数学二模试卷(理科)含答案解析
浙江省温州市2020年高考数学二模试卷(理科)(解析版)一、选择题:本大题共8个小题,每小题5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.已知全集U={1,2,3,4,5},集合A={1,2,3},B={3,4,5},则A∩∁U B=()A.{3}B.{1,2,4,5} C.{1,2}D.{1,3,5}2.已知实数x,y满足,则z=x﹣y()A.最小值为﹣1,不存在最大值B.最小值为2,不存在最大值C.最大值为﹣1,不存在最小值D.最大值为2,不存在最小值3.直线l1:mx+y﹣1=0与直线l2:(m﹣2)x+my﹣1=0,则“m=1”是“l1⊥l2”的()A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件4.已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的体积是()A.4 B.C.8 D.5.设集合S={A0,A1,A2,A3},在S上定义运算⊕为:A i⊕A j=A k,其中k为i+j被4除的余数,i,j=0,1,2,3.若(A2⊕A3)⊕A m=A0,则m的值为()A.0 B.1 C.2 D.36.点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离,那么平面内到定圆C 的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是()A.射线 B.椭圆 C.双曲线的一支 D.抛物线7.数列{a n}是递增数列,且满足a n+1=f(a n),a1∈(0,1),则f(x)不可能是()A .f (x )=B .f (x )=2x ﹣1C .f (x )=D .f (x )=log 2(x +1)8.棱长为2的正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,E 为棱CC 1的中点,点P ,Q 分别为面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点,则△PEQ 周长的最小值为( )A .2B .C .D .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) 9.以椭圆=1的焦点为顶点,长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是 ,离心率为 . 10.函数的图象如图所示,则ω= ,φ= .11.已知等差数列{a n }的公差为﹣3,且a 3是a 1和a 4的等比中项,则通项a n = ,数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为 . 12.设奇函数f (x )=,则a +c 的值为 ,不等式f (x )>f (﹣x )在x ∈[﹣π,π]上的解集为 . 13.若正数a ,b 满足log 2a=log 5b=lg (a +b ),则的值为 .14.若存在x 0∈[﹣1,1]使得不等式10002124+≤+•-x x x a 成立,则实数a 的取值范围是 .15.如图,矩形ABCD中,AB=3,AD=4,M,N分别为线段BC,CD上的点,且满足,若,则x+y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.)16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知=,sinA=.(Ⅰ)求sinC的值;(II)设D为AC的中点,若△ABC的面积为8,求BD的长.17.如图,矩形ABCD中,=λ(λ>1),将其沿AC翻折,使点D到达点E的位置,且二面角C﹣AB﹣E为直二面角.(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;(2)设F是BE的中点,二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cosθ的取值范围.18.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)的图象过点(1,0).(1)记函数f(x)在[0,2]上的最大值为M,若M≤1,求a的最大值;(2)若对任意的x1∈[0,2],存在x2∈[0,2],使得f(x1)+f(x2)>a,求的取值范围.19.已知椭圆=1(a>b>0)的两个焦点为F1,F2,焦距为2,设点P(a,b)满足△PF1F2是等腰三角形.(1)求该椭圆方程;(2)过x轴上的一点M(m,0)作一条斜率为k的直线l,与椭圆交于点A,B两点,问是否存在常数k,使得|MA|2+|MB|2的值与m无关?若存在,求出这个k的值;若不存在,请说明理由.=n2﹣m2 20.设正项数列{a n}满足:a1=1,且对任意的n,m∈N+,n>m,均有a2n+m a2n﹣m成立.(1)求a2,a3的值,并求{a n}的通项公式;+a2n+1与2a2n的大小;(2)(ⅰ)比较a2n﹣1(ⅱ)证明:a2+a4+…+a2n>.2020年浙江省温州市高考数学二模试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题:本大题共8个小题,每小题5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.已知全集U={1,2,3,4,5},集合A={1,2,3},B={3,4,5},则A∩∁U B=()A.{3}B.{1,2,4,5} C.{1,2}D.{1,3,5}【分析】由全集U及B,求出B的补集,找出A与B补集的交集即可.【解答】解:∵全集U={1,2,3,4,5},集合A={1,2,3},B={3,4,5},∴∁U B={1,2},则A∩∁U B={1,2},故选:C.【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算,熟练掌握各自的定义是解本题的关键.2.已知实数x,y满足,则z=x﹣y()A.最小值为﹣1,不存在最大值B.最小值为2,不存在最大值C.最大值为﹣1,不存在最小值D.最大值为2,不存在最小值【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用z的几何意义进行求解即可.【解答】解:作出不等式组对应的平面区域如图:由z=x﹣y,得y=x﹣z表示,斜率为1纵截距为﹣z的一组平行直线,平移直线y=x﹣z,当直线y=x﹣z经过点A时,即和直线AD:x﹣y=﹣1平行时,直线y=x ﹣z的截距最大,此时z最小,最小为﹣1,无最大值,故选:A.【点评】本题主要考查线性规划的基本应用,利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键,注意利用数形结合来解决.3.直线l1:mx+y﹣1=0与直线l2:(m﹣2)x+my﹣1=0,则“m=1”是“l1⊥l2”的()A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【分析】对m分类讨论,利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出.【解答】解:当m=0时,两条直线分别化为:y﹣1=0,2x+1=0,此时两条直线相互垂直,∴m=0.当m≠0时,若l1⊥l2,则﹣m(﹣)=﹣1,解得m=1.综上可得:m=0,或m=1,故“m=1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件,故选:A.【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、两条直线相互垂直的充要条件,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.4.已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的体积是()A.4 B.C.8 D.【分析】由三视图知该几何体是一个四棱锥,由三视图求出几何元素的长度,由锥体的体积公式求出几何体的体积.【解答】解:根据三视图可知几何体是一个四棱锥,底面是一个矩形:两条边分别是4、2,且四棱锥的高是2,∴几何体的体积V==,故选:B.【点评】本题考查三视图求几何体的体积,由三视图正确复原几何体是解题的关键,考查空间想象能力.5.设集合S={A0,A1,A2,A3},在S上定义运算⊕为:A i⊕A j=A k,其中k为i+j被4除的余数,i,j=0,1,2,3.若(A2⊕A3)⊕A m=A0,则m的值为()A.0 B.1 C.2 D.3【分析】根据新定义进行推理计算即可.【解答】解:∵2+3=5,5除4的余数为1,∴A2⊕A3=A1,则A1⊕A m=A0,则1+m是4的倍数,则m=3,故选:D.【点评】本题主要考查推理的应用,根据新定义是解决本题的关键.比较基础.6.点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离,那么平面内到定圆C 的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是()A.射线 B.椭圆 C.双曲线的一支 D.抛物线【分析】根据题意可知|PC|﹣r=|PA|,即P到C与A的距离之差为常数,故而P在双曲线上运动.【解答】解:设圆C的半径为r,由题意可知P到圆C的距离为|PC|﹣r,∴|PC|﹣r=|PA|,即|PC|﹣|PA|=r.∴P点轨迹为以A,C为焦点的双曲线靠近A点的一只.故选:C.【点评】本题考查了圆锥曲线的定义,属于基础题,7.数列{a n}是递增数列,且满足a n+1=f(a n),a1∈(0,1),则f(x)不可能是()A.f(x)=B.f(x)=2x﹣1 C.f(x)=D.f(x)=log2(x+1)【分析】A.由a1∈(0,1),可得>a n,即可判断出数列{a n}的单调性;B.由a1∈(0,1),不妨取a1=,则a2=﹣1=﹣1,即可判断出数列{a n}的单调性;C:f(x)=,令2x﹣x2≥0,可得得0≤x≤2.由f(x)==,利用二次函数的单调性及其a1∈(0,1),即可判断出数列{a n}的单调性;D.利用几何画板画出图象y=log2(x+1),y=x,可知:在x∈(0,1)时,log2(x+1)>x,即可判断出数列{a n}的单调性.【解答】解:对于A.∵a1∈(0,1),∴>a n,可得数列{a n}是递增数列;对于B.∵a1∈(0,1),不妨取a1=,则a2=﹣1=﹣1,因此数列{a n}不是递增数列;对于C:f(x)=,令2x﹣x2≥0,解得0≤x≤2.由f(x)==,可知:当0≤x≤1时,函数f(x)单调递增;当1≤x≤2时,函数f(x)单调递减.∵a1∈(0,1),∴数列{a n}是递增数列;对于D.利用几何画板画出图象y=log2(x+1),y=x,可知:在x∈(0,1)时,log2(x+1)>x,∴a n+1=log2(a n+1)>a n,因此数列{a n}是递增数列.故选:B.【点评】本题考查了数列的单调性,考查了数形结合方法、推理能力与计算能力,属于中档题.8.棱长为2的正方形ABCD﹣A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,点P,Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点,则△PEQ周长的最小值为()A.2 B. C. D.2【分析】由题意,△PEQ周长取得最小值时,P在B1C1上,在平面B1C1CB上,设E关于B1C的对称点为M,关于B1C1的对称点为N,求出MN,即可得出结论.【解答】解:由题意,△PEQ周长取得最小值时,P在B1C1上,在平面B1C1CB上,设E关于B1C的对称点为M,关于B1C1的对称点为N,则EM=2.EN=,∠MEN=135°,∴MN==.故选:B.【点评】本题考查棱柱的结构特征,考查对称点的运用,考查余弦定理,考查学生的计算能力,属于中档题.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)9.以椭圆=1的焦点为顶点,长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是y=±x,离心率为.【分析】由椭圆=1的焦点坐标为(,0),长轴顶点为(±2,0),求出双曲线的标准方程,由此能求出结果.【解答】解:∵椭圆=1的焦点坐标为(,0),长轴顶点为(±2,0),∴以椭圆=1的焦点为顶点,长轴顶点为焦点的双曲线的标准方程为:=1,∴双曲线的渐近线方程是y=±x,离心率e==.故答案为:,.【点评】本题考查双曲线的渐近线方程和离心率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意椭圆、双曲线的性质的合理运用.10.函数的图象如图所示,则ω=2,φ=.【分析】通过函数的图象,求出T然后求出ω,利用图象经过(π,0)求出φ的值.【解答】2,解:由图象可知T=π,,则ω=2,∵函数经过点(π,1),∴1=2sin(2×π+φ),sinφ=,|φ|<,故φ=;故答案为2,.【点评】本题是基础题,考查三角函数的图象的应用,学生的视图能力,注意角的范围的应用.11.已知等差数列{a n}的公差为﹣3,且a3是a1和a4的等比中项,则通项a n=﹣3n+15,数列{a n}的前n项和S n的最大值为30.【分析】由题意可得(a1﹣6)2=a1(a1﹣6),解之可得a1,代入通项公式得到a n=﹣3n+15,再判断数列{a n}的前n项和S n的最大值的n的情况,即可求出,【解答】解:由题意可得(a1﹣6)2=a1(a1﹣9),解得a1=12,∴a n=12+(n﹣1)×(﹣3)=﹣3n+15,∴a n=﹣3n+15≥0,解得n≤5,∴S5=5×12+=30,故答案为:﹣3n+15,30.【点评】本题考查等差数列的前n项和公式和等比中项的定义,属基础题.12.设奇函数f(x)=,则a+c的值为0,不等式f(x)>f(﹣x)在x∈[﹣π,π]上的解集为.【分析】根据函数奇偶性的定义和性质求出a,b,c的值,利用分类讨论的思想进行求解即可得到结论.【解答】解:∵f(x)是奇函数,∴f(0)=0,即f(0)=acos0﹣sin0+c=a+c=0,即a+c=0,则f(x)=,若x<0,则﹣x>0,则f(﹣x)=acosx+sinx﹣a=﹣cosx﹣bsinx﹣a,则a=﹣1,b=﹣,c=1,即f(x)=,若0≤x≤π,则由f(x)>f(﹣x)得﹣cosx﹣sinx+1>cosx+sinx﹣1,即cosx+sinx<1,即cos(x﹣)<,∵0≤x≤π,∴﹣≤x﹣≤,则<x﹣≤,即<x≤π,若﹣π≤x<0,则由f (x )>f (﹣x )得cosx ﹣sinx ﹣1>﹣cosx +sinx +1,即cosx ﹣sinx >1,即cos (x +)>, ∵﹣π≤x <0,∴﹣≤x +<,则﹣<x +<,即﹣<x <0,综上不等式的解集为,故答案为:.【点评】本题主要考查不等式的求解,根据函数奇偶性的性质求出a ,b ,c 的值,利用分类讨论的思想结合三角函数的图象和性质是解决本题的关键.13.若正数a ,b 满足log 2a=log 5b=lg (a +b ),则的值为 1 .【分析】设log 2a=log 5b=lg (a +b )=k ,可得a=2k ,b=5k ,a +b=10k ,可得a +b=ab .即可得出. 【解答】解:设log 2a=log 5b=lg (a +b )=k , ∴a=2k ,b=5k ,a +b=10k , ∴ab=10k , ∴a +b=ab , 则=1.故答案为:1.【点评】本题考查了对数与指数的运算性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.14.若存在x 0∈[﹣1,1]使得不等式10002124+≤+•-x x x a 成立,则实数a 的取值范围是[0,] .【分析】将不等式进行等价转化,利用换元法,结合基本不等式的性质进行转化求解,建立不等式关系进行求解即可得到结论. 【解答】解:不等式|4﹣a2+1|≤2等价为≤2,即|2+﹣a |≤2,即﹣2≤2+﹣a≤2,即a﹣2≤2+≤2+a,设t=2,当x0∈[﹣1,1]是t∈[,2],设y=t+,则函数在[,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数,则当t=1时,函数取得最小值y=1+1=2,当t=2或t=,函数取得最大值y=+2=,则2≤y≤,∵即a﹣2≤y≤2+a,∴若[a﹣2,a+2]与[2,]没有公共点,则a+2<2或a﹣2>,即a<0或a>,则若[a﹣2,a+2]与[2,]有公共点,则0≤a≤,故答案为:[0,]【点评】本题主要考查不等式恒成立问题,将不等式进行转化,利用不等式求出不等式的范围,建立不等式关系是解决本题的关键.15.如图,矩形ABCD中,AB=3,AD=4,M,N分别为线段BC,CD上的点,且满足,若,则x+y的最小值为.【分析】由题意建立平面直角坐标系,设点M(3,a),N(b,4),0<a<4,0<b<3;求得b=,a=,从而可得+=(x+y﹣1)2,再设x+y=m,则x=m﹣y;利用判别式即可求出m的最小值.【解答】解:由题意建立如图所示坐标系,如图所示;设点M(3,a),N(b,4),且0<a<4,0<b<3;∵=(3,4),=(3,a),=(b,4);又∵=x+y,∴(3,4)=x(3,a)+y(b,4),即,∴b=,a=,∴+=+=+=1,即+=(x+y﹣1)2,设x+y=m,则x=m﹣y;则+=(m﹣1)2,即25y2﹣18my+9m2﹣144(m﹣1)2=0,故△=(18m)2﹣4×25×(9m2﹣144(m﹣1)2)≥0,即24m2﹣50m+25≥0,解得,m≥或m≤(舍去);∴x+y的最小值.故答案为:.【点评】本题考查了平面向量的应用问题,也考查了数形结合的思想与转化思想的应用问题,是较难的题目.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.)16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知=,sinA=.(Ⅰ)求sinC的值;(II)设D为AC的中点,若△ABC的面积为8,求BD的长.【分析】(1)利用向量的数量积和正玄定理得出sinBcosA=sinAcosB,根据三角公式得出A=B,根据诱导公式求解即可.(2)利用面积公式,以及余弦定理求解即可.【解答】解:在△ABC中,∵=,∴cbcosA=cacosB,即bcosA=acosB,sinBcosA=sinAcosB,sin(A﹣B)=0,∴A=B,∵sinA=.∴sinC=sin(π﹣2A)=sin(2A)=2sinAcosA=2××=.(2)设AC=BC=m,∵△ABC的面积为8,∴×=,m=3,cosC=,根据余弦定理得出:BD2=m2×=m2=BD=.【点评】本题考查了向量数量积以及正弦定理和余弦定理的运用,在判断三角形形状时,要注意对角的范围进行分析,即求角的大小需要两个条件:该角的一个三角函数值和该角的范围,缺一不可,正、余弦定理是解三解形必用的数学工具17.如图,矩形ABCD中,=λ(λ>1),将其沿AC翻折,使点D到达点E的位置,且二面角C﹣AB﹣E为直二面角.(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;(2)设F是BE的中点,二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cosθ的取值范围.【分析】(Ⅰ)推导出AB⊥BC,BC⊥AE,从而AE⊥平面BCE,由此能证明平面ACE⊥平面BCE.(Ⅱ)以E为坐标原点,以AD长为一个单位长度,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出cosθ的取值范围.【解答】(本题15分)证明:(Ⅰ)∵二面角C﹣AB﹣E为直二面角,AB⊥BC,∴BC⊥AE平面,∴BC⊥AE…(2分)∵AE⊥CE,BC∩CE=C,∴AE⊥平面BCE…(4分)∵AE⊂平面ACE,∴平面ACE⊥平面BCE…(6分)解:(Ⅱ)如图,以E为坐标原点,以AD长为一个单位长度,建立如图空间直角坐标系,则AB=λ…(8分)则设平面EAC的法向量为则,取x=1,则…(10分)同理设平面FAC的法向量为…(12分)∴…(14分)∵…(15分)【点评】本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的取值范围的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.18.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)的图象过点(1,0).(1)记函数f(x)在[0,2]上的最大值为M,若M≤1,求a的最大值;(2)若对任意的x1∈[0,2],存在x2∈[0,2],使得f(x1)+f(x2)>a,求的取值范围.【分析】(1)方法一:由f(x)是开口向上的抛物线,可得:M=max{f(0),f(2)},即,两式相加可得a的最大值;方法二:=,结合M≤1,可得a的最大值(2)存在,使,结合二次函数的图象和性质,分类讨论,最后综合讨论结果,可得答案.【解答】解:(1)∵f(x)过点(1,0),∴f(1)=a+b+c=0,…(1分)∴c=﹣a﹣b,f(x)=ax2+bx﹣a﹣b∵f(x)是开口向上的抛物线,∴M=max{f(0),f(2)}…(3分)∴…(5分)两式相加得a≤1,即a的最大值为1…(6分)解法二:由解得:=≤=1 …(6分)(2)由题意,存在,使,∴…(8分)∵a+b+c=0∴f(x)=ax2+bx﹣a﹣b其对称轴为①当,即时,f(x)在[0,2]上单调递增,∴∴>0均符合题意…(10分)②当,即时,f(x)在[0,]上递减,在[,2]上递增且f(0)<f(2),∴∴由得:,符合题意…(12分)③当,即时,f(x)在[0,]上递减,在[,2]上递增且f(0)≥f(2),∴由得:∴符合题意…(13分)④当即时,f(x)在[0,2]上单调递减,∴,∴均符合题意…(14分)综上所述:∴或…(15分)【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质,熟练掌握二次函数的图象和性质,是解答的关键.19.已知椭圆=1(a>b>0)的两个焦点为F1,F2,焦距为2,设点P(a,b)满足△PF1F2是等腰三角形.(1)求该椭圆方程;(2)过x轴上的一点M(m,0)作一条斜率为k的直线l,与椭圆交于点A,B两点,问是否存在常数k,使得|MA|2+|MB|2的值与m无关?若存在,求出这个k的值;若不存在,请说明理由.【分析】(Ⅰ)根据题意,有,由此能求出椭圆方程.(Ⅱ)联立方程组,得:(3+4k2)x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0,由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式,结合已知条件推导出|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意.【解答】(本题15分)解:(Ⅰ)∵椭圆=1(a>b>0)的两个焦点为F1,F2,焦距为2,设点P(a,b)满足△PF1F2是等腰三角形,∴根据题意,有…(4分)解得:,故所求椭圆方程为.…(6分)(Ⅱ)联立方程:,整理得:(3+4k2)x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0在△>0的情况下有:…(9分)令﹣24k2+18=0,得,即…(13分)此时|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意,…(15分)【点评】本题考查椭圆方程的求法,考查满足条件的实数是否存在的判断与证明,是中档题,解题时要认真审题,注意根的判别式、韦达定理、弦长公式的合理运用.20.设正项数列{a n}满足:a1=1,且对任意的n,m∈N+,n>m,均有a2n+m a2n=n2﹣m2﹣m成立.(1)求a2,a3的值,并求{a n}的通项公式;+a2n+1与2a2n的大小;(2)(ⅰ)比较a2n﹣1(ⅱ)证明:a2+a4+…+a2n>.【分析】(1)先令m=1,求得a3,n=m+2,求得a2,分类讨论n为奇数或偶数,分别求得通项公式,+a2n+1与2a2n的通项公式,化简、比较大小,采用分析法,写出所以偶数项和奇(2)a2n﹣1数项整理即可.【解答】解:(1)令m=1,得,从而,所以,令n=m+2,得从而,,又=,∴,,从而,∴当n为偶数时,;令n=m+1,,可知当n为奇数时,综上可得(n∈N+).+a2n+1﹣2a2n(2)(i)a2n﹣1==<0,+a2n+1<2a2n所以a2n﹣1(ii)即证明由(i)得,,…,将上述的n个式子相加,得所以,所以,只需证,事实上,当k=0,1,2,…,n时,+﹣1﹣=﹣≥0,(∵,1),∴从而。
2020年浙江省温州市平阳县高考数学适应性试卷(6月份)(含答案解析)
2020年浙江省温州市平阳县高考数学适应性试卷(6月份)一、选择题(本大题共10小题,共30.0分)1.已知集=(x|x>1),F=(x|x2-2x-3<0).则AUB=()A.{x|l<x<3}B.{x\x>-1}C. (x|1<x<3}D.Mx>1}2.,为虚数单位,刍=()A.i+2B.i-2C.-2-iD.2-i3.如图,是某几何体的三视图,其正视图、侧视图都是边长为2的正方形•俯视图是腰长为2的等腰直角三角形,则该几何体的外接球的面积为()A.12n C. 4rr D.16rrB.8汗4.已知实数m(%+y-2<0,y满足\x^2y-2<0.则z=x+2y的最大值为() (2%-y+2>0,A.2B. 3C.4D.55.在4ABC中,A,B,C成等差数列是(b+a—c)(b—Q+c)=ac的()A.充分但不必要条件B必要但不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.设函数f(x)=xcosx-sinx的图象上的点(x Ql y Q)处的切线的斜率为k.则函数的大致图象为()7.在△4BC中,D为边8C上的点,且满足Z.DAC=90o,sinzB4D=若5”=35由皿,则cosC=()A.匝B.匝C.|D.匝33338.已知函数/侦)=圭,若关于工的方程产⑴一m|f(x)|-2m-3=0有三个不同的实数解.则m的取值范国是()A.(一如)B.(一3—3 c. (-%-§ D.(一:,0)9.在△4BC中,已知/IB=4,BC=2,匕B=60。
,则AC的长为()A.2^3B.12C. 2^7D.2810.己知点P是直线2x—y+3=0上的一个动点,定点M(-l,2).0是线段月时延长线上的一点,且\PM\=\MQ\,则。
点的轨迹方程是()A.2x+y+l=0B.2x-y-S=0C. 2x-y-1=0D.2x-y+5=0二、填空题(本大题共7小题,共21.0分)11.等差数列(%}中,前〃项和为S”,若54=8a「04=4+a2.则&。
浙江省温州市苍南中学2020年高三数学文模拟试卷含解析
浙江省温州市苍南中学2020年高三数学文模拟试卷含解析一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。
在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的1. 已知等差数列{a n}中,a4=5,a9=17,则a14=()A. 11 B.22 C.29 D.12参考答案:考点:等差数列的通项公式.专题:等差数列与等比数列.分析:由等由差数列的性质可得2a9=a14+a4,代入数据计算可得.解答:解:∵等差数列{a n}中,a4=5,a9=17,∴由等由差数列的性质可得2a9=a14+a4,∴2×17=a14+5,解得a14=29故选:C点评:本题考查等差数列的通项公式和性质,属基础题.2. 已知全集U={0,1,2,3,4},集合A={1,2,3},B={0,2,4},则(?U A)∩B为()A. {0,4} B. {2,3,4} C. {0,2,4} D. {0,2,3,4}参考答案:A考点:交、并、补集的混合运算.专题:集合.分析:由全集U及A求出A的补集,找出A补集与B的交集即可解答:解:∵全集U={0,1,2,3,4},集合A={1,2,3},B={0,2,4},∴?U A={0,4},则(?U A)∩B={0,4}.故选:A点评:本题考查了交、并、补集的混合运算,熟练掌握各自的定义是解本题的关键,属于基础题.3. 如果函数在区间(-∞,4)上是单调递增的,则实数a的取值范围是()A. B. C. D.参考答案:D4. 若对任意的实数a,函数都有两个不同的零点,则实数b 的取值范围是()A.(-∞,-1]B. (-∞,0)C. (0,1)D. (0,+∞)参考答案:B5. 已知集合= ()A.B.C.D.{—2,0}参考答案:C6. 在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c。
且,面积S=2,则b等于A.5B.C.D.25参考答案:A略7. 在复平面内为坐标原点, 复数与分别对应向量和,则=()A. B. C. D.参考答案:B8. 已知函数f(x)=e x+x.对于曲线y=f(x)上横坐标成等差数列的三个点A,B,C,给出以下判断:①△ABC一定是钝角三角形;②△ABC可能是直角三角形;③△ABC可能是等腰三角形;④△ABC不可能是等腰三角形.其中,正确的判断是A. ①③B. ①④C.②③ D. ②④参考答案:B9. 某公司新招聘5名员工,分给下属的甲、乙两个部门,其中两名英语翻译人员不能分给同一部门;另三名电脑编程人员不能都分给同一个部门,则不同的分配方案种数是()A.6 B.12 C.24 D.36参考答案:B考点:计数原理的应用.专题:排列组合.分析:分类讨论:①甲部门要2个电脑编程人员和一个英语翻译人员;②甲部门要1个电脑编程人员和一个英语翻译人员,分别求得这2个方案的方法数,再利用分类计数原理,可得结论解答:解:由题意可得,有2种分配方案:①甲部门要2个电脑编程人员,则有3种情况;两名英语翻译人员的分配有2种可能;根据分步计数原理,共有3×2=6种分配方案.②甲部门要1个电脑编程人员,则有3种情况电脑特长学生,则方法有3种;两名英语翻译人员的分配方法有2种;共3×2=6种分配方案.由分类计数原理,可得不同的分配方案共有6+6=12种,故选:B.点评:本题考查计数原理的运用,根据题意分步或分类计算每一个事件的方法数,然后用乘法原理和加法原理计算,是解题的常用方法10. 一个体积为12的正三棱柱的三视图如图所示,则这个三棱柱的侧视图的面积为()A.6B.8 C.8D.12参考答案:A【考点】由三视图求面积、体积.【分析】此几何体是一个正三棱柱,正视图即内侧面,底面正三角形的高是,由正三角形的性质可以求出其边长,由于本题中体积已知,故可设出棱柱的高,利用体积公式建立起关于高的方程求高,再由正方形的面积公式求侧视图的面积即可.【解答】解:设棱柱的高为h,由左视图知,底面正三角形的高是,由正三角形的性质知,其边长是4,故底面三角形的面积是=4由于其体积为,故有h×=,得h=3由三视图的定义知,侧视图的宽即此三棱柱的高,故侧视图的宽是3,其面积为3×=故选A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为.参考答案:【考点】球的体积和表面积;简单空间图形的三视图.【分析】根据三视图得出空间几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD,正方体的棱长为2,A,D为棱的中点,利用球的几何性质求解即可.【解答】解:根据三视图得出:该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD,正方体的棱长为2,A,D为棱的中点根据几何体可以判断:球心应该在过A,D的平行于底面的中截面上,设球心到截面BCO的距离为x,则到AD的距离为:2﹣x,∴R2=x2+()2,R2=12+(2﹣x)2,解得出:x=,R=,该多面体外接球的表面积为:4πR2=π,故答案为:.12. 给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集,R为实数集,C为复数集):①“若a,b”类比推出“若a,b”;②“若a,b,c,d ”类比推出“若a,b,c,d则”;③“若a,b”类比推出“若a,b”;其中类比结论正确的个数是 .参考答案:①②13. 数列满足则该数列从第5项到第15项的和为 --------- .参考答案:略14. 把三阶行列式中第1行第3列元素的代数余子式记为,则关于的不等式的解集为.参考答案:略15. 已知向量,若,则在方向上的投影为______.参考答案:【分析】由平面向量数量积的坐标运算得m=3,由投影的定义得:在方向上的投影为,得解.【详解】因向量,,又,所以,解得,即向量,,则在方向上的投影为,故答案为:.16. 已知等差数列{a n}的公差d不为0,且a1,a3,a7成等比数列,则的值为.参考答案:217. 已知圆O的半径为3,从圆O外一点A引切线AD和割线ABC,圆心O到AC的距离为,,则切线AD的长为参考答案:略三、解答题:本大题共5小题,共72分。
浙江省温州市2020届高三下学期6月高考适应性测试数学试题 Word版含解析
所以 是方程 的两根,由 得 ,
时方程无解,故 且 , ,
, ,
所以 , ,
所以 ,
由 且 得 的范围是 .
故答案为: .
【点睛】本题考查平面向量的数量积,解题关键是设 后通过数量积的运算把 是方程 的两根,这样可用韦达定理求得 ,从而求得目标 关于 的函数,属于难题.
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
11.若实数a,b满足 则a=__________, __________.
【答案】 (1). 2 (2). 2
【解析】
【分析】
根据对数的运算法则和概念求解.
【详解】因为 ,所以 ,因为 ,所以 ,所以 .
故答案为:2;2.
【点睛】本题考查对数的概念与运算法则,属于基础题.
12.二项式 的展开式中,所有二项式系数的和是__________,含x的项的系数是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
联立 与 确定 两点的坐标,取特殊的点 ,则容易确定 ,求出 ,先求 的平方再开方即可.
【详解】解:由题意知,联立 与
,不妨设 ,
不妨设 ,
因为点Q满足 ,根据椭圆的对称性,所以 ,
又不妨设 ,
,
所以 .
故答案为:
【点睛】考查求直线和椭圆的交点坐标、椭圆的对称性、直线和直线的垂直关系以及对根式的恒等变形的求解能力,同时考查了特殊与一般的思想方法;中档题.
②4个球分给两个人,又有两种情况,一人3个一人1个有 种分法;两人都是2个有3种分法;
③4个球分给3个人,只有1、1、2这种情况,有3种分法,
按照分类加法计数原理可得一共有 种;
2020年浙江省温州中学高考数学适应性试卷(7月份) (含解析)
2020年浙江省温州中学高考数学适应性试卷(7月份)一、选择题(本大题共10小题,共40.0分)1. 已知集合A ={x|2x −3<3x},B ={x|x ≥2},则( )A. A ⊆BB. B ⊆AC. A ⊆∁R BD. B ⊇∁R A 2. 点(5,0)到双曲线x 29−y 216=1的渐近线的距离为( )A. 2B. 3C. 4D. 5 3. 已知i 为虚数单位,z =41−i ,则复数z −的虚部为( )A. −2iB. 2iC. 2D. −24. 若实数x ,y 满足约束条件{x −1≥0x −2y ≤0x +y −4≤0,则2x +3y 的最大值是( )A. 11B. 10C. 5D. 95. 函数f(x)=ax 3+bx 2+2017x +c 的图象如图所示,则下列结论成立的是( )A. a <0,b <0,c >0B. a >0,b <0,c <0C. a >0,b <0,c >0D. a >0,b >0,c <06. 已知a >0,b ∈R ,那么a +b >0是a >|b|成立的( )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7. 在一个箱子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球,现从中有放回的摸取5次,每次随机摸取一球,设摸得的白球个数为X ,黑球个数为Y ,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) 8. 函数f(x)={(13)x ,x <1lnx,x ≥1,则方程f(f(a))=1解的个数为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 49.在△ABC中,BC=7,cosA=15,sinC=2√67,若动点P满足AP⃗⃗⃗⃗⃗ =2λ3AB⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−λ)AC⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R),则点P的轨迹与直线AB、AC所围成的封闭区域的面积为()A. 3√6B. 4√6C. 6√6D. 12√610.已知数列{a n}满足a n+1a n+1+1=12,且a2=2,则a4=()A. −12B. 11C. 12D. 23二、填空题(本大题共7小题,共38.0分)11.若(3x−1)5=a0+a1+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a1=________,a0+a1+a2+a3+a4+a5=________.12.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是______cm3,表面积是______cm2.13.设函数f(x)=sin(ωx+π3),其中ω>0.若函数f(x)在[0,2π]上恰有2个零点,则ω的取值范围________.14.现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张.不同取法的种数为______.(用数字作答)15.已知实数a,b>1,且满足ab−a−b=5,则2a+3b的最小值为________.16.过抛物线y2=4x的焦点作两条互相垂直的弦AB和CD,则1|AB|+1|CD|=________;|AB|+|CD|的最小值为_________.17.正方体ABCD−A1B1C1D1中,长度为定值的线段EF在线段B1D1上滑动,现有五个命题如下:①AC⊥BE;②EF//平面A1BD;③直线AE与BF所成角为定值;④直线AE与平面BD1所成角为定值;⑤三棱锥A−BEF的体积为定值.其中正确命题序号为______ .三、解答题(本大题共5小题,共74.0分)18.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,2b=√3asinB+bcosA,c=4.(Ⅰ)求A;(Ⅱ)若D是BC的中点,AD=√7,求△ABC的面积.19.如图,四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PB⊥BC,PD⊥CD,且PA=2,E为PD中点.(1)求证:PA⊥平面ABCD;(2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值.20. 已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=3a n +2(n ∈N ∗).(1)求数列{a n }的通项公式(2)设b n =2an +1,{b n }前n 项和为S n ,求证S n <32.21. 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线√7x −√5y +12=0相切.(1)求椭圆C 的方程;(2)设A(−4,0),过点R(3,0)作与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于P ,Q 两点,连接AP ,AQ 分别交直线x =163于M ,N 两点,若直线MR 、NR 的斜率分别为k 1、k 2,试问:k 1k 2是否为定值?若是,求出该定值,若不是,请说明理由.22. 已知函数f(x)=x −alnx(a ∈R).(1)当a =2时,求曲线y =f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程.(2)求函数f(x)的极值.-------- 答案与解析 --------1.答案:B解析:本题考查集合的包含关系.属基础题.求出集合A即可确定A,B的关系.解:∵A={x|2x−3<3x}={x|x>−3},B={x|x≥2},∴B⊆A.故选B.2.答案:C解析:解:双曲线x29−y216=1的渐近线为:4x±3y=0,点(5,0)到双曲线x29−y216=1的渐近线的距离是:√9+16=4.故选:C.求出双曲线的渐近线方程,利用点到直线的距离公式求解即可.本题考查双曲线的简单性质的应用,点到直线的距离公式的应用,考查计算能力.3.答案:D解析:解:z=4(1+i)(1−i)(1+i)=2(1+i)=2+2i,故z−=2−2i,故z−的虚部是−2,故选:D.化简z,求出z−,从而求出z−的虚部即可.本题考查了复数的运算,共轭复数问题,是一道基础题.4.答案:A解析:解:由约束条件{x −1≥0x −2y ≤0x +y −4≤0作出可行域如图,联立{x −1=0x +y −4=0,解得A(1,3), 令z =2x +3y ,化为y =−23x +z 3,由图可知,当直线y =−23x +z 3过A 时,直线在y 轴上的截距最大,z 有最大值为2×1+3×3=11.故选:A .由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是中档题. 5.答案:C解析:本题主要考查由函数图像求参数范围,属于较易题.根据函数图象的信息,结合函数的极值及f(0)的符号可以判断.解:f(0)=c >0,函数的导数f ′(x)=3ax 2+2bx +2017,则f ′(x)=0有两个不同的正实根,则x 1+x 2=−2b 3a >0且x 1x 2=20173a >0,∴a >0,b <0,故选:C . 6.答案:B解析:解:a >0,b ∈R ,由a >|b|⇒a >−b ,⇒a +b >0,反之不成立,例如取a =2,b =3,满足a +b >0,但是a >|b|不成立.∴a +b >0是a >|b|成立的必要不充分条件.故选:B .a >0,b ∈R ,由a >|b|⇒a >−b ,⇒a +b >0,反之不成立,例如取a =2,b =3,即可判断出结论.本题考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题. 7.答案:C解析:解:在一个箱子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球,现从中有放回的摸取5次,每次随机摸取一球,设摸得的白球个数为X ,黑球个数为Y , 则X ~B(5,47),Y ~B(5,37),E(X)=5×47=207,E(Y)=5×37=157, D(X)=5×47×37=6049,D(Y)=5×37×47=6049,∴E(X)>E(Y),D(X)=D(Y).故选:C .推导出X ~B(5,47),Y ~B(5,37),由此得到E(X)>E(Y),D(X)=D(Y).本题考查离散型随机变量的数学期望、方差的求法及应用,考查二项公布的性质等基础知识,考查对立事件概率计算公式运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题. 8.答案:C解析:解:令f(a)=t ,则方程f[f(a)]=1等价为f(t)=1,当t <1时,由(13)t =1,解得t =0,当t ≥1时,由lnt =1,解得t =e ,即f(a)=0,或f(a)=e ,作出函数f(x)的图象如图:由图象可知方程f(a)=0的根只有一个,方程f(a)=e 的根有2个,故方程f(f(a))=1解的个数为3个,故选:C .利用换元法设f(a)=t ,则方程等价为f(t)=1,根据指数函数和对数函数图象和性质求出t 的值,利用数形结合进行求解即可.本题主要考查函数方程根的个数的应用,利用换元法求出t 的值是解决本题的关键.注意利用指数函数和对数函数的图象,结合数形结合是解决本题的关键.综合性较强.9.答案:B解析:解:设AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ . ∵AP⃗⃗⃗⃗⃗ =2λ3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−λ)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−λ)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ . ∴C ,D ,P 三点共线.∴P 点轨迹为直线CD .在△ABC 中,sinA =2√65.sinC =2√67. 由正弦定理得AB =5.又c <a ,所以cosC =57,sinB =sin(A +C)=sinAcosC +cosAsinC=2√65×57+15×2√67=12√635, ∴S △ABC =12×5×7×12√635=6√6. ∴S △ACD =23S △ABC =4√6.故选:B .。
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2020年浙江省温州市高考数学模拟试卷(6月份)
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.(4分)已知集合{2M =-,1,2,3},{|(1)2}N x x x =+>,则(M N =I ) A .∅
B .{2}
C .{2,3}
D .{2-,1,2,3}
2.(4分)若复数1
(1z ai i i
=
+-为虚数单位,)a R ∈的实部与虚部互为相反数,则(a = ) A .2-
B .1-
C .0
D .1
3.(4分)已知双曲线:22
221(0,0)y x a b a b
-=>>的焦距为10,虚轴长为4,则该双曲线的渐
近线方程为( ) A .340x y ±=
B .430x y ±=
C .2120x y ±=
D .2210x y ±=
4.(4分)已知直线1:0ax by b +-=,圆22:20C x y x +-=,则“0a =”是“直线1与圆C 相切”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
5.(4分)某几何体的三视图如图所示(单位:)cm ,其俯视图是两个同心圆,且小圆的内接四边形是正方形,则该几何体的体积等于( 3)cm .
A .
11283
π
- B .
112163
π
- C .
2883
π
- D .
28163
π
- 6.(4分)已知随机变量ξ的分布列如表:
ξ 1x 2x 3x P
1P
2P
3P
其中21320x x x x -=->.若2()E x ξ>,则( ) A .12P P >
B .23P P <
C .23P P >
D .13P P <
7.(4分)用数学归纳法证明不等式1114
(*,2)1225
n N n n n n ++⋯⋯+∈++剠时,可将其转化为证明( ) A .11141
(*,2)122521n N n n n n n ++⋯⋯++∈+++剠 B .11141
(*,2)122521n N n n n n n ++⋯⋯+-∈+++剠 C .11141
(*,2)12252n N n n n n n ++⋯⋯++∈++剠
D .
11141
(*,2)12252n N n n n n n
++⋯⋯+-∈++剠 8.(4分)定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x ',且()()0f x xf x '+=,则()f x 的图象可能是( )
A .
B .
C .
D .
9.(4分)设a R ∈,若11a x x ++„对0x …恒成立,则a 的最大值为( ) A .2-
B .3
2
-
C .1-
D .12
-
10.(4分)如图,二面角1αβ--的平面角的大小为60︒,A ,B 是1上的两个定点,且
2AB =.C α∈,D β∈,满足AB 与平面BCD 所成的角为30︒,且点A 在平面BCD 上的射
影H 在BCD ∆的内部(包括边界),则点H 的轨迹的长度等于( )
A 3π
B .
3
π C 3π D .
23
π 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.(6分)著实数a ,b 满足2log 2log 31a b ==,则a = ,3b = . 12.(6分)二项式7
2
2()x x
+
的展开式中,所有二项式系数的和是 ,含x 的项的系数是 . 13.(6分)已知实数x ,y 满足约束条件||
(1)y x y k x ⎧⎨+⎩
…„,若可行域表示的平面区域为三角形,
则实数k 的取值范围为 ,当1
2
k =
时,2z x y =+的最大值为 . 14.(6分)已知函数()sin()(0f x x ωϕω=+>,0)ϕπ剟是偶函数,且在[0,]2
π
上是减函
数,则ϕ= ,ω的最大值是 .
15.(4分)有10个相同的小球,现全部分给甲、乙、丙3人,若甲至少得1球,乙至少得2球,丙至少得3球,则他们所得的球数的不同情况有 种.
16.(4分)已知椭圆2212
x y +=与y 轴交于点M ,N ,直线y x =交椭圆于1A ,2A 两点,P
是椭圆上异于1A ,2A 的点,点Q 满足11QA PA ⊥,22QA PA ⊥,则||||QM QN += .
17.(4分)已知向量a r
,b r 满足||3a =r ,||1b =r ,若存在不同的实数1λ,212(0)λλλ≠,使得3i i i c a b λλ=+u r r r
,且()()0(1i i c a c b i --==u r u r r r g ,2),则12||c c -u r u u r 的取值范围是 .
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ABC ∆的内角A ,B ,
C 的对边分别为a ,b ,c ,且2cos cos cos a A b C c B =+. (Ⅰ)求角A 的大小;
(Ⅱ)设D 是边BC 上一点,22BD DC ==,sin 4sin BAD CAD ∠=∠,求c .
19.(15分)如图,正四面体ABCD 的边长等于2,点A ,E 位于平面BCD 的两侧,且2EB EC ED ===,点P 是AC 的中点.
(Ⅰ)求证://AB 平面CDE ;
(Ⅱ)求BP 与平面CDE 所成的角的正弦值.
20.(15分)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,数列{}n b 为等差数列,满足31a =-,
(1)n n n n S a b =-+.
(Ⅰ)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式; (Ⅱ)求数列{
}2n
n
a 的前2n 项和2n T . 21.(15分)如图,过点(2,3)P 作两条直线分别交抛物线24x y =于点1(A x ,1)y ,2(B x ,2)y ,3(C x ,3)y ,4(D x ,4)y .直线BD 交直线1:3y x =-于点Q .
(Ⅰ)求证:12122()12x x x x +=+;
(Ⅱ)试问点C ,A ,Q 是否共线?说明理由.。