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浙江省2020年高考数学模拟题分项汇编 3 导数(解析版)(28道题)

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浙江省杭州高级中学2020年3月高考模拟测试高三数学试卷(附答案解析)

浙江省杭州高级中学2020年3月高考模拟测试高三数学试卷(附答案解析)

2020年高考数学（3月份）模拟测试试卷一、选择题1．若集合A＝{x|x2﹣1≥0}，B＝{x|0＜x＜4}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，﹣1）B．[0，4）C．[1，4）D．（4，+∞）2．已知i为虚数单位，，则z的虚部为（）A．1B．﹣2C．2D．﹣2i3．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±x，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．4．函数函数f（x）＝|x|﹣的大致图象为（）A．B．C．D．5．已知随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝x，P（ξ＝1）＝1﹣x，若，则（）A．E（ξ）随着x的增大而增大，D（ξ）随着x的增大而增大B．E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而增大C．E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而减小D．E（ξ）随着x的增大而增大，D（ξ）随着x的增大而减小6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．7．“ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0”是“”成立的（）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8．如图，圆O是半径为1的圆，，设B，C为圆上的任意2个点，则的取值范围是（）A．B．[﹣1，3]C．[﹣1，1]D．9．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PB＝BC＝a，PA＝AC＝b（a＜b），设二面角P﹣AB﹣C 的平面角为α，则（）A．α+∠PCA+∠PCB＞π，2α＜∠PAC+∠PBCB．α+∠PCA+∠PCB＜π，2α＜∠PAC+∠PBCC．α+∠PCA+∠PCB＞π，2α＞∠PAC+∠PBCD．α+∠PCA+∠PCB＜π，2α＞∠PAC+∠PBC10．设a，b∈R+，数列{a n}满足a1＝2，a n+1＝a•a n2+b，n∈N*，则（）A．对于任意a，都存在实数M，使得a n＜M恒成立B．对于任意b，都存在实数M，使得a n＜M恒成立C．对于任意b∈（2﹣4a，+∞），都存在实数M，使得a n＜M恒成立D．对于任意b∈（0，2﹣4a），都存在实数M，使得a n＜M恒成立二、填空题（共7小题）11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”P﹣ABCD，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，AD＝1，则该“阳马”的最长棱长等于；外接球表面积等于．12．设x，y满足约束条件，则z＝2x+3y的最大值为；满足条件的x，y构成的平面区域的面积是．13．已知（x+2）5（2x﹣5）＝a0+a1x+…+a6x6，则a0＝；a5＝．14．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且b＝1，则B＝；△ABC的面积为．15．从0，1，2，3，4，5这6个数中随机抽取5个数构成一个五位数，则满足条件“a＜b＜c＞d＞e”的五位数的个数有．16．设F1，F2是椭圆C：＝1（0＜m＜2）的两个焦点，P（x0，y0）是C上一点，且满足△PF1F2的面积为，则|x0|的取值范围是．17．设函数f（x）＝|lnx+a|+|x+b|（a，b∈R），当x∈[1，e]时，记f（x）最大值为M（a，b），则M（a，b）的最小值为．三、解答题（共5小题）18．已知函数（ω＞0）的图象上相邻两对称轴之间的距离为4．（Ⅰ）求ω的值及f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）若且，求f（x0+1）的值．19．如图，已知四棱锥A﹣BCDE中，AB＝BC＝2，，CD∥BE，BE＝2CD＝4，∠EBC＝60°．（Ⅰ）求证：EC⊥平面ABC；（Ⅱ）求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．20．已知等差数列{a n}的公差不为零，且a3＝3，a l，a2，a4成等比数列，数列{b n}满足b1+2b2+……+nb n＝2a n（n∈N*）（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）求证：++……+＞a n+1﹣（n∈N*）．21．已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）过点Q（1，2），F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O．（1）求抛物线E的方程；（2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值．22．已知f（x）＝2ln（x+2）﹣（x+1）2，g（x）＝k（x+1）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当k＝2时，求证：对于∀x＞﹣1，f（x）＜g（x）恒成立；（Ⅲ）若存在x0＞﹣1，使得当x∈（﹣1，x0）时，恒有f（x）＞g（x）成立，试求k的取值范围．参考答案一、选择题（共10小题）1．若集合A＝{x|x2﹣1≥0}，B＝{x|0＜x＜4}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，﹣1）B．[0，4）C．[1，4）D．（4，+∞）解：A＝{x|x≤﹣1，或x≥1}；∴A∩B＝[1，4）．故选：C．2．已知i为虚数单位，，则z的虚部为（）A．1B．﹣2C．2D．﹣2i解：∵＝，∴z的虚部为﹣2．故选：B．3．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±x，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，由双曲线的方程分析可得其焦点在x轴上，进而可得渐近线方程，结合题意可得有＝，即a＝2b，由双曲线的几何性质分析可得c＝＝a，由离心率的计算公式可得答案．解：根据题意，双曲线的方程为﹣＝1，其焦点在y轴上，其渐近线方程为y＝±x，又由其渐近线方程为y＝±x，则有＝，即b＝2a，c＝＝a，则其离心率e＝＝；故选：B．4．函数函数f（x）＝|x|﹣的大致图象为（）A．B．C．D．【分析】利用x＞0时，函数的单调性，以及x＜0时，函数值的符号进行排除即可．解：当x＞0时，f（x）＝x﹣为增函数，排除A，B，当x＜0时，f（x）＝|x|﹣＞0恒成立，排除C，故选：D．5．已知随机变量ξ满足P（ξ＝0）＝x，P（ξ＝1）＝1﹣x，若，则（）A．E（ξ）随着x的增大而增大，D（ξ）随着x的增大而增大B．E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而增大C．E（ξ）随着x的增大而减小，D（ξ）随着x的增大而减小D．E（ξ）随着x的增大而增大，D（ξ）随着x的增大而减小【分析】ξ服从成功概率为1﹣x的两点分布，故Eξ＝1﹣x，Dξ＝（1﹣x）x＝x﹣x2，进而，得到Eξ和Dξ在x∈（0，），上的单调性．解：根据题意，ξ服从成功概率为1﹣x的两点分布，所以Eξ＝1﹣x，当x∈（0，）时，Eξ单调递减，即E（ξ）随着x的增大而减小，Dξ＝（1﹣x）x＝﹣x2+x，因为Dξ的对称轴为x＝，开口向下，故当x∈（0，）时，Dξ随着x的增大而增大．故选：B．6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，通过三棱柱的体积减去三棱锥的体积，求解几何体的体积即可．解：由题意可知几何体的直观图如图，是正方体的一部分，四棱锥P﹣ABCD，正方体的棱长为2，三棱柱的体积减去三棱锥的体积，求解几何体是体积，所求体积为：＝．故选：C．7．“ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0”是“”成立的（）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【分析】由对数的运算性质与不等式的基本性质结合充分必要条件的判定方法得答案．解：由ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0，得，即a＞2＞b＞1，∴；反之，由，不一定有ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0，如a＝﹣2，b＝﹣1．∴“ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0”是“”成立的充分不必要条件．故选：A．8．如图，圆O是半径为1的圆，，设B，C为圆上的任意2个点，则的取值范围是（）A．B．[﹣1，3]C．[﹣1，1]D．【分析】根据平面向量的数量积和二次函数的性质，结合余弦函数的性质即可求出结果．解：如图所示，由•＝（﹣）•＝•﹣•＝||×||cos∠BCO﹣||×||cosθ＝﹣||•||•cosθ＝﹣||•cosθ，且﹣||•cosθ≥﹣||＝（||﹣）2﹣，由||∈[0，2]，当||＝时，•有最小值为﹣，又当||＝2，且cosθ＝﹣1时，﹣||•cosθ，此时•＝3，为最大值．所以•的取值范围是[﹣，3]．故选：A．9．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PB＝BC＝a，PA＝AC＝b（a＜b），设二面角P﹣AB﹣C 的平面角为α，则（）A．α+∠PCA+∠PCB＞π，2α＜∠PAC+∠PBCB．α+∠PCA+∠PCB＜π，2α＜∠PAC+∠PBCC．α+∠PCA+∠PCB＞π，2α＞∠PAC+∠PBCD．α+∠PCA+∠PCB＜π，2α＞∠PAC+∠PBC【分析】解题的关键是通过构造垂面得出∠PMC＝α，然后转化到平面中解决即可．解：如图，取PC中点D，连接AD，BD，由PB＝BC＝a，PA＝AC易知BD⊥PC，AD⊥PC，故可得PC⊥平面ABFD，作PM⊥AB于M，由△ABP≌△ABC，可得CM⊥AB，∴∠PMC＝α，又PM＝CM＝h＜a＜b，∴，∴2α＞∠PAC+∠PBC，，故选：C．10．设a，b∈R+，数列{a n}满足a1＝2，a n+1＝a•a n2+b，n∈N*，则（）A．对于任意a，都存在实数M，使得a n＜M恒成立B．对于任意b，都存在实数M，使得a n＜M恒成立C．对于任意b∈（2﹣4a，+∞），都存在实数M，使得a n＜M恒成立D．对于任意b∈（0，2﹣4a），都存在实数M，使得a n＜M恒成立【分析】取a＝1，b＝1，可排除AB；由蛛网图可得数列{a n}的单调情况，进而得到要使a n＜M，只需，由此得出答案．解：取a＝1，b＝1，该数列{a n}恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；由蛛网图可知，ax2+b＝x存在两个不动点，且，因为当0＜a1＜x1时，数列{a n}单调递增，则a n＜x1，；当x1＜a1＜x2时，数列{a n}单调递减，则x1＜a n≤a1；所以要使a n＜M，只需要0＜a1＜x2，故，化简得b＜2﹣4a且b＞0，故选：D．二、填空题（共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”P﹣ABCD，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，AD＝1，则该“阳马”的最长棱长等于3；外接球表面积等于9π．【分析】由题意画出图形，利用勾股定理求得几何体最长棱长，再由分割补形法得到多面体外接球的半径，则球的表面积可求．解：如图，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为长方形，且PA＝AB＝2，AD＝1，∴最长棱PC＝＝；其外接球的半径为．则其外接球的表面积为．故答案为：3；9π．12．设x，y满足约束条件，则z＝2x+3y的最大值为11；满足条件的x，y构成的平面区域的面积是．【分析】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的最大值．解：作出x，y满足约束条件，对应的平面区域（阴影部分），由z＝2x+3y，得y＝﹣x+，平移直线y＝﹣x+，由图象可知当直线y＝﹣x+经过点C时，直线y＝﹣x+的截距最大，此时z最大．由，解得A（，）．解得B（1，）；解得C（1，3）．此时z的最大值为z＝2×1+3×3＝11，可行域的面积为：＝故答案为：11；．13．已知（x+2）5（2x﹣5）＝a0+a1x+…+a6x6，则a0＝﹣160；a5＝15．【分析】在所给的等式中，令x等于0，求得a0的值；再利用通项公式求得a5即x5的系数．解：∵（x+2）5（2x﹣5）＝a0+a1x+…+a6x6，令x＝0，可得a0＝﹣160．a5即x5的系数为﹣5+•2•2＝15，14．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且b＝1，则B＝；△ABC的面积为．【分析】，，利用正弦定理可得：sin B＝（4+2）sin cos B，tan B＝2+，可得B，C．再利用三角形的面积计算公式即可得出．解：，，∴sin B＝（4+2）sin cos B，∴tan B＝2+，∵tan（）＝＝＝2+，B∈（0，π）．∴B＝．∴C＝＝＝B．∴c＝b＝1．∴S＝bc sin A＝＝．故答案为：，．15．从0，1，2，3，4，5这6个数中随机抽取5个数构成一个五位数，则满足条件“a＜b＜c＞d＞e”的五位数的个数有21．【分析】由题意可得c最大，a不能为0，分两类，当c＝5时，当c＝4时，根据分类计数原理可得．解：由题意可得c最大，a不能为0，当c取5时，则从剩下4个数（不包含0）取两个，放在c的左边，再从剩下3个数（包含0）取两个，放在右边，有C42C32＝18个，当c取4时，则从剩下3个数（不包含0）取两个，放在c的左边，再从剩下2个数（包含0）取两个，放在右边，有C32C22＝3个，故满足条件的五位数的个数有18+3＝21个，故答案为：21．16．设F1，F2是椭圆C：＝1（0＜m＜2）的两个焦点，P（x0，y0）是C上一点，且满足△PF1F2的面积为，则|x0|的取值范围是[0，1]．【分析】利用三角形的面积的表达式，结合椭圆方程，求通过二次函数，转化即可得到|x0|的取值范围．解：设F1，F2是椭圆C：＝1（0＜m＜2）的两个焦点，P（x0，y0）是C上一点，且满足△PF1F2的面积为，当P是短轴端点时，三角形的面积取得最大值，所以|y0|＝，，可得：x02＝4﹣，0＜m＜2，可得4m2﹣m4∈（0，4]，所以﹣3，可得x02≤1所以|x0|的取值范围是：[0，1]．故答案为：[0，1]．17．设函数f（x）＝|lnx+a|+|x+b|（a，b∈R），当x∈[1，e]时，记f（x）最大值为M（a，b），则M（a，b）的最小值为．【分析】易知f（x）＝max{|lnx+a+x+b|，|lnx+a﹣x﹣b|}，设G（x）＝|lnx﹣x+a﹣b|，F （x）＝|lnx+x+a+b|，利用绝对值不等式的性质即可得解．解：f（x）＝max{|lnx+a+x+b|，|lnx+a﹣x﹣b|}，设G（x）＝|lnx﹣x+a﹣b|，F（x）＝|lnx+x+a+b|，由单调性可知，当x∈[1，e]时，G（x）＝max{|1+a﹣b|，|1﹣e+a﹣b|}，F（x）＝max{|1+a+b|，|1+e+a+b|}，∴4M（a，b）≥|1+a﹣b|+|1﹣e+a﹣b|+|1+a+b|+|1+e+a+b|≥|2+e+2a|+|2﹣e+2a|≥2e，∴，当且仅当或时取等号．故答案为：．三、解答题（共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）18．已知函数（ω＞0）的图象上相邻两对称轴之间的距离为4．（Ⅰ）求ω的值及f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）若且，求f（x0+1）的值．【分析】（Ⅰ）利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得函数解析式为f（x）＝，由已知可求T，利用周期公式可求ω的值，令，可求函数的增区间．（Ⅱ）由已知及（Ⅰ）可求，由范围，可求，利用同角三角函数基本关系式可求，根据两角和的正弦函数公式即可计算得解．【解答】（本题满分为14分）解：（Ⅰ）因为：（ω＞0），所以：＝，…………………由条件T＝8，所以：，…………………所以：，令，得：．所以增区间为：．…………………（Ⅱ）因为：，由（1）知：，即：，…………………因为：，所以：，所以：，…………………所以：＝＝．…………………19．如图，已知四棱锥A﹣BCDE中，AB＝BC＝2，，CD∥BE，BE＝2CD＝4，∠EBC＝60°．（Ⅰ）求证：EC⊥平面ABC；（Ⅱ）求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）通过求解三角形证明EC⊥CA，EC⊥CB，推出EC⊥面CAB．（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系C﹣xyz，求出面ABE的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AD与平面ABE所成角的正弦函数值．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，由余弦定理得，在△EBC中，由余弦定理得由CE2+CA2＝EA2，CE2+CB2＝EB2得，EC⊥CA，EC⊥CB，所以EC⊥面CAB……………………（Ⅱ）解：如图，建立空间直角坐标系C﹣xyz，则所以，所以，……………………所以是面ABE的一个法向量，则取……………………记直线AD与平面ABE所成角为α，则……………………20．已知等差数列{a n}的公差不为零，且a3＝3，a l，a2，a4成等比数列，数列{b n}满足b1+2b2+……+nb n＝2a n（n∈N*）（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）求证：++……+＞a n+1﹣（n∈N*）．【分析】（Ⅰ）设等差数列的公差为d，d≠0，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到a n；可令n＝1，求得b1，再将n换为n﹣1，相减可得b n；（Ⅱ）原不等式转化为++…+＞n+1﹣，应用数学归纳法证明，注意检验n＝1不等式成立，再假设n＝k时不等式成立，证明n＝k+1时，不等式也成立，注意运用分析法证明．解：（Ⅰ）等差数列{a n}的公差d不为零，a3＝3，可得a1+2d＝3，a l，a2，a4成等比数列，可得a1a4＝a22，即a1（a1+3d）＝（a1+d）2，解方程可得a1＝d＝1，则a n＝n；数列{b n}满足b1+2b2+……+nb n＝2a n，可得b1＝2a1＝2，将n换为n﹣1可得b1+2b2+……+（n﹣1）b n﹣1＝2a n﹣1，联立b1+2b2+……+nb n＝2a n，相减可得nb n＝2a n﹣2a n﹣1＝2，则b n＝，对n＝1也成立，则b n＝，n∈N*；（Ⅱ）证明：不等式++……+＞a n+1﹣（n∈N*）即为++…+＞n+1﹣，下面应用数学归纳法证明．（1）当n＝1时，不等式的左边为＝，右边为2﹣，左边＞右边，不等式成立；（2）假设n＝k时不等式++…+＞k+1﹣，当n＝k+1时，++…++＞k+1﹣+，要证++…++＞k+2﹣，只要证k+1﹣+＞k+2﹣，即证﹣＞1﹣，即证（﹣）（1﹣）＞0，由k∈N*，可得上式成立，可得n＝k+1时，不等式也成立．综上可得，对一切n∈N*，++…+＞n+1﹣，故++……+＞a n+1﹣（n∈N*）．21．已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）过点Q（1，2），F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O．（1）求抛物线E的方程；（2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值．【分析】（1）代入Q（1，2）可得p，进而得到所求抛物线方程；（2）方法一、设l：ty＝x﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立y2＝4x，运用韦达定理和直线方程的交点可得P在定直线m上，由三角形的面积公式和基本不等式可得所求最小值；方法二、设l：ty＝x﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立y2＝4x，运用韦达定理和向量共线定理、以及向量垂直的条件可得P在定直线m上，由三角形的面积公式和基本不等式可得所求最小值．解：（1）Q（1，2）代入y2＝2px解得p＝1，可得抛物线的方程为y2＝4x；（2）证法1：（巧设直线）证明：设l：ty＝x﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立y2＝4x，可得，则有，可设AP：，即，同理BP：，解得P（﹣3，3t），即动点P在定直线m：x＝﹣3上，＝，当且仅当时取等号．其中d1，d2分别为点P和点Q到直线AB的距离．证法2：（利用向量以及同构式）证明：设l：x＝my+1（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立y2＝4x，可得y2﹣4my﹣4＝0，则有，，，又O为△PAB的垂心，从而，代入化简得：，同理：，从而可知，y1，y2是方程的两根，所以，所以动点P在定直线m：x＝﹣3上，＝，当且仅当时取等号．其中d1，d2分别为点P和点Q到直线AB的距离．22．已知f（x）＝2ln（x+2）﹣（x+1）2，g（x）＝k（x+1）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当k＝2时，求证：对于∀x＞﹣1，f（x）＜g（x）恒成立；（Ⅲ）若存在x0＞﹣1，使得当x∈（﹣1，x0）时，恒有f（x）＞g（x）成立，试求k的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出定义域和导数f′（x），令f′（x）＞0，解出增区间，令f′（x）＜0，解出减区间；（Ⅱ）令H（x）＝f（x）﹣g（x），利用导数判断出H（x）的单调性和单调区间，得出H（x）的最大值，证明H max（x）＜0即可．解：（Ⅰ），当f′（x）＞0 时，∴x2+3x+1＜0，∴，又x＞﹣2，∴；当f′（x）＜0时，解得，∴f（x）单调增区间为，递减区间是（，+∞）；（Ⅱ）当k＝2时，g（x）＝2（x+1）．令H（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ln（x+2）﹣（x+1）2﹣2（x+1）．H′（x）＝，令H′（x）＝0，即﹣2x2﹣8x﹣6＝0，解得x＝﹣1或x＝﹣3（舍）．∴当x＞﹣1时，H′（x）＜0，H（x）在（﹣1，+∞）上单调递减．∴H max（x）＝H（﹣1）＝0，∴对于∀x＞﹣1，H（x）＜0，即f（x）＜g（x）．（Ⅲ）由（II）知，当k＝2时，f（x）＜g（x）恒成立，即对于“x＞﹣1，2 ln（x+2）﹣（x+1）2＜2 （x+1），不存在满足条件的x0；当k＞2时，对于“x＞﹣1，x+1＞0，此时2 （x+1）＜k（x+1）．∴2 ln（x+2）﹣（x+1）2＜2 （x+1）＜k（x+1），即f（x）＜g（x）恒成立，不存在满足条件的x0；令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ln（x+2）﹣（x+1）2﹣k（x+1），h′（x）＝，当k＜2时，令t（x）＝﹣2x2﹣（k+6）x﹣（2k+2），可知t（x）与h′（x）符号相同，当x∈（x0，+∞）时，t（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（﹣1，x0）时，h（x）＞h（﹣1）＝0，即f（x）﹣g（x）＞0恒成立，综上，k的取值范围为（﹣∞，2）．。

2020届浙江省杭州二中高三下学期高考仿真模拟考试数学试卷及解析

2020届浙江省杭州二中高三下学期高考仿真模拟考试数学试卷及解析

2020届浙江省杭州二中高三下学期高考仿真模拟考试数学试卷★祝考试顺利★(含答案)第Ⅰ卷（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A={x|x<1}，B={x|}，则A. B.C. D.【答案】A【解析】∵集合∴∵集合∴，故选A2.“”的一个充分但不必要的条件是( )A. B.C. D.【答案】B【解析】先解不等式，再由充分不必要条件的概念可知，只需找不等式解集的真子集即可. 【详解】由解得，要找“”的一个充分但不必要的条件，即是找的一个子集即可，易得，B 选项满足题意. 故选B3.，满足约束条则的最小值为（ ）A. 1B. －1C. 3D. －3【答案】A 【解析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图阴暗部分（射线与射线所夹部分，含边界），由解得，即，作直线，平移直线，当直线过点时，取得最小值．故选：A ．4.设某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A. 12B. 8C. 4D. 2 【答案】C【解析】还原该立体图形，由三棱锥体积公式求得答案.【详解】还原该立体图形，如图，则其体积为.故选：C5.函数的图象可能是下列图象中的（）A. B. C.D.【答案】A【解析】利用特殊值，取和，比较图象特征可得结果.【详解】∵∴当时，，故排除B、D当时，由于C选项中图象，时，都有，故排除C故选：A6.设函数，则函数的零点的个数为( )A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C试题分析：，转化为如图，画出函数和的图像，当时，有一个交点，当时，，，此时，是函数的一个零点，，，满足，所以在有两个交点，同理，所以在有两个交点，，所以在内没有交点，当时，恒有，所以两个函数没有交点所以，共有6个．7.空间线段，，且，设与所成角为，与面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】本题首先可根据题意将空间线段、、放入矩形中研究，然后构建空间直角坐标系，再然后通过矩形性质求出并通过空间向量求出、，最后根据即可得出结果.【详解】因为空间线段，，所以可将其放在矩形中进行研究，如图，绘出一个矩形，并以点为原点构建空间直角坐标系：因为，所以可设，，，则，，，，，，，故与所成的角的余弦值，因为根据矩形的性质易知平面平面，平面，所以二面角的平面角为，，，所以即与面所成的角，故，因为，所以，故选：A.8.已知甲盒子中有1个黑球，1个白球和2个红球，乙盒子中有1个黑球，1个白球和3个红球，现在从甲乙两个盒子中各取1个球，分别记取出的红球的个数为，则有（）A. ， B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】题中事件服从两点分布，分别计算出成功概率，再由两点分布均值与方差计算公式计算并比较大小即可.【详解】由题可知，两个盒子取出红球的服从两点分布，且,则，即，且,，即.故选：C9.面积为2的中，，分别是，的中点，点在直线EF上，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据△ABC的面积为2，可得△PBC的面积＝1，从而可得PB×PC，故PB×PC cos∠BPC，由余弦定理，有：BC2＝BP2+CP2﹣2BP×CP cos∠BPC，进而可得BC2≥2BP×CP﹣2BP×CP cos∠BPC．从而，利用导数，可得最大值为，从而可得的最小值．【详解】解：∵E、F是AB、AC的中点，∴EF到BC的距离＝点A到BC的距离的一半，∴△ABC的面积＝2△PBC的面积，而△ABC的面积＝2，∴△PBC的面积＝1，又△PBC的面积PB×PC sin∠BPC，∴PB×PC．∴PB×PC cos∠BPC．由余弦定理，有：BC2＝BP2+CP2﹣2BP×CP cos∠BPC．显然，BP、CP都是正数，∴BP2+CP2≥2BP×CP，∴BC2≥2BP×CP﹣2BP×CP cos∠BPC．∴PB×PC cos∠BPC+2BP×CP﹣2BP×CP cos∠BPC令y，则y′令y′＝0，则cos∠BPC，此时函数在（0，）上单调增，在（，1）上单调减∴cos∠BPC时，取得最大值为∴的最小值是故选：D10.已知数列满足，，则最大值为（）A. 5B. 6C.D.【答案】C【解析】由题意得或，分析数列的特征，要得到最大，可知满足，时满足，计算可得到结果.【详解】∵∴或，要满足，且最大可知满足，时满足∴，∴∵∴，解得要使得最大，故故选：C第Ⅱ卷（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.已知，则复数的虚部为________，为________【答案】 (1). 2 (2).【解析】根据条件计算出，然后可得答案.【详解】由可得所以复数的虚部为2，故答案为：2；.12.双曲线的渐近线方程为________，离心率为________【答案】 (1). (2).【解析】根据双曲线的性质求解即可.【详解】由题意可知，所以渐近线方程为，离心率为故答案为：；13.若，则________，__________.【答案】 (1). －4 (2). 15【解析】先展开，再展开得到通项公式即由可解得；令代入二项式，相加后即可求得．【详解】的展开通项公式，由得的系数为令，得令得两式子相加得：令，得到， 所以．故答案为： ；【点睛】本题考查二项式定理，考查分类讨论的数学思想以及赋值法的应用. 求解形如的展开式问题的思路：(1)若中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如，然后展开分别求解． (2)观察是否可以合并，如；(3)分别得到的通项公式，综合考虑．14.在中，角、、的对边分别为、，，且，则角的大小为________；若边上中线的长为，则的面积为________【答案】 (1). (2).【解析】 （1）将展开，根据余弦定理可求出cos A 的值，进而得到角A 的值；（2）先设出AC 的长，根据余弦定理可求出x ，再由三角形的面积公式可得答案． 【详解】解：由，∴，．由，得即sin B ＝1+cos C则cos C ＜0，即C 为钝角，故B 为锐角，且 则故．设AC ＝x ，由余弦定理得解得x ＝2故．故答案为：；15. 若从1、2、3、…、9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有______种.【答案】66试题分析：由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，有种结果，当取得4个奇数时，有种结果，当取得2奇2偶时有种结果∴共有1+5+60=66种结果16.设圆圆心为坐标原点，半径为，圆在第一象限的圆弧上存在一点，作圆的切线与椭圆交于、两点，若，则椭圆的离心率为________【答案】【解析】由题意，设切线方程为，易知，然后再将切线方程与椭圆方程联立，可得韦达定理，再根据，可得，代入韦达定理，并将用代入，化简齐次式，即可求出结果.【详解】设，由题意可知切线斜率存在，设切线方程为，则，所以，联立方程，化简可得，设，，则；所以；又因为，所以，所以，所以；所以，即所以，即，所以，所以.故答案为：.17.在平面直角坐标系中，定义为两点，之间的“折线距离”，则椭圆上一点和直线上一点的“折线距离”的最小值为________【答案】【解析】根据新定义，利用参数法，表示出椭圆1上一点P与直线上一点Q的“折线距离”，然后分类讨论求出最小值．【详解】解：设直线上的任意一点坐标，椭圆1上任意一点的坐标为由题意可知分类讨论：①，②解同上；③，∴椭圆1上一点P与直线上一点Q的“折线距离”的最小值为．故答案为：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.已知函数，．（Ⅰ）求函数的最小正周期及单调递增区间；（Ⅱ）若为锐角且，满足，求．【答案】（Ⅰ），，．（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）把使用降幂公式、逆用二倍角公式以及两角和的正弦公式化成只有正弦函数，然后代入正弦函数的周期公式和递增区间即可求其周期和增区间. （Ⅱ）化简，求出，进一步求出的正弦及余弦，令，利用两角差的正弦公式代入计算即可.【详解】解：（Ⅰ）．所以的最小正周期，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，因为为锐角，所以，，又因为，所以，所以．19.如图，四边形关于直线对称，，，.把沿折起.（1）若二面角的余弦值为，求证：平面：（2）若与面所成的线面角为30°时，求的长.【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】（1）取中点，连结，，证明、，即可得答案；（2）建立如图空间直角坐标系则，设根据和与面所成的线面角为30°，可求得的值，进而得到的长.【详解】解：（1）取中点，连结，，因为，，所以，，所以平面，所以.所以是二面角的平面角,在中，，，，所以，因为，所以平面.（2）建立如图空间直角坐标系则，设，，设法向量因为，所以，所以，取，记，所以，解得，或，所以或.20.已知数列，满足，（1）若，求证数列是等差数列，并求数列的通项公式：（2）若，（i）求证：；（ii）【答案】（1）证明见解析；；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】（1）将代入化简，得到即可求解；（2）判断数列的单调性可得，通过适当放缩得到和，进一步化简可得结果.【详解】（1）∵∴与同号，∴，∴，即∴数列是等差数列，公差为，首项为∴；∴，（2）（i）由（1）知∵∴是递减数列，且∴（ii），∴，∴，由（i）知∴，∴综上所述，21.如图，过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，记以，为直径端点的圆为圆.（1）证明：圆与抛物线的准线相切；（2）设，点在焦点的右侧，圆与轴交于，两点，记和的面积为，求的最大值（其中，点为圆与抛物线准线的切点）【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）设直线，与抛物线方程联立，利用焦点弦公式求出，结合韦达定理求出的坐标，求得到准线的距离，命题得证；（2）由题意得出抛物线方程，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理及弦长公式，写出，的表达式，结合基本不等式得到结果.【详解】（1）设直线，联立，得﹐设，则，∴，，∴∵抛物线的准线方程为∴点到准线的距离∴圆与抛物线的准线相切.（2）设，与联立，得，则，∴，，∴∵抛物线的准线方程为，且点为圆与抛物线准线的切点∴，∵圆与轴交于，两点∴，∵﹐﹐∴当时，等号成立，最大值为22.已知（1）当时，求的最大值；（2）若存在使，得关于的方程有三个不相同的实数根，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）.【解析】（1）表示此时函数的解析式，求导分析单调性，即可求得最值. （2）由于为分段函数，故分类讨论两段函数交点个数，将问题可转化为的根存在三个，记，，令，令，分两段求导分析函数图象特征，进而判定交点个数，求得参数取值范围.【详解】（1）当时，，即当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以（2），经验证不是方程的根，所以原方程的根等价于的根，记，，令，，单调递减，令，即，令为极大值点，其在上单调递增，在上单调递减，当，，所以在无实数根当时，……①有两个极值点，且，即，故所以，存在使①有三个实根所以满足条件.当，的分子中，，显然，所以①仅有一个正根，要使有两个负根，则﹐综上所﹐即.。

浙江省2020届高三高考模拟试题数学试卷及解析word版

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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年高考模拟试卷浙江省高考数学全真模拟试卷(3月) 含解析

2020年高考模拟试卷浙江省高考数学全真模拟试卷(3月) 含解析

2020年高考模拟高考数学全真模拟试卷（3月份）一、选择题1．设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，则（∁U A）∪B＝（）A．∅B．{1，2，3，4}C．{2，3，4}D．{0，11，2，3，4}2．从点P引三条射线PA、PB、PC，每两条的夹角都是60°，则二面角B﹣PA﹣C的余弦值是（）A．B．C．D．3．某棱柱的三视图如图示，则该棱柱的体积为（）A．3B．4C．6D．124．若函数f（x）＝的图象和直线y＝ax有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（）A．（﹣，4）B．（0，4）C．（﹣，0）D．（﹣，0）∪（0，4）5．若x，y满足约束条件，则z＝3x﹣y的最大值是（）A．﹣7B．﹣1C．5D．76．已知随机变量X的分布列如表：X135P0.40.1x 则X的方差为（）A．3.56B．C．3.2D．7．双曲线x2﹣y2＝1右支上一点P（a，b）到直线l：y＝x的距离d＝．则a+b＝（）A．﹣B．C．或﹣D．2或﹣28．已知数列{a n}满足，n∈N*，且a2+a4+a6＝9，则＝（）A．B．3C．﹣3D．9．若[x]表示不超过x的最大整数，则f（x）＝[x]﹣x，（x∈R）的值域是（）A．[0，1）B．（﹣1，1）C．[﹣1，1]D．（﹣1，0] 10．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”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二、填空题：本题共7个小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．在圆内接四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝3，AD＝4，则△ABC的面积为．12．设函数，，则函数的最小值为；若，使得a2﹣a≥f（x）成立，则实数a的取值范围是．13．在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是，含x2项的系数是．14．函数y＝f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f（x）的图象是由一段抛物线和一条射线组成（如图所示）．①当x∈[﹣1，1]时，y的取值范围是；②如果对任意x∈[a，b]（b＜0），都有y∈[﹣2，1]，那么b的最大值是．15．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足||＝，则||+2||的最小值为．16．已知a，b∈R，f（x）＝e x﹣ax+b，若f（x）≥1恒成立，则的取值范围是17．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD+PD ＝3．若四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为；当四棱锥P﹣ABCD的体积取得最大值时，二面角A﹣PC﹣D的正切值为．三、解答题：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．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），其中ω＞0，．（1）若ω＝1，，且对任意的，都有，求实数m的取值范围；（2）若，，且f（x）在单调递增，求ω的最大值．19．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，且D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点．（Ⅰ）求证：平面B1FC∥平面EAD；（Ⅱ）求证：BC1⊥平面EAD．20．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，a n为n（n＝2，3，4，…，）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+a n＝0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|＝1．（1）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；（2）若某2013阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）记n阶“期待数列”的前k项和为S k（k＝1，2，3，…，n），试证：|S k|≤．21．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，P为该抛物线上的一个动点．（1）当|PF|＝2时，求点P的坐标；（2）过F且斜率为1的直线与抛物线交与两点AB，若P在弧AB上，求△PAB面积的最大值．22．已知函数f（x）＝﹣x3+x2+x+a，g（x）＝2a﹣x3（x∈R，a∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间．（2）求函数f（x）的极值．（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，求a的取值范围．参考答案一、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．设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，则（∁U A）∪B＝（）A．∅B．{1，2，3，4}C．{2，3，4}D．{0，11，2，3，4}【分析】根据全集U及A，求出A的补集，找出A补集与B的并集即可．解：∵全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，∴∁U A＝{3，4}，则（∁U A）∪B＝{2，3，4}，故选：C．2．从点P引三条射线PA、PB、PC，每两条的夹角都是60°，则二面角B﹣PA﹣C的余弦值是（）A．B．C．D．【分析】由题意画出图形，作出二面角B﹣PA﹣C的平面角，设PE＝a，求解直角三角形得到EG、EF、FG的长度，再由余弦定理得答案．解：如图，在PA上任取一点E，在平面APB内过E作EF⊥PA交PB于F，在平面APC内过E 作EG⊥PA交PC于G，连接GF，设PE＝a，在Rt△PEG中，∵∠EPG＝60°，∴PG＝2a，GE＝a，同理求得PF＝2a，EF＝a，则GF＝2a，在△FGE中，由余弦定理得：cos∠FEG＝＝．故选：C．3．某棱柱的三视图如图示，则该棱柱的体积为（）A．3B．4C．6D．12【分析】由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，进而可得答案．解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，棱柱的底面面积S＝×（2+4）×2＝6，棱柱的高为1，故棱柱的体积V＝6．故选：C．4．若函数f（x）＝的图象和直线y＝ax有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（）A．（﹣，4）B．（0，4）C．（﹣，0）D．（﹣，0）∪（0，4）【分析】根据分段函数的表达式，先得到x＝0是f（x）与y＝ax的一个根，利用参数分离法构造函数h（x），得到h（x）与y＝a有三个不同的交点，利用数形结合进行求解即可．解：当x＞0时，由f（x）＝ax得2x2lnx＝ax，得a＝2xlnx，当x≤0时，由f（x）＝ax得﹣x3﹣4x2＝ax，此时x＝0是方程的一个根，当x≠0时，a＝﹣x﹣4x，设h（x）＝，当x＞0时，h′（x）＝2lnx+2x＝2lnx+2＝2（1+lnx），由h′（x）＞0得1+lnx＞0得lnx＞﹣1，得x＞此时函数为增函数，由h′（x）＜0得1+lnx＜0得lnx＜﹣1，得0＜x＜，此时函数为减函数，即当x＝时，h（x）取得极小值h（）＝2×ln＝﹣，当x＜0时，h（x）＝﹣x2﹣4x＝﹣（x+2）2+4，作出h（x）的图象如图：要使f（x）与直线y＝ax有四个不同的公共点，等价为h（x）与y＝a有3个不同的交点，则a满足﹣＜a＜0或0＜a＜4，即实数a的取值范围是（﹣，0）∪（0，4），故选：D．5．若x，y满足约束条件，则z＝3x﹣y的最大值是（）A．﹣7B．﹣1C．5D．7【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z＝3x﹣y表示直线在y 轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最小值即可．解：不等式组表示的平面区域如图所示，由解得A（2，1）当直线z＝3x﹣y过点A（2，1）时，在y轴上截距最小，此时z取得最大值5．故选：C．6．已知随机变量X的分布列如表：X135P0.40.1x 则X的方差为（）A．3.56B．C．3.2D．【分析】先求得x的值，然后计算出EX，再利用方差公式求解即可．解：根据随机变量分布列的性质，知0.4+0.1+x＝1，所以x＝0.5，EX＝0.4+0.3+2.5＝3.2，DX＝2.22×0.4+0.22×0.1+1.82×0.5＝3.56，故选：A．7．双曲线x2﹣y2＝1右支上一点P（a，b）到直线l：y＝x的距离d＝．则a+b＝（）A．﹣B．C．或﹣D．2或﹣2【分析】P（a，b）点在双曲线上，则有a2﹣b2＝1，即（a+b）（a﹣b）＝1．根据点到直线的距离公式能够求出a﹣b的值，注意a＞b，从而得到a+b的值．解：∵P（a，b）点在双曲线上，∴有a2﹣b2＝1，即（a+b）（a﹣b）＝1．∵A（a，b）到直线y＝x的距离为，∴d＝＝，∴|a﹣b|＝2．又P点在右支上，则有a＞b，∴a﹣b＝2．∴a+b＝，故选：B．8．已知数列{a n}满足，n∈N*，且a2+a4+a6＝9，则＝（）A．B．3C．﹣3D．【分析】首先利用关系式的两边取对数求出数列的通项公式，进一步得到数列为等差数列，最后求出结果．解：数列{a n}满足，两边取对数得到，整理得a n+1﹣a n＝2（常数），所以数列{a n}是以2为公差的等差数列．则a2+a4+a6＝3a4＝9，整理得a4＝3，所以a7＝a4+2（7﹣4）＝3+6＝9，故a5+a7+a9＝3a7＝27，所以．故选：C．9．若[x]表示不超过x的最大整数，则f（x）＝[x]﹣x，（x∈R）的值域是（）A．[0，1）B．（﹣1，1）C．[﹣1，1]D．（﹣1，0]【分析】可设n≤x＜n+1，从而得出[x]＝n，先可得出﹣n﹣1＜﹣x≤﹣n，从而可求出[x]﹣x的范围，即得出f（x）的值域．解：设n≤x＜n+1，则[x]＝n；∴﹣n﹣1＜﹣x≤﹣n；∴﹣1＜[x]﹣x≤0；∴f（x）的值域为（﹣1，0]．故选：D．10．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”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【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．解：∵b⊥m，∴当α⊥β，则由面面垂直的性质可得a⊥b成立，若a⊥b，则α⊥β不一定成立，故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选：A．二、填空题：本题共7个小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．在圆内接四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝3，AD＝4，则△ABC的面积为．【分析】利用余弦定理可得AC，cos B，再利用三角形面积计算公式即可得出．解：AC2＝32+42﹣2×3×4cos D＝52+62﹣2×5×6cos B，cos B+cos D＝0．∴AC2＝，∴cos B＝，可得sin B＝＝．∴△ABC的面积S＝×＝．故答案为：．12．设函数，，则函数的最小值为2；若，使得a2﹣a≥f（x）成立，则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）．【分析】由已知结合基本不等式可求函数的最小值；由，使得a2﹣a≥f （x）成立，可得a2﹣a≥f（x）min，然后解不等式可求．解：∵，由基本不等式可得，＝2，当且仅当x＝即x＝1时取得最小值2，∵，使得a2﹣a≥f（x）成立，∴a2﹣a≥f（x）min，∴a2﹣a≥2，解不等式可得，a≥2或a≤﹣1，故a的范围为（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞]．故答案为：2；（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞]．13．在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是64，含x2项的系数是240．【分析】先利用二项式系数的性质求得n＝6，再利用二项展开式的通项公式求得含x2项的系数．解：在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是2n＝26＝64，而通项公式为T r+1＝•（﹣1）r 26﹣r•x6﹣2r，令6﹣2r＝2，求得r＝2，可得含x2项的系数是•24＝240，故答案为：64；240．14．函数y＝f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f（x）的图象是由一段抛物线和一条射线组成（如图所示）．①当x∈[﹣1，1]时，y的取值范围是[1，2]；②如果对任意x∈[a，b]（b＜0），都有y∈[﹣2，1]，那么b的最大值是﹣2．【分析】①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，结合图象可得y的取值范围．②当x≥0时，设抛物线的方程为y＝ax2+bx+c，求解解析式，根据f（x）是定义域为R的偶函数，可得x＜0的解析式，令y＝1，可得x对应的值，结合图象可得b的最大值．解：①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，当x∈[﹣1，1]时，值域为x∈[0，1]时相同，可得y的取值范围是[1，2]．②当x≥0时，设抛物线的方程为f（x）＝ax2+bx+c，图象过（0，1），（1，2），（3，﹣2），带入计算可得：a＝﹣1，b＝2，c＝1，∴f（x）＝﹣x2+2x+1，当x＜0时，﹣x＞0．∴f（﹣x）＝﹣x2﹣2x+1即f（x）＝﹣x2﹣2x+1．令y＝1，可得1＝﹣x2﹣2x+1．解得：x＝﹣2．结合图象可得b的最大值为﹣2．故答案为：[1，2]；﹣2．15．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足||＝，则||+2||的最小值为．【分析】建立坐标系，设A（1，0），B（0，1），D（1，1），设＝，＝，则||+2||＝CD+2BC，构造相似三角形，设E（1，），可得△AEC∽△ACD，所以||+2||＝CD+2BC＝2（BC+CE）≥2BE＝．解：如图，A（1，0），B（0，1），D（1，1），设＝，＝，则向量满足||＝，设＝，所以点C为以A为圆心，以为半径的圆上的一点，所以||＝|﹣|＝|CD|，同理2||＝2|BC|，取点E（1，），则，又因∠CAE＝∠DAC，所以△AEC∽△ACD，所以，即CD＝2CE，所以||+2||＝CD+2BC＝2CE+2BC＝2（BC+CE），由三角形的三边关系知2（BC+CE）≥2BE＝2＝2×＝．故填：．16．已知a，b∈R，f（x）＝e x﹣ax+b，若f（x）≥1恒成立，则的取值范围是[﹣1，+∞）【分析】先根据导数和函数的最值得关系，以及f（x）≥1恒成立，可得当a＞0时，b ≥alna﹣a+1，代入≥＝lna+﹣2，构造函数g（a）＝lna+﹣2，a＞0，利用导数求出函数的最值即可解：∵f（x）＝e x﹣ax+b，∴f′（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，则f（x）单调递增，f（x）≥1不恒成立，当a＞0时，令f′（x）＝e x﹣a＝0，解得x＝lna，当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna+b，∵f（x）≥1恒成立，∵a﹣alna+b≥1∴b≥alna﹣a+1，∴≥＝lna+﹣2，设g（a）＝lna+﹣2，a＞0∴g′（a）＝﹣＝，令g′（a）＝0，解得a＝1，当a∈（0，1）时，g′（a）＜0，函数g（a）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（a）＞0，函数g（a）单调递增，∴g（a）min＝0+1﹣2＝﹣1，∴≥﹣1，故答案为：[﹣1，+∞）17．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD+PD ＝3．若四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为6π；当四棱锥P﹣ABCD的体积取得最大值时，二面角A﹣PC﹣D的正切值为．【分析】设CD＝x（0＜x＜3），则PD＝3﹣x，四棱锥P﹣ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，然后求解球O的表面积推出最值；四棱锥的体积为V＝（0＜x＜3），利用函数的导数，求解PD＝1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A﹣PC﹣D的平面角．求解即可．解：设CD＝x（0＜x＜3），则PD＝3﹣x，因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD，所以AB⊥PD，又PD⊥AC，所以PD⊥平面ABCD，则四棱锥P﹣ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，从而球心O的表面积为：＝3π[（x﹣1）2+2]≥6π．四棱锥的体积为V＝（0＜x＜3），则V′＝﹣x2+2x，当0＜x＜2时，V′＞0，当2＜x＜3时，V′＜0，所以V max＝V（2）此时AD＝CD＝2，PD＝1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A﹣PC﹣D的平面角．∵DH＝＝，∴tan∠AHD＝＝．故答案为：6π；．三、解答题：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．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），其中ω＞0，．（1）若ω＝1，，且对任意的，都有，求实数m的取值范围；（2）若，，且f（x）在单调递增，求ω的最大值．【分析】（1）ω＝1，φ＝时，函数f（x）＝sin（x+），不等式化为m≥﹣2sin2x+sin x；求出g（x）＝﹣2sin2x+sin x，在x∈[0，]的最大值即可；（2）根据三角函数的图象与性质，结合题意列方程和不等式，即可求出ω的最大值．解：（1）ω＝1，φ＝时，函数f（x）＝sin（x+），则y＝f（x﹣）+f（2x+）＝sin[（x﹣）+]+sin[（2x+）+]＝sin x+cos2x ＝1﹣2sin2x+sin x；不等式f（x﹣）+f（2x+）﹣m≤1，可化为m≥﹣2sin2x+sin x；设g（x）＝﹣2sin2x+sin x，x∈[0，]，则g（x）＝﹣2+，且x∈[0，]时，sin x∈[0，]，所以sin x＝时，g（x）取得最大值是，所以实数m的取值范围是m≥；（2）若，则x＝是f（x）的对称轴，即ω•+φ＝kπ+，k∈Z；又，则﹣ω+φ＝kπ，k∈Z；所以φ＝，ω＝6k+，k∈Z；又f（x）在单调递增，则，解得ω≤2；综上知，ω的最大值是．19．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，且D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点．（Ⅰ）求证：平面B1FC∥平面EAD；（Ⅱ）求证：BC1⊥平面EAD．【分析】（I）根据直三棱柱的结构特征及已知中直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，结合D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，由三角形的中位线定理，易得AE ∥FB1，DE∥B1C，进而由面面平行的判定定理得到平面B1FC∥平面EAD；（II）根据直三棱柱的结构特征及已知中直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，结合D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，我们可判断出△ABC是正三角形，进而得到AD⊥BC1，DE⊥BC1，结合线面垂直的判定定理即可得到BC1⊥平面EAD．【解答】证明：（Ⅰ）由已知可得AF∥B1E，AF＝B1E，∴四边形AFB1E是平行四边形，∴AE∥FB1，…（1分）∵AE⊄平面B1FC，FB1⊂平面B1FC，∴AE∥平面B1FC；…又D，E分别是BC，BB1的中点，∴DE∥B1C，…∵ED⊄平面B1FC，B1C⊂平面B1FC，∴ED∥平面B1FC；…∵AE∩DE＝E，AE⊂平面EAD，ED⊂平面EAD，…∴平面B1FC∥平面EAD．…（Ⅱ）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴C1C⊥面ABC，又∵AD⊂面ABC，∴C1C⊥AD．…又∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，D是BC边中点，∴△ABC是正三角形，∴BC⊥AD，…而C1C∩BC＝C，CC1⊂面BCC1B1，BC⊂面BCC1B1，∴AD⊥面BCC1B1，…故AD⊥BC1．…∵四边形BCC1B1是菱形，∴BC1⊥B1C，…而DE∥B1C，故DE⊥BC1，…由AD∩DE＝D，AD⊂面EAD，ED⊂面EAD，得BC1⊥面EAD．…20．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，a n为n（n＝2，3，4，…，）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+a n＝0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|＝1．（1）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；（2）若某2013阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）记n阶“期待数列”的前k项和为S k（k＝1，2，3，…，n），试证：|S k|≤．【分析】（1）数列，0，为三阶期待数列，数列，﹣，，为四阶期待数列．（Ⅱ）设该2013阶“期待数列”的公差为d，由于a1+a2+…+a2013＝0，可得a1007＝0，a1008＝d，对d分类讨论，利用等差数列的通项公式即可得出．（Ⅲ）当k＝n时，显然|S n|＝0成立；当k＜n时，根据条件①得：S k＝a1+a2+…+a k ＝﹣（a k+1+a k+2+…+a n），即|S k|＝|a1+a2+…+a k|＝|a k+1+a k+2+…+a n|，再利用绝对值不等式的性质即可得出．解：（1）数列，0，为三阶期待数列，数列，﹣，，为四阶期待数列．（Ⅱ）设该2013阶“期待数列”的公差为d，∵a1+a2+…+a2013＝0，∴＝0，∴a1+a2013＝0，即a1007＝0，∴a1008＝d，当d＝0时，与期待数列的条件①②矛盾，当d＞0时，据期待数列的条件①②可得a1008+a1009+…+a2013＝，∴1006d+d＝，即d＝，∴a n＝a1007+（n﹣1007）d＝（n∈N*，n≤2013），当d＜0时，同理可得a n＝，（n∈N*，n≤2013）．（Ⅲ）当k＝n时，显然|S n|＝0成立；当k＜n时，根据条件①得：S k＝a1+a2+…+a k＝﹣（a k+1+a k+2+…+a n），即|S k|＝|a1+a2+…+a k|＝|a k+1+a k+2+…+a n|，∴2|S k|＝|a1+a2+…+a k|+|a k+1+a k+2+…+a n|≤|a1|+|a2|+…+|a k|+|a k+1|+…+|a n|＝1，∴|S k|（k＝1，2，…，n）．21．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，P为该抛物线上的一个动点．（1）当|PF|＝2时，求点P的坐标；（2）过F且斜率为1的直线与抛物线交与两点AB，若P在弧AB上，求△PAB面积的最大值．【分析】（1）当|PF|＝2时，利用抛物线的定义，即可求点P的坐标；（2）先求出|AB|，再计算抛物线上点到直线的最大距离，即可求出△PAB的面积的最大值．解：（1）设P（x，y），则y+1＝2，∴y＝1，∴x＝±2，∴P（±2，1）；（2）过F的直线方程为y＝x+1，代入抛物线方程，可得y2﹣6y+1＝0，可得A（2﹣2，3﹣2），B（2+2，3+2），∴|AB|＝•|2+2﹣2+2|＝8．平行于直线l：x﹣y+1＝0的直线设为x﹣y+c＝0，与抛物线C：x2＝4y联立，可得x2﹣4x﹣4c＝0，∴△＝16+16c＝0，∴c＝﹣1，两条平行线间的距离为＝，∴△PAB的面积的最大值为＝4．22．已知函数f（x）＝﹣x3+x2+x+a，g（x）＝2a﹣x3（x∈R，a∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间．（2）求函数f（x）的极值．（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，求a的取值范围．【分析】（1）利用导数来求出函数的单调区间．（2）利用导数来求出函数的极值，利用（1）的结论．（3）不等式g（x）≥f（x）恒成立转化为不等式a≥x2+x恒成立，h（x）＝x2+x，x∈[0，1]，利用导数，求出h（x）的最大值，问题得以解决．解：（1）f（x）＝﹣x3+x2+x+a，f'（x）＝﹣3x2+2x+1，．．．（2）由（1）可知，当时，函数f（x）取得极小值，函数的极小值为当x＝1时，函数f（x）取得极大值，函数的极大值为f（1）＝a+1，（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，即对于任意x∈[0，1]，不等式a≥x2+x恒成立，设h（x）＝x2+x，x∈[0，1]，则h'（x）＝2x+1，∵x∈[0，1]，∴h'（x）＝2x+1＞0恒成立，∴h（x）＝x2+x在区间[0，1]上单调递增，∴[h（x）]max＝h（1）＝2∴a≥2，∴a的取值范围是[2，+∞）。

浙江专用2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用检测

浙江专用2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用检测

3.2 导数的应用挖命题【考情探究】分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1.(2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时, f '(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是( )A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)答案 D2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(a∈R).(1)当a=1时,判断f(x)的单调性;(2)当x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤f(1),求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=4x3+2x-1, f '(x)=12x2+2>0,(2分)故f(x)在R上单调递增.(4分)(2)由于|f(0)|≤f(1),即|a|≤5a+3|a-1|,解得a≥-1.(6分)①当a≥0时, f '(x)=12ax2+6|a-1|x+2a,当x∈[0,1]时, f '(x)≥0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)≤f(1),符合题意.(8分)②当-<a<0时, f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0,存在x0∈(0,1),使得f '(x0)=0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增.因为f '(x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0,所以4a=-2(1-a)- ax0,f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ ax0-a=-a>0.由单调性知|f(x0)|=f(x0)<f(1),符合题意.(11分)③当a=-时, f(x)=-3x3+x2-x+,f '(x)=-9(x-1).f(x)在上递减,在上递增,且=f<f(1),符合题意.(12分)④当-1≤a<-时, f '(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,Δ=-60a2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0,对称轴x=∈(0,1).故f '(x)=0在(0,1)上有两个不同的实根x1,x2,设x1<x2,则f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,1)上单调递减.必有|f(x2)|>f(1),不符合题意.(14分)综合①②③④,知a的取值范围是.(15分)考点二导数与极值、最值1.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x)为其导函数,函数y=xf '(x)的图象的一部分如图所示,则f(x)的极大值与极小值分别是( )A. f(-2)与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案 A2.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈,有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.解题思路(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值. 方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.炼技法【方法集训】方法1 利用导数研究函数的单调性1.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f '(x)=(1-2x-x2)e x.令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,则h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增, 而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当a=-,D=[-1,3]时,求函数f(x)在D上的上界的最小值;(2)记函数g(x)=f '(x),若函数y=g在区间D=[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.解析(1)当a=-时, f(x)= x3-x2+x+1,f '(x)=x2-x+1,令f '(x)=0,得x=3或, (2分)故函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3分)由f(-1)=-2, f=, f(3)=-2,得-2≤f(x)≤,所以|f(x)|≤2,(5分)故有上界M≥2,所以上界M的最小值是2.(7分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g=+2a+1,(8分)令=t,x∈[0,+∞),得t∈(0,1],由函数y=g在区间[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,得|g(t)|≤3在区间(0,1]上恒成立,即-3≤t2+2at+1≤3在区间(0,1]上恒成立,(11分)亦即--≤a≤-在区间(0,1]上恒成立.(12分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当t∈(0,1]时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以p(t)max=-,q(t)min=,所以实数a的取值范围是-≤a≤.(15分)方法2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x( )A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值答案 C2.(2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1<a≤2,设函数f(x)= x3-x2+ax.(1)当a=2时,求f(x)在[-1,2]上的最值;(2)已知函数g(x)=2bln x+x2+(b∈R)的极小值点与f(x)的极小值点相同,求g(x)极大值的取值范围.解析(1)当a=2时, f(x)= x3-x2+2x,(1分)f '(x)=x2-3x+2,令f '(x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)-∴f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,(4分)∴f(x)min=min{f(-1), f(2)}=f(-1)=-,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f '(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当1<a≤2时, f(x)的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)g'(x)==(x>0),令g'(x)=0,则x1=1,x2=a,x3=-1-a,∵x3=-1-a<0,∴g'(x)=0仅有两根,且a2+a+1+2b=0.(12分)当x∈(0,1)时,g'(x)>0,x∈(1,a)时,g'(x)<0,x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+,当1<a≤2时,g(1)∈.∴g(x)极大值的取值范围是.(15分)方法3 导数综合应用的解题方法(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)e x.(1)若方程f(x)=a只有一解,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=m(ln x-x),若对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.解析(1)由已知得f '(x)=e x+(x-1)e x=xe x,(2分)当x<0时, f '(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又当x<0时, f(x)=(x-1)e x<0,且f(x)=(x-1)e x>2xe x=>= (对足够小的x),当x>1时, f(x)>x-1>0,故所求a的取值范围是{-1}∪(0,+∞).(7分)(2)由(1)知f(x1)≥-1.∴对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,等价于g(x2)≤-1(x2>0)(*).(10分)g'(x)=m·.①当m≤0时,g(1)=-m≥0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12分)②当m>0时,若0<x<1,则g'(x)>0,若x>1,则g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(1)=-m≤-1,∴m≥1.综合①②知,实数m的取值范围为[1,+∞).(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一导数与单调性(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4),所以所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=.设h(x)=,则h'(x)==,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴即∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)=+2ln t.设g(t)=+2ln t,则g'(t)=-+ =<0,∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0时,-kx<-k·=.即h(x)<-a-ln x,取n=,则h(n)<-a-ln n=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.∵h'(x)=- -k≤×--k=-k,∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.当0<k<时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数. ∵h'(x)=0,∴k=-,则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a,h'(α)=- =,∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.又当α=16时,k=,又0<k<,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.考点二导数与极值、最值(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知, (i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性1.(2018课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=--1+=-.(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-ae x-a2=(2e x+a)(e x-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln.当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时, f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a2≥0,即a≥-2时, f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,1].3.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…<m,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f '(x)=1-=知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.而>2,所以m的最小值为3.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.一题多解(1)f '(x)=1-=(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-.当x=-时, f '(x)有极小值b-.因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+.因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=+,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,=+.设g(t)=+,则g'(t)= -=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a )>g(3)=,即>.因此b2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0. 记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),因为f '(x)的极值为b-=-a2+,所以h(a)=- a2+,a>3.因为h'(a)=- a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.因此a的取值范围为(3,6].易错警示(1)函数f(x)的极值点x0满足f '(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f '(x)的极值点x0应满足f ″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.5.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=.当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=.①0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f '(x)=x-ln x+-=x-ln x++--1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)= +--1,x∈[1,2].则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h'(x)=.设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2时取等号.所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.易错警示讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情况).评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f '(x)=2ax-=(x>0).当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f '(x)=0,有x=.此时,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增.(2)令g(x)= -,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.思路分析对(1),先求导,然后分a≤0和a>0两种情况判断f '(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)= -,s(x)=e x-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a进行分类:①a≤0;②0<a<;③a≥,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后再总结.评析本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二导数与极值、最值1.(2017课标全国Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为( )A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案 A2.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )A. B. C. D.答案 D3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=①若a=0,则f(x)的最大值为;②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案①2②(-∞,-1)4.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤5.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解析(1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ae x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ae x-.由题设知, f '(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1, f '(x)=e x-.当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)当a≥时, f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时, f(x)≥0.7.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)=f '(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f '(x)=3x2-6t2x+3-9.令f '(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:-+所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×()=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g=+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).方法规律研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、解决问题.8.(2018北京理,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x.f '(1)=(1-a)e.由题设知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值0.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的附近两侧的符号→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.9.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f '(x)≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=-=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.10.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得此方程组无解.因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f '(x)=2ax,g'(x)=,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得即(*)得ln x0=-,即x0=,则a==.当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为.(3)f '(x)=-2x,g'(x)=,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒b=->0⇒x0∈(0,1),f(x0)=g(x0)⇒-+a==-⇒a=-,令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,∴m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.11.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.12.(2018北京文,19,13分)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x. f '(2)=(2a-1)e2.由题设知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x.若a>1,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略:(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的两侧的符号→得出结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反.13.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).。

2020年浙江省新高考名校交流模拟卷数学试题(三)(解析版)

2020年浙江省新高考名校交流模拟卷数学试题(三)(解析版)
【详解】
因为 既不是奇函数也不是偶函数，所以排除 ， ，
又因为 ，所以排除C，故选D．
故选：D
【点睛】
本题考查判断具体函数的大致图像，对此种题型，常常根据以下几点判断：（1）定义域；（2）奇偶性；（3）单调性；（4）特殊值；（5）对称性，属基础题.
5．已知 ， ，则 成立的充分不必要的条件是（）
A． B． C． D．
设 列表如下：
0
0
0
0
单调递增
极大值
单调递减
本题考查了基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于基础题.
9．已知双曲线 ： ， 是坐标原点，若存在过左焦点 的弦 ，使得 ，则双曲线的离心率的取值范围是（）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设直线直线 ： ，与双曲线联立方程得： ，设 ， ，则由 得 ，进而得： ，再根据 ， 即可求解.
二、双空题
11．在古代，正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数合称八线，亦称圆函数．在平面上直角坐标系 中，以 轴为始边的角 ，其终边与单位圆交点为 ， 的坐标是 ，定义角 正矢函数为 ，则 ______；若 ，则 ______．
【答案】
【解析】利用单位圆以及三角函数的定义可知 ，然后结合新定义简单计算可得结果.
【答案】
【解析】根据数列 满足 ，分 和 ，结合数列的单调性，即可求解.
【详解】
由题意，数列 满足 ，
若 ，可得 ，此时 ，且 ，故不合题意，
若 ，可得 ，则 ，此时 ，且 ，符合题意，
且 ， ，所以 ．
【点睛】
本题主要考查了数列的单调性及其应用，其中解答中根据数列的递推关系式，得到数列的单调性是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：导数(解析版)

备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：导数(解析版)

《备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析》第三章导数1.从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.2.浙江省恢复对导数的考查后，已连续三年将导数应用问题设计为压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.3.常见题型，选择题、解答题各一道，难度基本稳定在中等以上.一．选择题1．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知存在导函数，若既是周期函数又是奇函数，则其导函数（）A．既是周期函数又是奇函数B．既是周期函数又是偶函数C．不是周期函数但是奇函数D．不是周期函数但是偶函数【答案】B【解析】若是周期函数，设其周期为，则．所以周期函数的导数仍是周期函数；若是奇函数，则，所以，即，所以奇函数的导数是偶函数，故选B．2．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】已知二次函数2()f x x bx a =-+的部分图象如图所示，则函数()'()x g x e f x =+的零点所在区间为（）A．(1,0)-B．(0,1)C．(1,2)D．(2,3)【答案】B 【解析】由函数f (x )的图象可知，0＜f (0)＝a ＜1，f (1)＝1－b ＋a ＝0，所以1＜b ＜2.又f ′(x )＝2x －b ，所以g (x )＝e x＋2x －b ，所以g ′(x )＝e x＋2＞0，所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1－b ＜0，g (1)＝e＋2－b ＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g (x )的零点所在的区间是(0，1)，故选B.3．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】已知实数a >0，b >0，a ≠1，且满足lnb ＝，则下列判断正确的是（）A．a >b B．a <bC．b >1D．b <1【答案】C 【解析】令函数f(x)=-2lnx，则，所以f(x)单调递增，又f(1)=0，可得f(x)<0在（0，1）恒成立，f(x)>0在（1，）恒成立，取，则f()==lnb ，当时，f()<0，即lnb <0,b<a；当时，f()>0，即lnb>0,b>a；故A，B 不一定成立；又当时，lnb<0，所以，由换底公式得到b>1；当时，lnb>0,所以,得到b>1.故选C.4．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知，且函数.若对任意的不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，不等式恒成立，所以，即恒成立，令，则，时，＜0，g（x）递减；时，＞0，g（x）递增，所以g（x）最小值为：，令（），所以令（1）当时，t≥4，，所以的最小值为：，所以，即，解得：，所以（2）当1＜＜4时，所以，，的最小值为：，所以，即，解得：所以恒成立.综合（1）（2）可知：故选：B.5．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知函数2()x f x xe =，下列说法正确的是（）A．任意12m e>-，函数()y f x m =-均有两个不同的零点；B．存在实数k ，使得方程()(2)f x k x =+有两个负数根；C．若()()()f a f b a b =≠，则10a b -<+<；D．若实数a ，b 满足2212()a b e e e a b -+<≠，则()()f a f b ≠.【答案】D 【解析】∵函数2()x f x xe =，'2()(12)x f x x e =+，可知：12x =-时，函数()f x 取得极小值即最小值．11(22f e -=-，如图所示．由图象可得：A．当102m e-<<时，函数()y f x m =-有两个不同的零点，因此不正确；B．存在实数k ，使得方程()(2)f x k x =+有两个一正一负根，不可能为两个负数根；C．若()()()f a f b a b =≠，则1a b +<-，因此不正确；D．若()()f a f b =（不妨设102a b ≤-≤<），则222221(12)2a b a a a a e e e e e a e b-+=+>-≥，因此其逆否命题正确．故选：D．6．【浙江省镇海中学2019届高三上期中】已知函数，则函数的图象为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】=，当x＜0时，=．令g（x）=2x3﹣1+ln（﹣x），由，得，当x∈（﹣∞，）时，g′（x）＞0，当x∈（，0）时，g′（x）＜0．所以g（x）有极大值为=．又x2＞0，所以f′（x）的极大值小于0．所以函数f（x）在（﹣∞，0）上为减函数．当x＞0时，=．令h（x）=2x3﹣1+lnx，．所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，而h（1）=1＞0，h（）=﹣．又x2＞0，所以函数f′（x）在（0，+∞）上有一个零点，则原函数有一个极值点．综上函数f（x）的图象为D中的形状．故选：D．二.填空题7．【浙江省杭州高级中学2019届高三上期中】函数的图象在点处的切线方程为___．【答案】【解析】函数f（x）的导数为f′（x）••2，函数y＝f（x）的图象在点处的斜率为k＝，即有函数y＝f（x）的图象在点处切线方程为.8．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上期末联考】已知函数在开区间上单调递减，则的取值范围是_____.【答案】【解析】由题意，在恒成立.只需要即可，整理得，作出其对应的平面区域如图所示；所以把视为平面区域内的点与原点距离的平方，由点到直线的距离公式可得，所以的最小值为，则的取值范围是.故答案为9.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】已知函数，若对任意的恒成立，则的取值范围是___．【答案】【解析】∵，∴在上成立，∴在上单调递减，∴，．又“对任意的恒成立”等价于“对任意的恒成立”∴，解得，∴的取值范围是．故答案为．三.解答题10．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知函数，其中为实数.（1）若函数的图像关于点对称，求的解析式；（2）若，且，为函数的极小值点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】（1）设为图像上的任意一点，则点关于点的对称点为，即，所以，对所有实数成立，从而.，求得：，从而.（2），由知设，则，即，因为，所以，因为极小值存在，所以.①若，则，所以.②若，则，所以，令，则，则在上为减函数，在上为增函数，又，故，综上所述，的取值范围为.11．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】已知函数()2a f x x x=+，()ln g x x x =+，其中0a >．(1)若1x =是函数()()()h x f x g x =+的极值点，求实数a 的值；(2)若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)3a =1,2e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】(1)∵h(x)＝2x＋2a x ＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，∴h′(x)＝2－22a x＋1x ，∵x＝1是函数h(x)的极值点，∴h′(1)＝0，即3－a 2＝0.3经检验当3是函数3(2)对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f(x 1)≥g(x 2)成立等价于对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f(x)min ≥g(x)max .当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋1x＞0.∴函数g(x)＝x＋ln x 在[1，e]上是增函数，∴g(x)max ＝g(e)＝e＋1.∵f′(x)＝1－22a x＝，且x∈[1，e]，a＞0.①当0＜a＜1且x∈[1，e]时，f′(x)＝＞0，∴函数f(x)＝x＋2ax在[1，e]上是增函数，∴f(x)min＝f(1)＝1＋a2.由1＋a2≥e＋1，得0＜a＜1，∴a不合题意．②当1≤a≤e时，若1≤x≤a，则f′(x)＝＜0，若a＜x≤e，则f′(x)＝＞0.∴函数f(x)＝x＋2ax在[1，a)上是减函数，在(a，e]上是增函数．∴f(x)min＝f(a)＝2a.由2a≥e＋1，得a≥12e+.又1≤a≤e，∴12e+≤a≤e.③当a＞e且x∈[1，e]时f′(x)＝＜0，函数f(x)＝x＋2ax在[1，e]上是减函数．∴f(x)min＝f(e)＝e＋2ae.由e＋2ae≥e＋1，得a＞e，∴a＞e.综上所述，a的取值范围为[12e+，＋∞)．12．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知函数（为自然对数的底数，）.（Ｉ）若关于的方程有三个不同的解，求实数的取值范围；（Ⅱ）若实数，满足，其中，分别记：关于的方程在上两个不同的解为，；关于的方程在上两个不同的解为，，求证：.【答案】（Ｉ）；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ｉ）由，得当和时，，单调递增当时，，单调递减又，，当时，；当时，因为关于的方程有三个不同的解所以（Ⅱ）记所以当时，，单调递减当时，，单调递增当时，，单调递减当时，，单调递增又因为，所以所以当和时，，即由题意，不妨设，所以因为，且函数在上单调递减所以，即①同理因为，且函数在上单调递增所以②①+②得：即13．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若方程有两个不相等的实数根，求证：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）.当时，，函数在上单调递增，所以函数的单调增区间为.当时，由得；由得，所以函数的单调增区间为，单调减区间为.（2）因为是方程的两个不等实根，所以.不妨设，则，，两式相减得,即.又，当时，；当时，.故只要证明即可，即证，即证,即证.设，令，则,则在为增函数，又,所以时，总成立，得证.14．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】记（I）若对任意的x 0恒成立，求实数a的值；（II）若直线l:与的图像相切于点Q(m，n)；（i）试用m表示a与k；（ii）若对给定的k，总存在三个不同的实数a1，a2，a3，使得直线l与曲线，，同时相切，求实数k的取值范围.【答案】（I）（II）（i）.（ii）见解析【解析】（I）∵∵，又∵恒成立，∴是的最大值∴，∴；反过来，当时，单调递减，又，∴在（0，1）上递增，在（1，上递减，，∴恒成立.∴（II）（i）∵，由切点，则有：，把①代入②可得：，代入①式得：（**），（ii）根据题意方程（**）有三个不同的解，令∴==由，解得两根分别为与∴当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减∴的极小值为；的极大值为又∵时，∴当时，方程（**）有三个不同的根，下面说明三个不同的对应的也是不同的：设方程（**）的三个不同的根分别为：，且则有：，，，显然只需说明即可，又由可得：即，假设，则有，即即即，令，即设∴∴在上是减函数，即，与矛盾∴假设不真，即∴当，存在三个不同的实数使得直线与曲线，，同时相切．15．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知函数，，曲线与有且仅有一个公共点.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若存在实数，，使得关于的不等式对任意正实数恒成立，求的最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4【解析】（Ⅰ）由题意知，即，令，则.∵在上递增，在上增减，∴，∴.（Ⅱ）解法一：由题意知必有，即，当时，，，不符合题意；当时，有，此时，，不符合题意，因此有，因此①令，则，在递增，在递减，故②由①②两式知，构造函数，则，在递减，在递增，故，此时.解法二：由（1）知，，设，可知，，∵在恒成立，即，又，∴，即①由在恒成立，即在恒成立，设，，则，由得，在上单调递增，由得，在上单调递减，故，得②由①②得③存在，使得③成立的充要条件是，即，记，显然，，∴在上单调递增，在上单调递减，，，故在存在，使，∴不等式的解为，∴的最小值为4，从而由③得.16.【浙江省金华十校2019届高三上期末】已知，，其中，为自然对数的底数．若函数的切线l经过点，求l的方程；Ⅱ若函数在为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】Ⅰ；Ⅱ见解析【解析】Ⅰ设l和的切点是，在该点处的导数，它是切线l的斜率，经过，也过切点，的斜率又可写为，故，故，解得：，故直线l的斜率为，故l的方程是：；Ⅱ判断：函数的零点个数是0，下面证明恒成立，，故，若在递减，则，因此，要证明对恒成立，只需证明对恒成立，考虑等价于，记，，先看，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，，再看，.令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，.，且两个函数的极值点不在同一个x 处，故对恒成立，综上，对恒成立，故函数函数零点是0个．17．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】设函数2()ln ()f x ax x a R =-∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）1[,)2e+∞【解析】（1）由题意，2'21()(0)ax f x x x-=>.当0a ≤时，'()0f x <，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令()0f x '=，解得2x a=∴当12x a ∈时，'()0f x <，当1)2x a∈+∞时，'()0f x >．∴()f x 在)2a上单调递减，在)2a+∞上单调递增；（2）∵()0f x ≥恒成立，∴(e)0f ≥，可得21a e ≥．由（1）可得，()f x 在2a 上单调递减，在)2a+∞上单调递增，∴()f x 的最小值为1))222f a a =-.∴1022a-≥，解得12a e ≥.因此，实数a 的取值范围为1[,)2e+∞.18．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】已知函数．（1）若在处导数相等，证明：为定值，并求出该定值；（2）已知对于任意，直线与曲线有唯一公共点，求实数的取值范围.【答案】（1）6；（2）【解析】（1）证明：，，由题意得，，则；（2）解：，函数在的图象为下凸，在的图象为上凸，记，求得处的切线为，再记，由，求得的极大值点为，①当时，直线与曲线显然只有唯一公共点；②当时，直线斜率为正，且与曲线有三个公共点，舍去；③当时，直线斜率为正，且与曲线有三个公共点，舍去；④当时，若，在直线上方，直线与曲线的上凸部分有唯一公共点，与下凸部分不相交；若，直线与曲线）交于P点，与上凸部分和下凸部分均不相交；若，在直线下方，直线y=kx+a与曲线的下凸部分有唯一公共点，与上凸部分不相交，此种情况成立．综上，的取值范围为．19.【浙江省嘉兴市2019届高三上期末】已知函数，且曲线在点处的切线方程为.（Ⅰ）求实数，的值；（Ⅱ）函数有两个不同的零点，，求证：.【答案】（1），；（2）见解析.【解析】（Ⅰ）由曲线在点处的切线方程为，故，又，，所以，解得，；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，故，所以，的两个不同的零点为，，不妨设，因为，所以，，要证明，即证明，而故只需证明即可，又，所以，故只需证明，即需证，即证，即只需证即可，令，由于，故，设，，，，显然，故，是增函数，所以，又，所以恒成立，即，成立，因此，得证.20.【浙江省名校新高考研究联盟（Z20)2019届高三第一次联考】设，已知函数，．Ⅰ若恒成立，求的范围Ⅱ证明：存在实数使得有唯一零点．【答案】；见证明.【解析】Ⅰ，，，恒成立，，解得，又当时，，在单调递增，，综上所述；Ⅱ设的零点为，有，则，令，则，，在上存在零点，设为，取，则，，，设的零点为，则在上递增，在上递减，函数存在两个零点，，函数在，上递减，在上递增，函数存在唯一的零点，综上所述存在，符合题意．21.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上期末联考】设，函数.（I）证明：当时，对任意实数，直线总是曲线的切线；（Ⅱ）若存在实数，使得对任意且，都有，求实数的最小值.【答案】（I）见证明；（Ⅱ）-1【解析】（I）证明：此时，.注意到对任意实数，，，故直线是曲线在原点处的切线；（Ⅱ）由题意，存在实数，使得对任意，都有，且对任意，都有.因，故（否则，若，则在的左右附近，恒有，从而单调递减，不合题意）.于是，因此.又当，时，（等号成立当且仅当），于是在内单调递增，满足题意.所以的最小值为.22.【浙江省七彩联盟2019届高三上期中】已知函数．证明：函数存在唯一的极值点，并求出该极值点；若函数的极值为1，试证明：．【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】，，，令得，得，在上单调递增，在上单调递减，有唯一的极值点，极值点为，由可得，，要证明，只要证，令，，易知在上单调递增，且当时，，当时，，存在唯一的实数，使得，即，即，，在单调递减，在单调递增，，下面证明，利用反证法，假设，，即，即，，则由可知，这与矛盾，，即，故．23.【浙江省2019届高考模拟卷（一)】已知函数.（1）当时，求的极值；（2）当时，讨论的单调性；（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）极小值，无极大值；（2）参考解析；（3）【解析】（1）当时，1分由,解得.2分∴在上是减函数，在上是增函数.3分∴的极小值为，无极大值.4分（2）.5分①当时，在和上是减函数，在上是增函数；6分②当时，在上是减函数；8分③当时，在和上是减函数，在上是增函数.8分（3）当时，由（2）可知在上是减函数，∴.9分由对任意的恒成立，∴10分即对任意恒成立，即对任意恒成立，11分由于当时，，∴.12分24.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）设点，是函数图像上异于点的两点，其中，，是否存在实数，使得，且函数在点切线的斜率为，若存在，请求出的范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】（1）由题意得函数的定义域为．当时，由题意得，由得或；由得．又当时，函数单调递增．所以当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为．（2）假设存在实数满足条件．设，，由得，∴．又，，且函数在点切线的斜率为，∴，∴．令，则，∴当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递增；当时，单调递减．∴当时，取得极小值，且极小值为；当时，取得极大值，且极大值为，∴或．∴存在实数满足条件，且实数的取值范围为．25.【浙江省2019届高考模拟卷（三)】已知函数，.（1）求的单调区间；（2）证明：存在，使得方程在上有唯一解.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）函数f（x）的定义域为，因为，令，则，即，则在上恒成立，当或，由有或，由有，综上，当时，的递增区间是，当或时，的递增区间是，递减区间是；（2）令，当时，则，因为，故当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，即当时，有最小值，又h（1）=1-2a，当a<1时，h（1）0，即在上恒成立，又a<1时,，取x=,则即，又在上递增，而h(，由函数零点存在定理知在上存在唯一零点，所以当a<1时即存在，使得方程在上有唯一解，即方程在上有唯一解.26.【浙江省杭州高级中学2019届高三上期中】已知函数.（1）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围.（2）求证：当时，.【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由可得：即，x与y=a有两个不同的交点.由,可知：在上单调递增，在上单调递减，∴（2）证明：，由得在上单调递增，又,根据零点存在定理可知，存在，使得当时，，f（x）在上单调递减；当时，，f（x）在上单调递增；故.由，得到，即，，故，其中，令，，由，得到在上单调递减，故，即，综上：有当时，.27.【浙江省镇海中学2019届高三上期中】已知，函数在点处与轴相切（1）求的值，并求的单调区间；（2）当时，，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】（Ⅰ）函数在点处与轴相切．，依题意，解得，所以．当时，；当时，．故的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）令，．则，令，则，（ⅰ）若，因为当时，，，所以，所以即在上单调递增．又因为，所以当时，，从而在上单调递增，而，所以，即成立．（ⅱ）若，可得在上单调递增．因为，，所以存在，使得，且当时，，所以即在上单调递减，又因为，所以当时，，从而在上单调递减，而，所以当时，，即不成立．综上所述，的取值范围是．28.【浙江省台州市2019届高三上期末】设函数，R．（Ⅰ）求函数在处的切线方程；（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值；（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）-1（Ⅲ）或【解析】（Ⅰ），.且，所以在处的切线方程为.（Ⅱ）因为对任意的实数，不等式恒成立.所以恒成立.设，则，所以在，单调递增，在，单调递减.所以，因为，是方程的两根.所以.（其中）所以的最大值为.（Ⅲ）若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，当，得，与已知矛盾.所以有两根，即与有两个交点令，则.令，，则在单调递减，单调递增，所以.（ⅰ）当时，即时，则，即在，单调递增，且当时，的取值范围为；当时，的取值范围为.此时对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.（ⅱ）当时，有两个非负根，，所以在，，单调递增，单调递减，所以当时有4个交点，或有3个交点，均与题意不合，舍去.（ⅲ）当时，则有两个异号的零点，，不妨设，则在，单调递增；在，单调递减.当时，的取值范围为，当时，的取值范围为，所以当时，对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.所以有，，得.由，得，即.所以，，.故.所以.所以当或时，原方程对任意实数均有且只有两个解.29.【浙北四校2019届高三12月模拟】已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n =2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n =2n，∴数列{a n }是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n =n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln ，令f′（x）=0，即1+x•ln =0，解得：x≈4.95，∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b 5=5•=，b 4=4•=﹣，b 6=6•=﹣，∴M 的最小值为．30.【浙北四校2019届高三12月模拟】设，已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）求函数在上的最小值；（Ⅲ）若,求使方程有唯一解的的值．【答案】（1），则在上递增，则在在上递减，上递增，（2）（3）【解析】（Ⅰ）定义域为，，则在上递增，则在在上递减，上递增，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，时，在上是增函数，∴；②当时，在上递减，上递增，∴；综上，（Ⅲ）令，由题意，得方程有唯一解，又，定义域为，令得∴在递减，上递增，有唯一解，∴．由即得，设，易知在递增，且∴方程的解为即，解得，故，当时，方程有唯一解时的值为．。

2020年浙江省高考数学全真模拟试卷(1)(3月份)(有解析)

2020年浙江省高考数学全真模拟试卷(1)(3月份)(有解析)

2020年浙江省高考数学全真模拟试卷(1)(3月份)一、单项选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知全集U ={l,2，3，4，5，6}，集合A ={l,2，4，6}，集合B ={l,3，5}，则A ∪(∁U B)=( )A. {l,2，3，4，5，6}B. {1,2，4，6}C. {2,4，6}D. {2,3，4，5，6}2. 把边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当B 、D 两点距离为a 时，二面角B −AC −D 的大小为( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°3. 某四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积为( )A. 4√3B. 4√33C. 8√3D. 8√334. 已知函数f(x)={1−x,x ≤0log 2x,x >0，若关于x 的方程f(f(x))=m 有两个不同的实数根x 1，x 2，则x 1+x 2的取值范围为( )A. [2,3)B. (2,3)C. [2ln2,4)D. (2ln2,4)5. 已知实数x ，y 满足条件{x −y +1≥0y +1≥0x +y +1≤0，那么2x −y 的最大值为( )A. −3B. −2C. 1D. 26. 已知随机变量X 的分布列如表，则D(X)=( )X 0 1 3P 0.2 0.2 yA. 0.4B. 1.2C. 1.6D. 27. 若双曲线x 2−y 2=2右支上一点(s,t)到直线y =x 的距离为2，则s −t 的值等于( )A. 2B. 2√2C. −2D. −2√28.已知数列{a n}满足a1=32，a n+1=3a na n+3，则a2019=()A. 32020B. 20203C. 20193D. 202139.已知[x]表示不超过x的最大整数，则f(x)=√1−log2[x]的定义域为()A. (0,3]B. [0,3)C. (1,3]D. [1,3)10.“α≠β”是“cosα≠cosβ”的()条件．A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分又不必要二、填空题（本大题共3小题，共12.0分）11.在ΔABC中，已知AB=√3，AC=1，A=30∘，则ΔABC的面积为________________．12.若向量a⃗，b⃗ 满足|a⃗|=8，|b⃗ |=12，则|a⃗+b⃗ |的最小值是__________．13.若函数f(x)，g(x)满足：∀x∈(0,+∞)，均有f(x)>x，g(x)<x成立，则称“f(x)与g(x)关于y=x分离”.已知函数f(x)=a x与g(x)=log a x(a>0，且a≠1)关于y=x分离，则a的取值范围是______．三、多空题（本大题共4小题，共24.0分）14.已知a,b为正实数，且a+b=2，则2a +1b+1的最小值为(1)，(a2+3)(b2+3)的最小值为(2)．15.在二项式(x−√x )7的展开式中，所有项系数之和为，含x4的项的系数是．16.已知定义域为R的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)=−(x−1)2+1． ①当x∈[−1,0]时，f(x)的取值范围是(1); ②当函数f(x)的图像在直线y=x的下方时，x的取值范围是(2)．17.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，ABCD是边长为1的正方形，D1B与平面ABCD所成的角为45∘，则棱AA1的长为；二面角B−DD1−C的大小为．四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.知函数f(x)=x2+2xsinθ−1,x∈[−√32,12],θ∈[0,2π)．(1)当θ=π6时，求f(x)的最值；(2)若f(x)是单调函数，求θ的取值范围．19.如下图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面是正方形，E，F，G分别是棱B1B，D1D，DA的中点．(1)求证：平面AD1E//平面BGF．(2)求证：D1E⊥AC．20.在等差数列{a n}中，a4+a7+a10=17，a4+a5+⋯+a14=77，求此数列的通项公式．若a k=13，求k的值．21.已知抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是10，求点P的坐标．(a∈R).22.已知函数f(x)=ax+(1−a)lnx+1x(1)当a=0时，求f(x)的极值；(2)当a<0时，求f(x)的单调区间．【答案与解析】1.答案：B解析：解：∵全集U={1,2，3，4，5，6}，集合A={1,2，4，6}，集合B={1,3，5}，∴∁U B={2,4，6}，则A∪(∁U B)={1,2，4，6}．故选：B．根据全集U及B，求出B的补集，找出A与B补集的并集即可此题考查了交、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.答案：D解析：解：如图，连接AC，BD交于O，则DO⊥AC，BO⊥AC，∴∠BOD为二面角B−AC−D的平面角，∵正方形ABCD的边长为a，则BO=DO=√2a，2a，BD=a，可得BO2+OD2=BD2，在△BOD中，由BO=DO=√22则∠BOD=90°．∴二面角B−AC−D的大小为90°．故选：D．由题意画出图形，求出二面角B−AC−D的平面角，解三角形得答案．本题考查二面角的平面角及其求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．3.答案：B解析：本题是基础题，考查三视图的视图能力，计算能力，空间想象能力，常考题型．依据三视图的数据，求出几何体的体积．解：三视图复原的几何体是以俯视图为底面，高为2的三棱锥， 所以三棱锥的体积为：13×12×2×2√3×2=4√33． 故选：B ． 4.答案：A解析：解：函数f(x)={1−x,x ≤0log 2x,x >0，的图象如下：当m ≥1时，f(t)=m ，有两个解t 1，t 2，其中t 1≤0，t 2≥2，f(x)=t 1有一个解，f(x)=t 2有两个解，不符合题意．当m <0时，f(t)=m ，有一个解t ，且t ∈(0,1)，f(x)=t 有一个解，不符合题意．当0≤m <1时，f(t)=m ，有一个解t ，且t ∈[1,2)，f(x)=t 两个不同的实数根x 1，x 2，符合题意． 可得1−x 1=log 2x 2=t ，且t ∈[1,2)，x 1+x 2=2t −t +1，令g(t)=2t −t +1，g′(t)=2t lnt −1>0，故g(t)在[1,2)单调递增，∴g(t)∈[2,3)．故选：A ．画出函数f(x)={1−x,x ≤0log 2x,x >0，的图象，可求得当0≤m <1时，f(t)=m ，有一个解t ，且t ∈[1,2)，f(x)=t 两个不同的实数根x 1，x 2，符合题意．可得1−x1=log2x=t，且t∈[1,2)，x1+x2=2t−t+1，令g(t)=2t−t+1，利用导数求解．本题考查了函数与方程思想、数形结合思想，属于中档题．5.答案：C解析：解：由约束条件作出图形：易知可行域为一个三角形，验证当直线过点A(0,−1)时，z取得最大值z=2×0−(−1)=1，故选：C．先根据约束条件画出可行域，z=2x−y表示斜率为2的直线在y轴上的截距的相反数，只需求出可行域直线在y轴上的截距最小值即可．本题是考查线性规划问题，准确作图以及利用几何意义求最值是解决问题的关键，属中档题．6.答案：C解析：解：由题意0.2+0.2+y=1，所以y=0.6所以E(X)=1×0.2+3×0.6=2所以D(X)=4×0.2+1×0.2+1×0.6=1.6故选C．利用概率和为1，确定y的值，计算出期望，即可求得方差．本题考查期望、方差和分布列中各个概率之间的关系，考查学生的计算能力，属于基础题．7.答案：B解析：解：∵双曲线x2−y2=2右支上一点(s,t)到直线y=x的距离为2，∴d=√2=2，∴|s−t|=2√2．又P点在右支上，则有s>t，∴s−t=2√2．故选B．根据点到直线的距离公式能够求出s−t的值．本题考查双曲线的性质和点到直线的距离，解题时要注意公式的灵活运用．8.答案：A解析：本题考查了数列的通项公式与数列的递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．运用数列的递推公式可得数列{1an }是以首项为1a1=23，公差为13的等差数列，进而由等差数列的通项公式可求出a2019．解：∵a n+1=3a na n+3⇒1a n+1=13+1a n⇒1a n+1−1a n=13，∴数列{1a n }是以首项为1a1=23，公差为13的等差数列，∴1a2019=23+(2019−1)×13=20203，∴a2019=32020．故选A．9.答案：D解析：本题主要考查函数定义域的求解，结合根式和对数的性质建立不等式关系是解决本题的关键，属基础题．根据函数表达式建立不等式，结合[x]的定义进行求解即可．解：要使函数有意义，则1−log2[x]≥0，即log2[x]≤1且[x]>0得0<[x]≤2，则1≤x<3，即函数的定义域为[1,3)，故选：D．10.答案：B解析：解：若“α≠β”则“cosα≠cosβ”的逆否命题是：若“cosα=cosβ”则“α=β”，∵α=β⇒cosα=cosβ，又当cosα=cosβ时，α=±β+2kπ，k∈Z，∴cosα=cosβ推不出α=β，∴“cosα=cosβ”是“α=β”的必要非充分条件，即“α≠β”是“cosα≠cosβ”的必要不充分条件．故选：B．根据充分必要条件的定义结合三角函数的性质判断即可．本题考查必要条件、充分条件和充要条件的求法，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答．11.答案：√34解析：本题考查三角面积公式，根据题意利用三角形面积公式SΔABC=12AB·AC·sinA，即可求得结果．解：S△ABC=12AB·ACsinA=12×√3×1×sin30°=√34，故答案为√34．12.答案：4解析：本题考查了平面向量数量积中模长公式的应用问题，属于基础题．设a⃗与b⃗ 的夹角为θ，则θ∈[0,π]，利用|b⃗ |−|a⃗|≤|a⃗+b⃗ |≤|a⃗|+|b⃗ |，得出θ=π时，|a⃗+b⃗ |取得最小值．解：设a⃗与b⃗ 的夹角为θ，则θ∈[0,π]，∵|a⃗|=8，|b⃗ |=12，∴|b⃗ |−|a⃗|≤|a⃗+b⃗ |≤|a⃗|+|b⃗ |，即4≤|a⃗+b⃗ |≤20，∴θ=π时，|a⃗+b⃗ |的最小值为4．故答案为4．13.答案：(e1e,+∞)解析：解：由题意，a>1．故问题等价于a x>x(a>1)在区间(0,+∞)上恒成立．构造函数f(x)=a x−x，则f′(x)=a x lna−1，由f′(x)=0，得x=log a(log a e)，x>log a(log a e)时，f′(x)>0，f(x)递增；0<x<log a(log a e)，f′(x)<0，f(x)递减．则x=log a(log a e)时，函数f(x)取到最小值，故有a log a(log a e)−log a(log a e)>0，解得a>e1e．故答案为：(e1e,+∞)．由题意可得y=a x与y=log a x互为反函数，a>1，故问题等价于a x>x(a>1)在区间(0,+∞)上恒成立，利用导数进行解决．本题考查恒成立问题关键是将问题等价转化，从而利用导数求函数的最值求出参数的范围．14.答案：3+2√2316解析：本题考查了利用基本不等式求最值，构造13(a+b+1)=1，由“1”的用法利用基本不等式得2a+1b+1的最小值，由a2+b2=4−2ab可得(a2+3)(b2+3)=(ab−3)2+12，由2=a+b≥2√ab，得0<ab≤1，即可得出最小值．解：由a+b=2，则13(a+b+1)=1，所以2a +1b+1=13(a+b+1)(2a+1b+1)=13[3+2(b+1)a+ab+1]≥13(3+2√2(b+1)a·ab+1)=3+2√23，当且仅当2(b+1)a =ab+1时等号成立，由a+b=2得a2+b2=4−2ab，所以(a2+3)(b2+3)=a2b2+3(a2+b2)+9=a2b2+3(4−2ab)+9=(ab−3)2+12，由a+b=2得2=a+b≥2√ab，得0<ab≤1，当且仅当a=b=1等号成立，所以当ab=1时，(ab−3)2+12取得最小值为16，即(a2+3)(b2+3)的最小值为16，故答案为3+2√23；16．15.答案：−184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，赋值法求所有项的系数和，属于基础题．赋值法求出所有项的系数之和，写出二项展开式的通项公式，令7−32r=4，得r=2，再代入公式中即可求出含x4项的系数．解：二项式(x−√x )7的展开式中，令x=1，所有项的项式系数之和为(1−2)7=−1，二项展开式的通项公式T r+1=C7r(x)7−rx)r=C7r·(−2)r·x7−32r，由7−32r=4，得r=2，∴含x4项的系数为C72·(−2)2 =21×4=84．故答案为−1；84．16.答案：[−1,0](−1,0)∪(1,+∞)解析：本题考查函数的奇偶性的应用，二次函数的图像以及性质的应用，属于中档题．①由函数的奇偶性，以及二次函数在x ∈[0,1]时的值域即可求得在x ∈[−1,0]时的值域； ②由函数的图像可得x 的取值范围．解：①当x >0时，f(x)=−(x −1)2+1，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[0,1]，因为f(x)为奇函数，∴当x ∈[−1,0]时，f(x)的取值范围是[−1,0]；②函数f(x)的图像如图所示，当函数f(x)的图像在直线y =x 的下方时，得x 的取值范围是(−1,0)∪(1,+∞).故答案为①[−1,0] ；② (−1,0)∪(1,+∞).17.答案：√245∘解析：(1)由D 1B 与平面ABCD 所成的角为45∘可知∠D 1BD =45∘，又易知在等腰直角三角形DD 1B 中，DD 1=DB =√2，所以AA 1=√2.(2)BD ⊥DD 1，CD ⊥DD 1，∠BDC 即为所求二面角的平面角，为45∘． 18.答案：解：(1)当θ=π6时，f(x)=x 2+x −1=(x +12)2−54，又x ∈[−√32,12]， 所以当x =−12时，f(x)min =−54；x =12时，f(x)max =−14；(2)因为f(x)=x 2+2xsinθ−1的对称轴为x =−sinθ，又欲使f(x)在x ∈[−√32,12]上单调，则−sinθ≤−√32或−sinθ≥12，又θ∈[0,2π)，所以θ∈[π3,2π3]∪[7π6,11π6]．解析：本题主要考查三角函数性质的应用，熟悉三角函数求最值的方法是解答本题的关键，属于中档题，(1)由题意得，直接运用三角函数和二次函数的性质即可求解；(2)由题意得，直接运用三角函数的图像与性质即可求解．19.答案：证明：(1)∵E，F分别是B1B和D1D的中点，∴D1F=BE，且D1F//BE，∴四边形BED1F是平行四边形，∴D1E//BF．∵D1E不在平面BGF内，BF⊂平面BGF，∴D1E//平面BGF．∵FG是△DAD1的中位线，∴FG//AD1．又AD1不在平面BGF内，FG⊂平面BGF，∴AD1//平面BGF．∵AD1∩D1E=D1，∴平面AD1E//平面BGF.(2)如图，连接BD，B1D1，∵底面是正方形，∴AC⊥BD．∵D1D⊥AC，D1D∩BD=D，∴AC⊥平面BDD1B1．∵D1E⊂平面BDD1B1，∴ D 1E ⊥AC.解析：(1)由于E ，F 分别是B 1B 和D 1D 的中点可证得D 1E//BF 再由线面平行的性质定理得到D 1E//平面BGF.同理证得FG//AD 1再由线面平行的性质定理得到AD 1//平面BGF ，再由面面平行的性质定理得到平面AD 1E//平面BGF.(2)由已知可证得AC ⊥平面BDD 1B 1.再由线面垂直的性质定理得到D 1E ⊥AC.20.答案：解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 4+a 7+a 10=17，a 4+a 5+a 6+⋯+a 14=77．∴3a 1+18d =17，14a 1+14×132d −(3a 1+3d )=77，化为{3a 1+18d =17a 1+8d =7，解得a 1=53，d =23． ∴a n =53+23(n −1)=2n+33．(2)∵13=a k =2k+33，解得k =18．解析：本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 4+a 7+a 10=17，a 4+a 5+a 6+⋯+a 14=77.可得3a 1+18d =17，14a 1+14×132d −(3a 1+3d )=77，联立解出即可．(2)由(1)可得：13=a k=2k+33，解得k．21.答案：解：设p(x,y)由抛物线的焦半径公式知|PF|=x+p2，又p=1，所以10=x+1，解得x=9，又P在y2=4x上，解出y=±6．所以P(9,6)或(9,−6)解析：本题考察抛物线的焦半径公式，利用焦半径公式|PF|=x+p2求出P的横坐标，然后P在抛物线上，求出纵坐标。

浙江专用2020高考数学模拟仿真试卷(含两套,解析版)

浙江专用2020高考数学模拟仿真试卷(含两套,解析版)

浙江高考仿真卷(一)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．已知集合A ＝{x ∈Z |x ≤0}，B ＝{}x |－1≤x ≤6，则A ∩B 等于( ) A ．{x |－1≤x ≤0} B ．{x |x ≤6} C ．{0,1,2,3,4,5,6} D ．{0，－1}答案 D解析 A ＝{x ∈Z |x ≤0}，B ＝{x |－1≤x ≤6}，则A ∩B ＝{0，－1}． 2．若双曲线x 2a 2－y 2＝1(a >0)的实轴长为2，则其渐近线方程为( )A ．y ＝±xB ．y ＝±2xC ．y ＝±12xD ．y ＝±2x 答案 A解析 双曲线的实轴长为2，得a ＝1，又b ＝1，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±x . 3．设α是空间中的一个平面，l ，m ，n 是三条不同的直线． ①若m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α； ②若l ∥m ，m ∥n ，l ⊥α，则n ⊥α； ③若l ∥m ，m ⊥α，n ⊥α，则n ∥l ； ④若m ⊂α，n ⊥α，l ⊥n ，则l ∥m . 则上述命题中正确的是( )A ．①②B ．①④C ．③④D ．②③ 答案 D解析 对于①，当m ，n 相交时，才能得到l ⊥α，①错误；对于②，由l ∥m ，m ∥n 得l ∥n ，又因为l ⊥α，所以n ⊥α，②正确；对于③，因为m ⊥α，n ⊥α，所以m ∥n ，又因为l ∥m ，所以n ∥l ，③正确；对于④，直线l 与m 可能相交、平行或互为异面直线，④错误．综上所述，正确命题的序号为②③.4．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω＞0，|φ|＜π2的最小正周期是π，若将该函数的图象向右平移π6个单位长度后得到的函数图象关于直线x ＝π2对称，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3B ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3 C ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 D ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6 答案 D解析 因为函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的最小正周期是π， 所以2πω＝π，解得ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)，将该函数的图象向右平移π6个单位长度后，得到图象所对应的函数解析式为y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π6＋φ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋φ－π3， 由此函数图象关于直线x ＝π2对称，得2×π2＋φ－π3＝k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝k π－π6，k ∈Z ， 取k ＝0，得φ＝－π6，满足|φ|<π2，所以函数f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. 5．函数f (x )＝3x 34|x |－4的图象大致为( )答案 A解析 由题意知，函数f (x )的定义域为{x |x ≠±1}且满足f (－x )＝3(－x )34|－x |－4＝－3x 34|x |－4＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，图象关于原点对称，排除C ，D 项；又由当x ∈(0,1)时，函数f (x )的值小于0，排除B 项，故选A.6．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 1>0”是“S 3>S 2”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，S 3>S 2⇔a 3>0⇔a 1q 2>0⇔a 1>0，故选C.7．一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和n (n ∈N *)个黑球．现从中有放回的摸取4次，每次都是随机摸取一个球，设摸得白球个数为X ，若D (X )＝1，则E (X )等于( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 设摸取一次摸得白球的概率为p ，则易得X ～B (4，p )，D (X )＝4p (1－p )＝1，解得p ＝12，则E (X )＝4×12＝2.8．将颜色分别为红色、黄色、蓝色的3个球，放入编号为1,2，…，7的七个盒子中，每一个盒子至多放2个球，则不同的放法有( ) A ．98种 B ．196种 C ．252种 D ．336种 答案 D解析 3个球放入编号为1,2，…，7的七个盒子中，每个盒子至多放2个球，应采用排除法，每个球放入盒子的放法各有7种，共73种，排除3个球放在同一个盒中的7种放法，则共有73－7＝336(种)放法．9．已知向量a ，b 满足|a |＝|a ＋b |＝2，则|2a ＋b |＋|b |的最大值为( ) A ．4 B ．4 2 C ．4＋2 2 D ．8 答案 B解析 记a ＋b ＝m ，则|a |＝|m |＝2，|2a ＋b |＋|b |＝|a ＋m |＋|m －a |≤2(|a ＋m |2＋|m －a |2)＝2m 2＋a 2＝42，当且仅当|a ＋m |＝|m －a |，即a ·(a ＋b )＝0，a ·b ＝－4时，取等号，则所求的最大值为4 2.10．已知偶函数f (x )满足f (1－x )＝f (1＋x )，当x ∈[0,1]时，f (x )＝ax 2－bx ＋c ，a ，b ，c ∈N *.若函数f (x )在[－100，100]上有400个零点，则a ＋b ＋c 的最小值为( ) A ．5 B ．8 C ．11 D ．12 答案 C解析 由f (1－x )＝f (1＋x )，得f (x ＋2)＝f (－x )＝f (x )，则函数f (x )是以2为周期的周期函数，函数f (x )在[－100,100]上有400个零点等价于函数f (x )在[0,1]上有两个不同的零点，又因为a ，b ，c ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝c >0，f (1)＝a －b ＋c >0，0<－－b2a<1，(－b )2－4ac >0，即⎩⎪⎨⎪⎧c >0，a －b ＋c >0，b －2a <0，b 2－4ac >0，所以要使a ＋b ＋c 取得最小值，不妨取c ＝1，则不等式组化为⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋1>0，b －2a <0，b 2－4a >0，以a 为横轴，b 为纵轴建立平面直角坐标系，在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(不含边界)所示，由图易得区域内横纵坐标之和最小的整数点为(5,5)，此时a ＝b ＝5，所以a ＋b ＋c 的最小值为11.二、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．复数z ＝(3＋4i)2的虚部为________，z 的共轭复数z ＝________. 答案 24 －7－24i解析 ∵z ＝(3＋4i)2＝32＋2×3×4i ＋(4i)2＝－7＋24i ，∴虚部为24，共轭复数z ＝－7－24i. 12．若变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －2y ＋3≥0，x ≥0，则2x＋y的最大值为________，y ＋1x －2的取值范围为________．答案 8 ⎣⎡⎦⎤－3，－12 解析 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，令z ＝x ＋y ，则y ＝－x ＋z 表示的是斜率为－1，在y 轴上的截距为z 的直线，当直线在y 轴上的截距最大时，z 最大，即直线过点C 时，z 最大，由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －y ＝0，x －2y ＋3＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，z max ＝3,2x ＋y 的最大值为23＝8.y ＋1x －2表示的是可行域内的点(x ，y )与点(2，－1)连线的斜率，设D (2，－1)，k AD ＝－12，k CD ＝3－1＝－3，因此y ＋1x －2的取值范围⎣⎡⎦⎤－3，－12.13．某多面体的三视图如图所示，则该多面体最长的棱长为________；其外接球的体积为________．答案 4323π 解析 由三视图知该几何体是如图所示的四棱锥O －ABCD ，且AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AO ＝3，四边形ABCD 是矩形，OA ⊥平面ABCD ， 所以该多面体最长的棱长为OC ＝OA 2＋AD 2＋CD 2＝3＋4＋9＝4，该几何体外接球的半径为2，其体积V ＝43π×23＝323π.14．已知⎝⎛⎭⎫3x 2－1x n 的展开式中所有二项式系数和为64，则n ＝________；二项展开式中含x 3的系数为________． 答案 6 －540解析 ⎝⎛⎭⎫3x 2－1x n 展开式中所有二项式系数和为64， ∴2n ＝64，解得n ＝6；∴⎝⎛⎭⎫3x 2－1x 6展开式的通项公式为 T k ＋1＝C k 6·(3x 2)6－k ·⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k ·36－k ·C k 6·x 12－3k，令12－3k ＝3，解得k ＝3，∴二项式展开式中含x 3项的系数为(－1)3×33×C 36＝－540. 15．已知实数a ≥12，b ≥12，且a 2－a ＝b －b 2，则M ＝b 2a ＋a 2b 的最大值是________．答案322＋1 解析 由a 2－a ＝b －b 2化简得，⎝⎛⎭⎫a －122＋⎝⎛⎭⎫b －122＝12，又实数a ≥12，b ≥12，图形为14圆，如图：由a 2－a ＝b －b 2，可得a 2＝a ＋b －b 2，b 2＝a ＋b －a 2，则M ＝b 2a ＋a 2b ＝a ＋b －a 2a ＋a ＋b －b 2b ＝1＋b a －a ＋1＋a b －b ＝b a ＋ab－a －b ＋2，由几何意义得，b a ∈[2－1,1＋2]，则ab ∈[2－1，1＋2]，则当过点A 或点B 时，a ＋b 取最小值，可得M max ＝2－1＋1＋2－⎝⎛⎭⎫12＋12＋22＋2＝322＋1，所以M ＝b 2a ＋a 2b 的最大值是322＋1.16.如图，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个顶点A (a,0)，B (0，b )，过A ，B 分别作AB 的垂线交椭圆M 于D ，C (不同于顶点)，若|BC |＝3|AD |，则椭圆M 的离心率e ＝________.答案63解析 直线AB 的斜率为－b a ，故直线BC ，AD 的斜率都为a b ，所以直线BC 的方程为y ＝ab x＋b ，直线AD 的方程为y ＝ab ()x －a .将直线BC 的方程代入椭圆方程，求得C 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3b 2a 4＋b 4，b 5－a 4b a 4＋b 4，将直线AD 的方程代入椭圆方程，求得D 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－ab 4a 4＋b 4，－2a 2b 3a 4＋b 4，由于|BC |＝3|AD |，即BC →＝3AD →，也即⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3b 2a 4＋b 4，－2a 4b a 4＋b 4＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫－2ab 4a 4＋b 4，－2a 2b 3a 4＋b 4，即－2a 3b 2a 4＋b 4＝－6ab 4a 4＋b 4，化简得b 2a 2＝13.故离心率为e ＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝63.17．已知f (x )＝2x 2＋2x ＋b 是定义在[－1,0]上的函数， 若f (f (x ))≤0在定义域上恒成立，而且存在实数x 0满足：f (f (x 0))＝x 0且f (x 0)≠x 0，则实数b 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎭⎫－12，－38 解析 因为f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝b －12，f (x )max ＝f (0)＝f (－1)＝b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1≤b －12≤0，－1≤b ≤0，得b ∈⎣⎡⎦⎤－12，0时满足 f (f (x ))≤0；设f (x 0)＝y 0，则f (y 0)＝x 0且y 0≠x 0，所以函数f (x )＝2x 2＋2x ＋b 图象上存在两点关于直线y ＝x 对称， 令l ：y ＝－x ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋m ，y ＝2x 2＋2x ＋b ，得2x 2＋3x ＋b －m ＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)为直线与抛物线的交点，线段MN 的中点为E (x E ，y E )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8(b －m )>0，x 1＋x 2＝－32， 所以E ⎝⎛⎭⎫－34，34＋m ，而E 在y ＝x 上， 所以m ＝－32，从而2x 2＋3x ＋b ＋32＝0在[－1,0]上有两个不相等的实数根，令h (x )＝2x 2＋3x ＋b ＋32，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8⎝⎛⎭⎫b ＋32>0，h (－1)＝b ＋12≥0，h (0)＝32＋b ≥0，－1<－34<0，得b ∈⎣⎡⎭⎫－12，－38. 三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知函数f (x )＝cos x ()3sin x －cos x ＋12.(1)求f ⎝⎛⎭⎫π3的值；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，不等式c <f (x )<c ＋2恒成立，求实数c 的取值范围．解 (1)f (x )＝3sin x cos x －cos 2x ＋12＝32sin 2x －12cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 所以f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－π6＝sin π2＝1. (2)因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6.所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6≤1. 由不等式c <f (x )<c ＋2恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧c <－12，c ＋2>1，解得 －1<c <－12.所以实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－1，－12. 19．(15分)如图，四边形ABEF 是正方形，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝12CD .(1)若平面ABEF ⊥平面ABCD ，求证：DB ⊥平面EBC ； (2)若DF ⊥BC ，求直线BD 与平面ADF 所成角的正弦值．(1)证明 ∵四边形ABEF 是正方形，∴EB ⊥AB .又∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ， ∴EB ⊥平面ABCD ，可得EB ⊥BD . 又∵AD ＝AB ＝BC ＝12CD ，不妨设AB ＝BC ＝AD ＝1，DC ＝2， 可求BD ＝3，可得BD ⊥BC ， ∵EB ∩BC ＝B ，EB ，BC ⊂平面EBC ， ∴DB ⊥平面EBC .(2)解 方法一 过点F 作FH ⊥平面ABCD ，连接AH 交CD 于点G ，过点H 作HI ⊥AD 交AD 于点I ，连接FI ，作HO ⊥FI 交FI 于点O ，∵FH ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥BC ， 又∵DF ⊥BC ，且FH ∩DF ＝F ，FH ，DF ⊂平面FDH ， ∴BC ⊥平面FDH ，又DH ⊂平面FDH ，∴BC ⊥DH ，即H 在BD 上，又∵FH ⊥AB ，F A ⊥AB ，且FH ∩F A ＝F ，FH ，F A ⊂平面F AH ，∴AB ⊥平面F AH ， 又AH ⊂平面F AH ，∴AB ⊥AH .又∵AD ⊥FH ，AD ⊥HI ，FH ∩HI ＝H ，FH ，HI ⊂平面FHI ，∴AD ⊥平面FHI ， 又∵AD ⊂平面F AD ，∴平面FHI ⊥平面F AD ， ∴H 到平面AFD 的距离为HO ，由(1)知DG ＝12，HG ＝HI ＝36，HO ＝69，又∵DB ＝3DH ，∴B 到平面AFD 的距离为63， 设直线BD 与平面ADF 所成角为θ，则sin θ＝23， 方法二 设AD ＝AB ＝BC ＝1，以A 为坐标原点，AB 为y 轴建立空间直角坐标系， 则A (0,0,0)，B (0,1,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，32，0，D⎝⎛⎭⎫32，－12，0， 设F (x ，y ，z )，由题意得⎩⎨⎧F A ＝1，FB ＝2，DF →·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝1，x 2＋(y －1)2＋z 2＝2，⎝⎛⎭⎫x －32，y ＋12，z ·⎝⎛⎭⎫32，12，0＝0，解得x ＝33，y ＝0，z ＝63，即F ⎝⎛⎭⎫33，0，63. 设平面ADF 的法向量为m ＝(r ，s ，t )， 又AD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，0，AF →＝⎝⎛⎭⎫33，0，63，∴⎩⎪⎨⎪⎧AD →·m ＝0，AF →·m ＝0，即⎩⎨⎧32r －12s ＝0，33r ＋63t ＝0，令r ＝2，则s ＝6，t ＝－1，即m ＝(2，6，－1)．设直线BD 与平面ADF 所成角为θ，且BD →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，则sin θ＝|cos 〈m ，BD →〉|＝|m ·BD →||m ||BD →|＝23，∴直线BD 与平面ADF 所成角的正弦值为23. 20．(15分)已知数列{a n }是等差数列，满足a 2＝6，S 4＝28，数列{b n }满足：b 1＝1，1b 1＋12b 2＋…＋1nb n ＝1b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 和b n ；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和为S n ，求S n .解 (1)设数列{a n }的首项和公差分别为a 1，d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝6，4a 1＋6d ＝28，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝2，∴a n ＝2n＋2，n ∈N *.1b 1＋12b 2＋…＋1nb n ＝1b n ＋1－1，① 1b 1＋12b 2＋…＋1(n －1)b n －1＝1b n－1(n ≥2)，② ①－②得1nb n ＝1b n ＋1－1b n ，b n ＋1b n ＝n n ＋1(n ≥2)，当n ＝1时，1b 1＝1b 2－1，b 2＝12，当n ≥2时，b n＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1·b 1＝1n .当n ＝1时，b 1＝1符合上式，所以b n ＝1n ，n ∈N *.(2)b n a n ＝1n 2n ＋2＝1(2n ＋2)n ＝12·1(n ＋1)n ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n＝12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 2n ＋2.21.(15分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点是F (1,0)，直线l 1：y ＝k 1x ，l 2：y ＝k 2x 分别与抛物线C 相交于点A 和点B ，过A ，B 的直线与圆O ：x 2＋y 2＝4相切．(1)求直线AB 的方程(含k 1，k 2)；(2)若线段OA 与圆O 交于点M ，线段OB 与圆O 交于点N ，求S △MON 的取值范围． 解 (1)焦点是F (1,0)，可得p2＝1，即p ＝2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程为y 2＝4x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k 1x ，可得A ⎝⎛⎭⎫4k 21，4k 1，同理可得B ⎝⎛⎭⎫4k 22，4k 2， 若AB 的斜率存在，可得k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k 1k 2k 1＋k 2， AB 的方程为y －4k 1＝k 1k 2k 1＋k 2⎝⎛⎭⎫x －4k 21， 化为k 1k 2x －(k 1＋k 2)y ＋4＝0，若AB 的斜率不存在，也满足上面的方程，则直线AB 的方程为k 1k 2x －(k 1＋k 2)y ＋4＝0. (2)过A ，B 的直线与圆O ：x 2＋y 2＝4相切，可得d ＝4()k 1k 22＋()k 1＋k 22＝r ＝2，化简为(k 1k 2)2＋(k 1＋k 2)2＝4，即有－2≤k 1k 2<0， cos ∠AOB ＝OA →·OB→|OA →||OB →|＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22 ＝1＋k 1k 2(k 1k 2)2＋k 21＋k 22＋1， 由(k 1k 2)2＋(k 1＋k 2)2＝4，可得cos ∠AOB ＝1＋k 1k 25－2k 1k 2，sin 2∠MON ＝－(k 1k 2)2－4k 1k 2＋45－2k 1k 2，设t ＝5－2k 1k 2∈(5,9]，则S2△MON＝4sin 2∠MON＝4·－(k 1k 2)2－4k 1k 2＋45－2k 1k 2＝4·－(5－t )24－2(5－t )＋4t ＝－t 2＋18t －49t ＝18－⎝⎛⎭⎫t ＋49t ≤18－249＝4， 当t ＝7时取等号，即k 1k 2＝－1∈[－2,0)，所以(S △MON )max ＝2，又S 2△MON >18－⎝⎛⎭⎫5＋495＝165，即S △MON >455， 即有S △MON 的取值范围为⎝⎛⎦⎤455，2.22．(15分)已知函数f (x )＝k e x ()x －1－12x 2，k ∈R .(1)当k ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若函数f (x )有两个零点，求k 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为R ，当k ＝－1时，f (x )＝－e x (x －1)－12x 2，f ′(x )＝－e x x －x ＝－x (e x ＋1)．当x ＜0时，f ′(x )＞0，当x ＞0时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在x ＝0时取到最大值，最大值为f (0)＝1. (2)f ′(x )＝k e x x －x ＝x (k e x －1)，当k ＜0时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又因为f (0)＝－k ＞0，f (1)＝－12＜0，f (2k －1)＝k e 2k －1(2k －2)－12(2k －1)2＜k (2k －2)－12(2k －1)2＝－12＜0，所以f (x )有两个零点；当k ＝0时，f (x )＝－12x 2，所以此时f (x )只有一个零点；当k ＝1时，f ′(x )＝e x x －x ＝x (e x －1)≥0恒成立，f (x )在R 上单调递增，f (x )不存在两个零点； 当k >0且k ≠1时，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 1k，当0＜k ＜1时，ln 1k ＝－ln k ＞0，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，－ln k )上单调递减，在(－ln k ，＋∞)上单调递增，且f (0)＝－k ＜0，f (x )不存在两个零点；当k ＞1时，ln 1k ＝－ln k ＜0，f (x )在(－∞，－ln k )上单调递增，在(－ln k ,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且f ()－ln k ＝－(ln k ＋1)2＋12＜0，f (x )不存在两个零点．综上，当f (x )有两个零点时，k 的取值范围是(－∞，0)．浙江高考仿真卷(四)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．已知集合A ＝{}x |x 2<1，B ＝{}x |log 2x <0，则A ∩B 等于( ) A ．(－∞，1) B ．(0,1) C ．(－1,0) D ．(－1,1) 答案 B解析 由题得A ＝{x |－1<x <1}，B ＝{x |0<x <1}， 所以A ∩B ＝(0,1)．2．已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线方程为3x ＋4y ＝0，则该双曲线的离心率是( )A.53B.54C.43或53D.53或54 答案 D解析 3x ＋4y ＝0⇒y ＝－34x ，当焦点位于x 轴时，b a ＝34⇒b 2a 2＝916，而c 2＝a 2＋b 2，所以c 2－a 2a 2＝916⇒e ＝c a ＝54； 当焦点位于y 轴时，b a ＝43⇒b 2a 2＝169，c 2＝a 2＋b 2⇒c 2－a 2a 2＝169⇒e ＝c a ＝53.3．如果实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，y ＋1≥0，x ＋y ＋1≤0，那么z ＝2x －y 的最大值为( )A ．2B ．－2C ．1D ．－3 答案 C解析 由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，y ＋1≥0，x ＋y ＋1≤0画出可行域如图中阴影部分所示(含边界)，再画出目标函数z ＝2x －y 如图中过原点的虚线， 平移目标函数易得过点A (0，－1)处时取得最大值， 代入得z max ＝1.4．如图是一个几何体的三视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积为( )A ．12B ．14C ．16D ．18 答案 D解析 由题意可得，该几何体是由一个四棱柱和一个三棱柱组成的几何体， 其中四棱柱的体积V 1＝1×3×4＝12，三棱柱的体积V 2＝12×3×1×4＝6，该几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝18.5．“对任意正整数n ，不等式n lg a <(n ＋1)lg a a (a >1)都成立”的一个必要不充分条件是( ) A ．a >0 B ．a >1 C ．a >2 D ．a >3 答案 A解析 由n lg a <(n ＋1)lg a a 得n lg a <a (n ＋1)lg a ， ∵a >1，∴lg a >0，∴n <a (n ＋1)，即a >n n ＋1＝1－1n ＋1，又1－1n ＋1<1，∴a >1. 即a >1时，不等式n lg a <(n ＋1)lg a a ()a >1成立，则a >0是其必要不充分条件；a >1是其充要条件；a >2，a >3均是其充分不必要条件． 6．与函数f (x )＝sin x 2＋cos x 的部分图象符合的是( )答案 B解析 f (0)＝sin 0＋cos 0＝1排除C ， F ⎝⎛⎭⎫π2＝sin π24＋cos π2＝sin π24>0，排除A ，D.7．已知随机变量ξ的分布列如下表所示：ξ 1 3 5 P0.40.1x则ξ的标准差为( )A ．3.56 B. 3.56 C ．3.2 D. 3.2 答案 B解析 由题意，E (ξ)＝1×0.4＋3×0.1＋5×(1－0.4－0.1)＝3.2，∴D (ξ)＝(1－3.2)2×0.4＋(3－3.2)2×0.1＋(5－3.2)2×0.5＝1.936＋0.004＋1.62＝3.56， ∴ξ的标准差为 3.56.8．如图，正四面体ABCD 中，P ，Q ，R 分别在棱AB ，AD ，AC 上，且AQ ＝QD ，AP PB ＝CRRA ＝12，分别记二面角A －PQ －R ，A －PR －Q ，A －QR －P 的平面角为α，β，γ，则( )A ．β>γ>αB ．γ>β>αC ．α>γ>βD ．α>β>γ答案 D解析 ∵ABCD 是正四面体，P ，Q ，R 分别在棱AB ，AD ，AC 上，且AQ ＝QD ，AP PB ＝CR RA ＝12，可得α为钝角，β，γ为锐角，设P 到平面ACD 的距离为h 1，P 到QR 的距离为d 1，Q 到平面ABC 的距离为h 2，Q 到PR 的距离为d 2，设正四面体的高为h ，棱长为6a ，可得h 1＝13h ，h 2＝12h ，h 1<h 2，由余弦定理可得QR ＝13a ，PR ＝23a ，由三角形面积相等可得到d 1d 2＝PR QR ＝2313，因为sin γ＝h 1d 1，sin β＝h 2d 2，所以sin βsin γ＝3313>1，即sin β>sin γ，所以γ<β，∴α>β>γ.9.如图，点C 在以AB 为直径的圆上，其中AB ＝2，过A 向点C 处的切线作垂线，垂足为P ，则AC →·PB →的最大值是( )A ．2B ．1C ．0D ．－1 答案 B解析 连接BC (图略)，则∠ACB ＝90°， ∵AP ⊥PC ，∴AC →·PB →＝AC →·()PC →＋CB →＝AC →·PC →＝()AP →＋PC →·PC →＝PC →2，依题意可证Rt △APC ∽Rt △ACB ，则PC CB ＝AC AB ，即PC ＝AC ·CB 2，∵AC 2＋CB 2＝AB 2， ∴AC 2＋CB 2＝4≥2AC ·BC ，即AC ·BC ≤2，当且仅当AC ＝CB 时取等号． ∴PC ≤1，∴AC →·PB →＝PC →2≤1， ∴AC →·PB →的最大值为1.10．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知()a 2 017－1 2 019＋2 019a 2 017＋()a 2 017－1 2 021＝2 000，(a 2 020－1)2 019＋2 019a 2 020＋(a 2 020－1)2 021＝2 038，则S 4 036等于( ) A ．2 019 B ．2 020 C ．2 021 D ．4 036 答案 D解析 由(a 2 017－1)2 019＋2 019a 2 017＋(a 2 017－1)2 021＝2 000得：(a 2 017－1)2 019＋2 019(a 2 017－1)＋(a 2 017－1)2 021＝－19，①由(a 2 020－1)2 019＋2 019a 2 020＋(a 2 020－1)2 021＝2 038得：()a 2 020－1 2 019＋2 019()a 2 020－1＋()a 2 020－1 2 021＝19，②令f (x )＝x 2 019＋2 019x ＋x 2 021， 则①式即为f ()a 2 017－1＝－19， ②式即为f ()a 2 020－1＝19，又f ()－x ＋f (x )＝0，即f (x )为奇函数，且()a 2 017－1＋()a 2 020－1＝0，∴a 2 017＋a 2 020＝2， ∴S 4 036＝2 018()a 1＋a 4 036＝2 018(a 2 017＋a 2 020)＝4 036.二、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．复数z ＝11－i 的共轭复数是________，复数z 对应的点位于复平面内的第________象限．答案 12－12i 一解析11－i ＝1＋i ()1－i ()1＋i ＝12＋12i ，其共轭复数为12－12i ，复数z 对应的点位于复平面内的第一象限．12．已知圆C ：x 2＋y 2－2ax ＋4ay ＋5a 2－25＝0的圆心在直线l 1：x ＋y ＋2＝0上，则a ＝________；圆C 被直线l 2：3x ＋4y －5＝0截得的弦长为________． 答案 2 8解析 圆C ：x 2＋y 2－2ax ＋4ay ＋5a 2－25＝0的标准方程为(x －a )2＋(y ＋2a )2＝52，可得圆心坐标是(a ，－2a )，把圆心坐标代入直线l 1：x ＋y ＋2＝0的方程中得a ＝2； 即圆心为(2，－4)，圆心到直线l 2：3x ＋4y －5＝0的距离d ＝||3×2－4×4－532＋42＝3，所以弦长等于2r 2－d 2＝252－32＝8.13．若x (1－mx )4＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，其中a 2＝－6，则实数m ＝________； a 1＋a 3＋a 5＝________. 答案 32 31316解析 x (1－mx )4＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5 ，则x (1－mx )4＝x ()1－4mx ＋C 24m 2x 2＋…，则－4m ＝a 2＝－6， 解得m ＝32.令x ＝1，则⎝⎛⎭⎫1－324＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5 ， 令x ＝－1, 则－⎝⎛⎭⎫1＋324＝－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5， ∴2()a 1＋a 3＋a 5＝⎝⎛⎭⎫124＋⎝⎛⎭⎫524， 解得a 1＋a 3＋a 5＝31316.14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin A ＋sin B ＝54sin C ，且△ABC的周长为9，△ABC 的面积为3sin C ，则c ＝________，cos C ＝________. 答案 4 －14解析 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ， 已知sin A ＋sin B ＝54sin C ，则a ＋b ＝5c4，且△ABC 的周长为9， 则c ＋5c4＝9，解得c ＝4 .因为△ABC 的面积等于3sin C ， 所以12ab sin C ＝3sin C ，整理得ab ＝6. ∵a ＋b ＝5c4＝5,∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝5，ab ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2， ∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－14.15．某地火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有________种(用数字作答)． 答案 96解析 若第一棒火炬手为甲或乙，则最后一棒只能由甲、乙中不跑第一棒的火炬手完成，剩下的4段路线全排列，此时有2A 44种不同的传递方案；若第一棒火炬手为丙，则最后一棒由甲或乙完成，剩下的4段路线全排列，此时有2A 44种不同的传递方案，则由分类加法计数原理得共有2A 44＋2A 44＝96(种)不同的传递方案．16．设椭圆C 的两个焦点是F 1，F 2，过F 1的直线与椭圆C 交于P ，Q ，若|PF 2|＝|F 1F 2|，且5|PF 1|＝6|F 1Q |，则椭圆的离心率为________． 答案911解析 画出图形如图所示．由椭圆的定义可知：|PF 1|＋|PF 2|＝|QF 1|＋|QF 2|＝2a ，|F 1F 2|＝2c . ∵|PF 2|＝|F 1F 2|，∴|PF 2|＝2c ， ∴|PF 1|＝2(a －c )． ∵5|PF 1|＝6|F 1Q |，∴|QF 1|＝56|PF 1|＝53(a －c )，∴|QF 2|＝a 3＋5c3.在△PF 1F 2中，由余弦定理可得： cos ∠PF 1F 2＝|F 1F 2|2＋|F 1P |2－|F 2P |22|F 1F 2||F 1P |＝a －c2c ，在△QF 1F 2中，由余弦定理可得： cos ∠QF 1F 2＝|F 1F 2|2＋|F 1Q |2－|F 2Q |22|F 1F 2||F 1Q |＝2a －3c5c .∵∠PF 1F 2＋∠QF 1F 2＝180°，∴cos ∠PF 1F 2＝－cos ∠QF 1F 2， ∴a －c 2c ＝－2a －3c5c，整理得9a ＝11c ， ∴e ＝c a ＝911.17．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若对任意λ∈R ，不等式|λBC →－BA →|≥|BC →|恒成立，则c b ＋bc 的最大值为________．答案5解析 由对任意λ∈R ，不等式|λBC →－BA →|≥|BC →|恒成立得BC 边上的高h ≥a . 在△ABC 中，有12ah ＝12bc sin A ，即bc ＝ahsin A ，在△ABC 中，由余弦定理得 b 2＋c 2＝a 2＋2bc cos A ＝a 2＋2ah cos Asin A， 则c b ＋bc ＝b 2＋c 2bc ＝a 2＋2ah cos A sin A ahsin A ＝a 2sin A ＋2ah cos A ah ＝a sin A ＋2h cos A h≤h sin A ＋2h cos Ah＝sin A ＋2cos A＝5sin(A ＋φ)， 其中tan φ＝2，则当A ＋φ＝π2且h ＝a 时，c b ＋bc 取得最大值 5.三、解答题(本大题共5小题，共74分．) 18．(14分)已知：函数f (x )＝2(sin x －cos x )． (1)求函数f (x )的最小正周期和值域；(2)若函数f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫α，65，π4<α<3π4.求f ⎝⎛⎭⎫π4＋α的值． 解 (1)f (x )＝2(sin x －cos x ) ＝2⎝⎛⎭⎫sin x ·22－cos x ·22＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4. ∴函数的最小正周期为2π，值域为{y |－2≤y ≤2}． (2)依题意得，2sin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝65，sin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝35，∵π4<α<3π4，∴0<α－π4<π2， ∴cos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝1－sin 2⎝⎛⎭⎫α－π4＝1－⎝⎛⎭⎫352＝45，∴f ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝2sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫π4＋α－π4 ＝2sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α－π4＋π4 ＝2⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫α－π4cos π4＋cos ⎝⎛⎭⎫α－π4sin π4 ＝2×22×⎝⎛⎭⎫35＋45＝725. 19.(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，CD ＝2AB ＝4，BC ＝2 2.(1)求证：PC ⊥BD ；(2)若直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，求P A 的长．解 (1)连接AC ，在△ABC 中，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22， 所以tan ∠ACB ＝AB BC ＝22.因为AB ∥CD ，AB ⊥BC ，所以CD ⊥BC .在Rt △BCD 中，因为CD ＝4，所以tan ∠BDC ＝BC CD ＝22，所以tan ∠ACB ＝tan ∠BDC ， 所以∠ACB ＝∠BDC .因为∠ACB ＋∠ACD ＝π2，所以∠BDC ＋∠ACD ＝π2，所以BD ⊥AC .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . 因为PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥BD .(2)方法一 如图，设P A ＝t ，AC 与BD 交于点M ，连接PM ，过点A 作AH ⊥PM 于点H ，连接BH .由(1)知，BD ⊥平面P AC ，又AH ⊂平面P AC ，所以BD ⊥AH .因为AH ⊥PM ，PM ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，PM ∩BD ＝M ，所以AH ⊥平面PBD ， 所以∠ABH 为直线AB 与平面PBD 所成的角．在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，BC ＝22，所以AC ＝AB 2＋BC 2＝23， 所以由三角形相似得AM ＝AB 2AC ＝233.在Rt △P AM 中，易知AH ＝P A ·AM PM ＝P A ·AMP A 2＋AM 2＝t ×233t 2＋43. 因为直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，所以∠ABH ＝π6.所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝t ×233t 2＋432＝12，所以t ＝2， 所以P A 的长为2.方法二 取CD 的中点E ，连接AE ，因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝4，所以AB ∥CE 且AB ＝CE ， 所以四边形ABCE 是平行四边形，所以BC ∥AE . 因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥AE .又P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE ，故AE ，AB ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，AE ，AB ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝t ，因为CD ＝2AB ＝4，所以A (0,0,0)，B (0,2,0)，P (0,0，t )，D (22，－2,0)，所以AB →＝(0,2,0)，BP →＝(0，－2，t )，BD →＝(22，－4,0)．设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋tz ＝0，22x －4y ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝2t ，故n ＝⎝⎛⎭⎫2，1，2t 为平面PBD 的一个法向量． 因为直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，所以sin π6＝|cos 〈n ，AB →〉|＝|n ·AB →||n |·|AB →|＝23＋4t2×2＝12， 所以t ＝2. 所以P A 的长为2.20．(15分)数列{a n }满足： a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝[2＋(－1)n ]a n ＋2，n ＝1,2,3，…. (1)求a 3，a 4，并证明数列{a 2n ＋1}是等比数列； (2)求数列{a n }的前2n 项和S 2n . 解 (1) 当n ＝1时，a 3＝a 1＋2＝3， 当n ＝2时，a 4＝3a 2＋2＝8，令n ＝2k ，a 2k ＋2＝3a 2k ＋2(k ＝1,2,3，…)， 即a 2k ＋2＋1＝3(a 2k ＋1)(k ＝1,2,3，…)． 所以数列{a 2n ＋1}是等比数列．(2)由(1)得，当n 为偶数时，a n ＝23n －1，当n 为奇数时， a n ＋2＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项构成等差数列，可求得a n ＝n ，{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 是奇数，23n －1，n 是偶数.所以在前2n 项中，S 奇＝n ·1＋12n ()n －1·2＝n 2，S 偶＝3()1－3n 1－3－n ＝12()3n ＋1－3－n ，S 2n ＝S 奇＋S 偶＝12()3n ＋1－3＋n 2－n .21．(15分)已知平面上一动点P 到定点C (1,0)的距离与它到直线l ：x ＝4的距离之比为12.(1)求点P 的轨迹方程；(2)点O 是坐标原点，A ，B 两点在点P 的轨迹上，F 是点C 关于原点的对称点，若F A →＝λBF →，求λ的取值范围．解 (1)设P (x ，y )是所求轨迹上的任意一点，由动点P 到定点C (1,0)的距离与它到直线l ：x ＝4的距离之比为12，则(x －1)2＋y 2|x －4|＝12，化简得x 24＋y 23＝1，即点P 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1.(2)由F 是点C 关于原点的对称点，所以点F 的坐标为(－1,0)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为F A →＝λBF →， 则(x 1＋1，y 1)＝λ(－1－x 2，－y 2)，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－1－λ－λx 2，y 1＝－λy 2，∵x 214＋y 213＝1，即(－1－λ－λx 2)24＋(－λy 2)23＝1，① 又由x 224＋y 223＝1，则(λx 2)24＋(λy 2)23＝λ2，②①－②得2λ(λ＋1)x 2＋(λ＋1)24＝1－λ2，化简得x 2＝3－5λ2λ，∵－2≤x 2≤2，∴－2≤3－5λ2λ≤2，解得13≤λ≤3，所以λ的取值范围是⎣⎡⎦⎤13，3.22．(15分)已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )，其中m ≥1. (1)设x ＝0是函数f (x )的极值点，讨论函数f (x )的单调性； (2)若y ＝f (x )有两个不同的零点x 1和x 2，且x 1<0<x 2， ①求参数m 的取值范围； ②求证：21ex x －－ln(x 2－x 1＋1)>e －1.(1)解 f ′(x )＝e x －1x ＋m， 若x ＝0是函数f (x )的极值点，则f ′(0)＝1－1m ＝0，得m ＝1，经检验满足题意，此时f ′(x )＝e x －1x ＋1，x >－1， 所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． (2)①解 m ≥1, f ′(x )＝e x －1x ＋m，x >－m ，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1()x ＋m 2>0，知f ′(x )在区间(－m ，＋∞)内单调递增． 又∵f ′(0)＝1－1m >0, f ′(－m ＋1)＝e 1－m －1<0，∴f ′(x )在区间(1－m ,0)内存在唯一的零点x 0， 即f ′(x 0)＝0e x －1x 0＋m ＝0，于是0e x＝1x 0＋m ，x 0＝－ln(x 0＋m )．当－m <x <x 0时， f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >x 0时， f ′(x )>0，f (x )单调递增．若y ＝f (x )有两个不同的零点x 1和x 2，且x 1<0<x 2， 易知x →－m 时，f (x )→＋∞，x →＋∞时，f (x )→＋∞， 所以f (0)＝1－ln m <0，解得m >e.②证明 由①中的单调性知，当x ∈(x 1，x 2)时，f (x )<0，又m >e ，所以f (－1)＝1e －ln(m －1)<1e －ln(e －1)<12－ln(e －1)<12－ln 1.7＝ln e1.7<0，所以x 1<－1.所以x 1<－1<0<x 2，所以x 2－x 1>1，令t ＝x 2－x 1>1， 要证21ex x －－ln(x 2－x 1＋1)>e －1，即证e t －ln(t ＋1)>e －1. 令h (t )＝e t －ln(t ＋1)，t ≥1， 则h ′(t )＝e t －1t ＋1单调递增，又h ′(1)＝e －12>0，所以h ′(t )>0，h (t )单调递增， 所以h (t )>h (1)＝e －ln 2>e －1， 即21e x x －－ln(x 2－x 1＋1)>e －1.。

浙江专用2020版高考数学模拟试卷(含两套,解析版)

浙江专用2020版高考数学模拟试卷(含两套,解析版)

浙江高考仿真卷(一)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．若集合A ＝{}x | x 2<1，B ＝{}x | 0<x <2，则A ∪B 等于( )A.{}x | 0<x <1B.{}x | －1<x <0C.{}x | 1<x <2D.{}x | －1<x <2答案 D解析 ∵集合A ＝{}x | x 2<1＝{}x | －1<x <1，B ＝{}x | 0<x <2，∴A ∪B ＝{}x | －1<x <2.2．双曲线x 24－y 2＝1的顶点到渐近线的距离等于( )A.255B.45C.25D.455答案 A解析 双曲线x 24－y 2＝1的顶点为()±2，0.渐近线方程为y ＝±12x . 双曲线x 24－y 2＝1的顶点到渐近线的距离等于11＋14＝255.3．已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，3x ＋y ≤3，y ≥0，则z ＝x ＋2y 的最大值是( )A ．0B ．1C ．5D ．6 答案 D解析 作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示：由z ＝x ＋2y ，得y ＝－12x ＋12z ，平移直线y ＝－12x ＋12z ，由图象可知，当直线y ＝－12x ＋12z 经过点A 时，直线y ＝－12x ＋12z 在y 轴上的截距最大，此时z 最大．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，3x ＋y ＝3，得A (0,3)， 此时z 的最大值为z ＝0＋2×3＝6.4．已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A.223 B ．20 C ．20＋ 6 D ．20＋10答案 C解析 该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体(如图)，其表面积为S ＝3×2×2＋2×(1＋2)×22＋12×2×2＋12×22×3＝20＋ 6.5．设x ∈R ，则x 3<1是x 2<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答案 B解析 由x 3<1，可得x <1， 由x 2<1，解得－1<x <1， 所以(－1,1)(－∞，1)，所以x 3<1是x 2<1的必要不充分条件．6．函数y＝x3＋ln(x2＋1－x)的图象大致为()答案 C解析因为f(x)的定义域为R，且f(－x)＝(－x)3＋ln()x2＋1＋x(－x)2＋1＋x＝－x3＋ln()＝－x3－ln()x2＋1－x＝－f()x，所以f()x为奇函数，图象关于原点x2＋1＋x－1＝－x3－ln()2－1>0，所以排除A.对称，排除B，D，因为f(1)＝1＋ln()7．设随机变量X的分布列如下：则方差D(X)等于()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析a＝1－0.1－0.3－0.4＝0.2，E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.4＝2，故D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.2＋(2－2)2×0.3＋(3－2)2×0.4＝1.8．已知在矩形ABCD中，AD＝2AB，沿直线BD将△ABD折成△A′BD，使点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)．设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D, A′C 与平面BCD所成的角分别为α，β则()A．α<θ<βB．β<θ<αC．β<α<θD．α<β<θ答案 D解析如图，作A′E⊥BD于E, O是A′在平面BCD内的射影，连接OE，OD，OC，易知∠A′EO＝θ，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，由O点必落在EF上，由AD＝2AB知OE<AE<CF<CO<OD，从而tan θ>tan β>tan α，即θ>β>α.9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，0<x ≤2，f (4－x )，2<x <4，设方程f (x )－1e x ＝t (t ∈R )的四个不等实数根从小到大依次为x 1，x 2，x 3，x 4，则下列判断中一定成立的是( ) A.x 1＋x 22＝1B ．1<x 1x 2<4C ．4<x 3x 4<9D ．0<()x 3－4()x 4－4<4答案 C解析 由题意，作出函数的图象如图所示，由图可知，0<x 1<1<x 2<2<x 3<3<x 4<4， 所以4<x 3x 4<16，又||log 2()4－x 3>||log 2()4－x 4， 得log 2()4－x 3>－log 2()4－x 4，所以log 2()4－x 3()4－x 4>0，得()4－x 3()4－x 4>1，即x 3x 4－4()x 3＋x 4＋15>0， 又x 3＋x 4>2x 3x 4，所以2x 3x 4<x 3x 4＋154， 所以()x 3x 4－3()x 3x 4－5>0，所以x 3x 4<9， 综上，4<x 3x 4<9.10．已知a ，b ，c ∈R 且a ＋b ＋c ＝0，a >b >c ，则ba 2＋c 2的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－55，55 B.⎝⎛⎭⎫－15，15 C ．(－2，2) D.⎝⎛⎭⎫－2，55 答案 A解析 由a ＋b ＋c ＝0，a >b >c ，得a >0，c <0，b ＝－a －c .因为a >b >c ，即a >－a －c >c ，解得－2<c a <－12.设t ＝b a 2＋c 2，则t 2＝b 2a 2＋c 2＝(－a －c )2a 2＋c 2＝1＋2ac a 2＋c 2＝1＋2c a ＋a c .令y ＝c a ＋a c ，x ＝c a ，x ∈⎝⎛⎭⎫－2，－12，则y ＝x ＋1x，由对勾函数的性质知函数在(－2，－1]上单调递增，在⎣⎡⎭⎫－1，－12上单调递减，所以y max ＝－2，y >－52，即c a ＋ac ∈⎝⎛⎦⎤－52，－2， 所以2c a ＋ac∈⎣⎡⎭⎫－1，－45， 所以t 2∈⎣⎡⎭⎫0，15. 所以t ∈⎝⎛⎭⎫－55，55. 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) 11．二项式(1＋2x )5中，所有的二项式系数之和为_________________； 系数最大的项为________． 答案 32 80x 3,80x 4解析 所有的二项式系数之和为C 05＋C 15＋…＋C 55＝25＝32，展开式为1＋10x ＋40x 2＋80x 3＋80x 4＋32x 5，系数最大的项为80x 3和80x 4.12．圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心C 的坐标是__________，设直线l ：y ＝k (x ＋2)与圆C 交于A ，B 两点，若|AB |＝2，则k ＝__________. 答案 (1,2) 0或125解析 由圆的一般方程x 2＋y 2－2x －4y ＝0可得(x －1)2＋(y －2)2＝5，故圆心为C (1,2)．又圆心到直线l 的距离d ＝|3k －2|1＋k 2，由弦心距、半径及半弦长之间的关系可得⎝ ⎛⎭⎪⎫|3k －2|1＋k 22＋1＝5，解得k ＝0或k ＝125.13．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a ＝3，b ＝2，A ＝π3，则B＝________；S △ABC ＝_____________. 答案 π4 3＋34解析 由已知及正弦定理可得sin B ＝b sin A a ＝2×sin π33＝22， 由于0<B <π，可解得B ＝π4或B ＝3π4，因为b <a ，利用三角形中大边对大角可知B <A ， 所以B ＝π4，C ＝π－π3－π4＝5π12，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×2×sin 5π12＝3＋34.综上，B ＝π4，S △ABC ＝3＋34.14．在政治、历史、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则甲的不同的选法种数为____．乙、丙两名同学都选物理的概率是________． 答案 15949解析 由题意知同学甲只要在除物理之外的六门学科中选两门即可，故甲的不同的选法种数为C 26＝6×52＝15(种)；由题意知同学乙、丙两人除选物理之外，还要在剩下的六门学科中选两门，故乙、丙的所有不同的选法种数为m ＝C 26C 26＝6×52×6×52＝225(种)，而同学乙、丙两人从7门学科中选3门的所有选法种数为n ＝C 37C 37＝7×6×53×2×1×7×6×53×2×1＝35×35＝1 225(种)，故所求事件的概率是P ＝2251 225＝949.15．已知正实数x ，y 满足x ＋2y ＝4，则2x (y ＋1)的最大值为________． 答案 3解析 已知正实数x ，y 满足x ＋2y ＝4，根据基本不等式得到2x ()y ＋1＝x ()2y ＋2≤x ＋2y ＋22＝3.当且仅当x ＝2y ＋2，即x ＝3，y ＝12时，等号成立． 16．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若对任意λ∈R ，不等式|λBC →－BA →|≥|BC →|恒成立，则c b ＋bc 的最大值为________．答案5解析 由对任意λ∈R ，不等式|λBC →－BA →|≥|BC →|恒成立，得BC 边上的高h ≥a . 在△ABC 中，有12ah ＝12bc sin A ，即bc ＝ahsin A ，在△ABC 中，由余弦定理得 b 2＋c 2＝a 2＋2bc cos A ＝a 2＋2ah cos Asin A， 则c b ＋b c ＝b 2＋c2bc ＝a 2＋2ah cos A sin A ahsin A ＝a 2sin A ＋2ah cos A ah ＝a sin A ＋2h cos A h≤h sin A ＋2h cos Ah＝sin A ＋2cos A＝5sin(A ＋φ)，其中tan φ＝2，则当A ＋φ＝π2且h ＝a 时，c b ＋bc取得最大值 5.17．等差数列{a n }满足a 21＋a 22n ＋1＝1，则a 2n ＋1＋a 23n ＋1的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－52，3＋52解析 设⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝sin α，a 2n ＋1＝cos α⇒a 2n ＋1＝a 1＋2nd ＝cos α⇒2nd ＝cos α－sin α⇒a 2n ＋1＋a 23n ＋1＝(a 2n ＋1－nd )2 ＋(a 2n ＋1＋nd )2＝2[a 22n ＋1＋(nd )2]＝2⎣⎡⎦⎤cos 2α＋⎝⎛⎭⎫cos α－sin α22＝2cos 2α＋1－2sin αcos α2＝3＋2cos 2α－sin 2α2＝3＋5cos ()2α＋φ2⎝⎛⎭⎫其中sin φ＝15，cos φ＝25，所以所求的范围为 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－52，3＋52.三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知函数f (x )＝cos x ()sin x －3cos x ，x ∈R . (1)求f (x )的最小正周期和最大值； (2)讨论f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π3，2π3上的单调性． 解 (1)由题意得f (x )＝cos x sin x －3cos 2x ＝12sin 2x －32()1＋cos 2x ＝12sin 2x －32cos 2x －32 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3－32. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，其最大值为1－32.(2)令z ＝2x －π3，则函数y ＝sin z 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤－π2＋2k π，π2＋2k π，k ∈Z . 由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z .设A ＝⎣⎡⎦⎤π3，2π3，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ， 易知A ∩B ＝⎣⎡⎦⎤π3，5π12.所以当x ∈⎣⎡⎦⎤π3，2π3时，f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π3，5π12上单调递增；在区间⎣⎡⎦⎤5π12，2π3上单调递减． 19．(15分)在四棱锥E －ABCD 中，BC ∥AD ，AD ⊥DC ，AD ＝DC ＝2BC ，AB ＝AE ＝ED ＝BE ，F 是AE 的中点．(1)证明：BF ∥平面EDC ；(2)求BF 与平面EBC 所成角的正弦值． (1)证明 取ED 的中点G ，连接FG ，GC ， 则FG ∥AD ，且FG ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，且BC ＝12AD ，所以FG ∥BC ，且FG ＝BC ， 所以四边形BFGC 是平行四边形， 所以BF ∥CG ，因为BF ⊄平面EDC ，CG ⊂平面EDC ， 所以BF ∥平面EDC .(2)解 分别取AD ，BC 的中点H ，N ，连接EH 交FG 于点M ，则M 是FG 的中点，连接MN ，则BF ∥MN ，所以BF 与平面EBC 所成角即为MN 与平面EBC 所成角， 由EA ＝ED ，H 是AD 的中点，得EH ⊥AD ，由于BC ∥AD ，所以BC ⊥EH ，易知四边形BHDC 是平行四边形，所以CD ∥BH ， 由BC ⊥CD ，得BC ⊥BH ，又EH ∩BH ＝H ，所以BC ⊥平面EBH ，因为BC ⊂平面EBC ，所以平面EBC ⊥平面EBH ， 过点M 作MI ⊥BE ，垂足为I ，则MI ⊥平面EBC ， 连接IN ，∠MNI 即为所求的角．设BC ＝1，则AD ＝CD ＝2，所以AB ＝5， 由AB ＝BE ＝AE ＝5，得BF ＝152， 所以MN ＝BF ＝152， 在Rt △AHE 中，由AE ＝5，AH ＝1，得EH ＝2， 在△EBH 中，由BH ＝EH ＝2，BE ＝5， MI ⊥BE ，M 为HE 的中点，可得MI ＝114， 因此sin ∠MNI ＝MI MN ＝16530.20．(15分)正项数列{}a n 满足a 2n ＋a n ＝3a 2n ＋1＋2a n ＋1，a 1＝1.(1)求a 2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，a n <2a n ＋1；(3)记数列{a n }的前n 项和为S n ，证明：对任意的n ∈N *,2－12n －1≤S n <3.(1)解 当n ＝1时，由a 21＋a 1＝3a 22＋2a 2＝2及a 2>0，得a 2＝7－13. (2)证明 由a 2n ＋a n ＝3a 2n ＋1＋2a n ＋1<4a 2n ＋1＋2a n ＋1＝(2a n ＋1)2＋2a n ＋1，又因为y ＝x 2＋x 在x ∈(0，＋∞)上单调递增，故a n <2a n ＋1. (3)证明 由(2)知当n ≥2时，a n a n －1>12，a n －1a n －2>12，…，a 2a 1>12，相乘得a n >12n －1a 1＝12n －1，即a n >12n －1， 故当n ≥2时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n >1＋12＋…＋12n －1＝2－12n －1，当n ＝1时，S 1＝1＝2－12n －1.所以当n ∈N *时，S n ≥2－12n －1.另一方面，a 2n ＋a n ＝3a 2n ＋1＋2a n ＋1>2a 2n ＋1＋2a n ＋1＝2(a 2n ＋1＋a n ＋1)，令a 2n ＋a n ＝b n ，则b n >2b n ＋1，于是当n ≥2时，b n b n －1<12，b n －1b n －2<12，…，b 2b 1<12，相乘得b n <12n －1b 1＝12n －2， 即a 2n ＋a n ＝b n <12n －2，故a n <12n －2， 故当n ≥2时，S n ＝a 1＋(a 2＋…＋a n )<1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋12n －2＝3－12n －2<3.当n ＝1时，S 1＝1<3， 综上，对任意的n ∈N *,2－12n －1≤S n <3.21．(15分)已知抛物线C 1：y 2＝4x 和C 2：x 2＝2py ()p >0的焦点分别为F 1，F 2，点P ()－1，－1且F 1F 2⊥OP (O 为坐标原点)． (1)求抛物线C 2的方程；(2)过点O 的直线交C 1的下半部分于点M ，交C 2的左半部分于点N ，求△PMN 面积的最小值． 解 (1)F 1(1,0)，F 2⎝⎛⎭⎫0，p2， ∴F 1F 2→＝⎝⎛⎭⎫－1，p 2， F 1F 2→·OP →＝⎝⎛⎭⎫－1，p 2·()－1，－1＝1－p 2＝0， ∴p ＝2，∴抛物线C 2的方程为x 2＝4y .(2)由题意知，过点O 的直线的斜率一定存在且不为0，设直线方程为y ＝kx ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x ，y ＝kx ，得(kx )2＝4x ，求得M ⎝⎛⎭⎫4k 2，4k ， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ，得N (4k,4k 2)(k ＜0)，从而|MN |＝1＋k 2⎪⎪⎪⎪4k 2－4k ＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫4k 2－4k ， 点P 到直线MN 的距离d ＝|k －1|1＋k 2，S △PMN ＝12·|k －1|1＋k 2·1＋k 2⎝⎛⎭⎫4k 2－4k ＝2(1－k )(1－k 3)k 2＝2(1－k )2()1＋k ＋k 2k 2＝2⎝⎛⎭⎫k ＋1k －2⎝⎛⎭⎫k ＋1k ＋1， 令t ＝k ＋1k ()t ≤－2，有S △PMN ＝2(t －2)(t ＋1)，当t ＝－2，k ＝－1时，S △PMN 取得最小值． 即当过原点的直线为y ＝－x 时， △PMN 的面积取得最小值为8. 22．(15分)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设函数g (x )＝(x －2)e x ＋f (x )－1－b ，当a ≥1时，g (x )≤0对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，1恒成立，求满足条件的b 最小的整数值．解 (1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ，当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，x ＝1a，由f ′(x )>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，由f ′(x )<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞， 所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. 综上，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. (2)由g (x )＝()x －2e x ＋ln x －ax －b ， 因为g (x )≤0对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，1恒成立，b ≥()x －2e x ＋ln x －ax 在a ≥1时对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，1恒成立， 因为a ≥1，x >0，所以()x －2e x ＋ln x －ax ≤()x －2e x ＋ln x －x ，只需b ≥()x －2e x ＋ln x －x 对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，1恒成立即可． 构造函数h (x )＝()x －2e x ＋ln x －x ， h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x －1＝(x －1)⎝⎛⎭⎫e x －1x ， 因为x ∈⎝⎛⎭⎫12，1，所以x －1<0，且t (x )＝e x －1x单调递增，因为t ⎝⎛⎭⎫12＝12e －2<0，t ()1＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得t (x 0)＝0， 即e x 0＝1x 0，x 0＝－ln x 0.所以h (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫12，x 0，单调递减区间为()x 0，1. 所以h (x )max ＝h ()x 0＝()x 0－2e x 0＋ln x 0－x 0 ＝1－2⎝⎛⎭⎫x 0＋1x 0∈()－4，－3， 所以b 的最小的整数值为－3.浙江高考仿真卷(二)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 y B ．sin a x >sin b y C ．ay >bx D ．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，π2 B.⎣⎡⎦⎤π6，π3 C.⎣⎡⎦⎤π6，π2 D.⎣⎡⎦⎤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＋k2＝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 ．7 B ．6 C ．5 D ．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＝1en 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＝1ek a －≤11ek -+＝111ek +≤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＝t2.其中t ＝log 2n ＋1，t ∈N *，当n →＋∞时，t →＋∞，t2→＋∞，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 ≤2πeπ12-， 综上，－1≤k ≤2πeπ12-. (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01ex －＝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)＝01ex －＋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.。

2020年浙江省高考数学模拟试卷及答案

2020年浙江省高考数学模拟试卷及答案

2020年浙江省高考数学模拟试卷一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）已知A ＝{x ∈N *|x ≤3}，B ＝{x |x 2﹣4x ≤0}，则A ∩B ＝（ ） A ．{1，2，3}B ．{1，2}C ．（0，3]D ．（3，4]2．（4分）设i 为虚数单位，复数z =2+3ii，则z 的共轭复数是（ ） A ．3﹣2iB ．3+2iC ．﹣3﹣2iD ．﹣3+2i3．（4分）设变量x ，y 满足约束条件{x +y ≥1，2x −y ≤2，x −y +1≥0，则z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值为（ ）A ．2B ．4√55C ．4D ．1654．（4分）已知α为任意角，则“cos2α=13”是“sin α=√33”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5．（4分）函数f （x ）＝x 2+e |x |的图象只可能是（ ）A ．B ．C ．D ．6．（4分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为线段AD 的中点，Q 为线段B 1C 1的动点，则下列说法中错误的是（ ）A ．线段PQ 与平面CDD 1C 1可能平行B ．当Q 为线段B 1C 1的中点时，线段PQ 与DD 1所成角为π4C ．PQ ≥√2ABD ．CD 1与PQ 不可能垂直7．（4分）已知0＜a ＜23，随机变量ξ的分布列如图：则当a 增大时，ξ的期望E （ξ）变化情况是（ ）ξ ﹣10 1 P13abA ．E （ξ）增大B ．E （ξ）减小C ．E （ξ）先增后减D ．E （ξ）先减后增8．（4分）已知函数f(x)={x 2+4x +2，x ≤0log 2x ，x ＞0，且方程f （x ）＝a 有三个不同的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1+x 2+x 3的取值范围为（ ） A ．(−154，0]B ．(−154，2]C ．[﹣4，+∞）D ．[﹣4，2）9．（4分）如图，在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，M 是棱A 1C 1上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M ﹣AC ﹣B 的平面角为γ．则（ ）A ．α≥β，β≤γB ．α≤β，β≤γC ．α≥β，β≥γD ．α≤β，β≥γ10．（4分）设数列{a n }满足a n +1＝a n 2+2a n ﹣2（n ∈N *），若存在常数λ，使得a n ≤λ恒成立，则λ的最小值是（ ） A ．﹣3B ．﹣2C ．﹣1D ．1二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）过点P （1，1）作直线l 与双曲线x 2−y 22=λ交于A ，B 两点，若点P 恰为线段AB 的中点，则实数λ的取值范围是 ．12．（6分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ．13．（6分）已知（1﹣x ）6＝a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 6x 6，则a 2＝ ，a 0﹣a 1+a 2﹣a 3+a 4﹣a 5+a 6＝ ． 14．（6分）在△ABC 中，a ＝1，cos C =34，△ABC 的面积为√74，则c ＝ ． 15．（4分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的上、下顶点分别为B 2，B 1，若一个半径为√2b ，过点B 1，B 2的圆M 与椭圆的一个交点为P （异于顶点B 1，B 2），且|k PB 1−kPB 2|=89，则椭圆的离心率为 ．16．（4分）如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BCD ＝60°， CB ＝CD ＝2√3．若点M 为边BC 上的动点，则AM →•DM →的最小值为 ．17．（4分）设f （x ）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且满足f （x ）+xf '（x ）＞0，则不等式f （x +1）＞（x ﹣1）f （x 2﹣1）的解集为 三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且b ﹣c ＝1，cos A =13，△ABC 的面积为2√2．（Ⅰ）求a 及sin C 的值； （Ⅱ）求cos （2A −π6）的值．19．（15分）如图，三棱锥D ﹣ABC 中，AD ＝CD ，AB ＝BC ＝4√2，AB ⊥BC ． （1）求证：AC ⊥BD ；（2）若二面角D ﹣AC ﹣B 的大小为150°且BD ＝4√7时，求直线BM 与面ABC 所成角的正弦值．20．（15分）在等差数列{a n }和正项等比数列{b n }中，a 1＝1，b 1＝2，且b 1，a 2，b 2成等差数列，数列{b n }的前n 项和为Sn ，且S 3＝14． （1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）令c n =a b n ，（﹣1）n d n ＝n c n +n ，求数列{d n }的前项和为T n ．21．（15分）已知抛物线y2＝x上的动点M（x0，y0），过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点，交直线x＝t于A、B两点．（1）若点M纵坐标为√2，求M与焦点的距离；（2）若t＝﹣1，P（1，1），Q（1，﹣1），求证：y A•y B为常数；（3）是否存在t，使得y A•y B＝1且y P•y Q为常数？若存在，求出t的所有可能值，若不存在，请说明理由．22．（15分）设函数f（x）＝e x cos x，g（x）＝e2x﹣2ax．（1）当x∈[0，π3]时，求f（x）的值域；（2）当x∈[0，+∞）时，不等式g(x)≥f′(x)e2x恒成立（f'（x）是f（x）的导函数），求实数a的取值范围．2020年浙江省高考数学模拟试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）已知A ＝{x ∈N *|x ≤3}，B ＝{x |x 2﹣4x ≤0}，则A ∩B ＝（ ） A ．{1，2，3}B ．{1，2}C ．（0，3]D ．（3，4]【解答】解：由题意得：A ＝{x ∈N *|x ≤3}＝{1，2，3}，B ＝{x |x 2﹣4x ≤0}＝{x |0≤x ≤4}， ∴所以A ∩B ＝{1，2，3}， 故选：A ．2．（4分）设i 为虚数单位，复数z =2+3ii，则z 的共轭复数是（ ） A ．3﹣2iB ．3+2iC ．﹣3﹣2iD ．﹣3+2i【解答】解：∵z =2+3i i =(2+3i)(−i)−i2=3−2i ， ∴z =3+2i ． 故选：B ．3．（4分）设变量x ，y 满足约束条件{x +y ≥1，2x −y ≤2，x −y +1≥0，则z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值为（ ）A ．2B ．4√55C ．4D ．165【解答】解：画出变量x ，y 满足约束条件{x +y ≥1，2x −y ≤2，x −y +1≥0，的可行域，可发现z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值是（3，0）到2x ﹣y ﹣2＝0距离的平方． 取得最小值：(6−24+1)2=165．故选：D ．4．（4分）已知α为任意角，则“cos2α=13”是“sin α=√33”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【解答】解：若cos2α=13，则cos2α＝1﹣2sin 2α，sin α=±√33，则cos2α=13”是“sin α=√33”的不充分条件；若sin α=√33，则cos2α＝1﹣2sin 2α，cos2α=13，则cos2α=13”是“sin α=√33”的必要条件； 综上所述：“cos2α=13”是“sin α=√33”的必要不充分条件．故选：B ．5．（4分）函数f （x ）＝x 2+e |x |的图象只可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：因为对于任意的x ∈R ，f （x ）＝x 2+e |x |＞0恒成立，所以排除A ，B ， 由于f （0）＝02+e |0|＝1，则排除D ， 故选：C ．6．（4分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为线段AD 的中点，Q 为线段B 1C 1的动点，则下列说法中错误的是（ ）A ．线段PQ 与平面CDD 1C 1可能平行B ．当Q 为线段B 1C 1的中点时，线段PQ 与DD 1所成角为π4C ．PQ ≥√2ABD ．CD 1与PQ 不可能垂直【解答】解：在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为线段AD 的中点，Q 为线段B 1C 1的动点， 在A 中，当Q 为线段B 1C 1中点时，线段PQ 与平面CDD 1C 1平行，故A 正确； 在C 中，当Q 为线段B 1C 1的中点时，PQ ∥DC 1， ∴线段PQ 与DD 1所成角为∠C 1DD 1=π4，故B 正确；在C 中，PQ ≥√2AB ，当且仅当Q 为线段B 1C 1的中点时取等号，故C 正确； 在D 中，当Q 为线段B 1C 1的中点时，PQ ∥DC 1，CD 1与PQ 垂直，故D 错误． 故选：D ．7．（4分）已知0＜a ＜23，随机变量ξ的分布列如图：则当a 增大时，ξ的期望E （ξ）变化情况是（ ）ξ ﹣10 1 P13abA ．E （ξ）增大B ．E （ξ）减小C ．E （ξ）先增后减D ．E （ξ）先减后增【解答】解：依题可知{E(ξ)=−13+b a +b =23，∴E(ξ)=−13+23−a ，∴当a 增大时，ξ的期望E （ξ）减小．故选：B ．8．（4分）已知函数f(x)={x 2+4x +2，x ≤0log 2x ，x ＞0，且方程f （x ）＝a 有三个不同的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1+x 2+x 3的取值范围为（ ） A ．(−154，0] B ．(−154，2] C ．[﹣4，+∞） D ．[﹣4，2）【解答】解：作出函数f （x ）的图象，方程f （x ）＝a 有三个不同的实数根 即等价于函数y ＝f （x ）的图象与直线y ＝a 有三个交点A ，B ，C ，故有﹣2＜a ≤2， 不妨设x 1＜x 2＜x 3，因为点A ，B 关于直线x ＝﹣2对称，所以x 1+x 2＝﹣4， ﹣2＜log 2x 3≤2，即14＜x 3≤4，故−154＜x 1+x 2+x 3≤0．故选：A ．9．（4分）如图，在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，M 是棱A 1C 1上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M ﹣AC ﹣B 的平面角为γ．则（ ）A ．α≥β，β≤γB ．α≤β，β≤γC ．α≥β，β≥γD ．α≤β，β≥γ【解答】解：∵在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，M 是棱A 1C 1上的点， 记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β， 二面角M ﹣AC ﹣B 的平面角为γ． ∴根据最小角定理得α≥β， 根据最大角定理得β≤γ． 故选：A ．10．（4分）设数列{a n }满足a n +1＝a n 2+2a n ﹣2（n ∈N *），若存在常数λ，使得a n ≤λ恒成立，则λ的最小值是（ ） A ．﹣3B ．﹣2C ．﹣1D ．1【解答】解：a n+1−a n =a n 2+a n −2=(a n +2)(a n −1)，若a n ＜﹣2，则a n +1＞a n ，则该数列单调递增，所以无限趋于﹣2．若a n ＝﹣2，则a n +1＝a n ，则该数列为常数列，即a n ＝2．所以，综上所述，λ≥﹣2．∴λ的最小值是﹣2．故选：B ． 二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）过点P （1，1）作直线l 与双曲线x 2−y 22=λ交于A ，B 两点，若点P 恰为线段AB 的中点，则实数λ的取值范围是 （﹣∞，0）∪（0，12） ．【解答】解：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），代入双曲线可得：{x 12−y 122=λx 22−y 222=λ，两式相减可得：y 1−y 2x 1−x 2=2(x 1+x 2)y 1+y 2，而由题意可得，x 1+x 2＝2×1＝2，y 1+y 2＝2×1＝2， 所以直线AB 的斜率k =y 1−y 2x 1−x 2=2×22=2，所以直线AB 的方程为：y ﹣1＝2（x ﹣1），即y ＝2x ﹣1，代入双曲线的方程可得：2x 2﹣4x +1+2λ＝0，因为直线与双曲线由两个交点，所以△＞0，且λ≠0，即△＝16﹣4×2×（1+2λ）＞0，解得：λ＜12， 所以实数λ的取值范围是（﹣∞，0）∪（0，12），故答案为：（﹣∞，0）∪（0，12）．12．（6分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 9 ．【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 下底面为直角梯形，高为3的四棱锥体， 如图所示：所以：V =13×12(2+4)×3×3=9， 故答案为：913．（6分）已知（1﹣x ）6＝a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 6x 6，则a 2＝ 15 ，a 0﹣a 1+a 2﹣a 3+a 4﹣a 5+a 6＝ 64 ．【解答】解：由（1﹣x ）6的通项为T r+1=C 6r (−x)r 可得，令r ＝2，即x 2项的系数a 2为C 62=15，即a 2＝15，由（1﹣x ）6＝a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 6x 6，取x ＝﹣1，得a 0﹣a 1+a 2﹣a 3+a 4﹣a 5+a 6＝[1﹣（﹣1）]6＝64，故答案为：15，64． 14．（6分）在△ABC 中，a ＝1，cos C =34，△ABC 的面积为√74，则c ＝ √2 ． 【解答】解：∵a ＝1，cos C =34，△ABC 的面积为√74， ∴sin C =√1−cos 2C =√74，可得√74=12ab sin C =√78ab ，解得ab ＝2，∴b ＝2，∴由余弦定理可得c =2+b 2−2abcosC =√12+22−2×1×2×34=√2． 故答案为：√2．15．（4分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的上、下顶点分别为B 2，B 1，若一个半径为√2b ，过点B 1，B 2的圆M 与椭圆的一个交点为P （异于顶点B 1，B 2），且|k PB 1−kPB 2|=89，则椭圆的离心率为2√23． 【解答】解：设P （x 0，y 0），B 1（0，﹣b ），B 2（0，+b ），由|kPB 1−kPB 2|=89，|y 0−b x 0−y 0+b x 0|=89，∴|x 0|=94b ，由题意得圆M 的圆心在x 轴上，设圆心（t ，0），由题意知：t 2+b 2＝2b 2∴t 2＝b 2， ∴MP 2＝2b 2＝（x 0﹣t ）2+y 02，∴y 02=716b 2，P 在椭圆上，所以81b 216a +716=1， ∴a 2＝9b 2＝9（a 2﹣c 2），∴e 2=89，所以离心率为2√23，故答案为：2√23． 16．（4分）如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BCD ＝60°，CB ＝CD ＝2√3．若点M 为边BC 上的动点，则AM →•DM →的最小值为214．【解答】解：如图所示：以B 为原点，以BA 所在的直线为x 轴，以BC 所在的直线为y 轴，过点D 做DP ⊥x 轴，过点D 做DQ ⊥y 轴，∵AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，CB =CD =2√3， ∴B （0，0），A （2，0），C （0，2√3），D （3，√3），设M （0，a ），则AM →=（﹣2，a ），DM →=（﹣3，a −√3），故AM →•DM →=6+a （a −√3）=(a −√32)2+214≥214， 故答案为：214．17．（4分）设f （x ）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且满足f （x ）+xf '（x ）＞0，则不等式f （x +1）＞（x ﹣1）f （x 2﹣1）的解集为 （1，2）【解答】解：令g （x ）＝xf （x ），x ∈（0，+∞）．g ′（x ）＝f （x ）+xf '（x ）＞0， ∴函数g （x ）在x ∈（0，+∞）上单调递增．不等式f （x +1）＞（x ﹣1）f （x 2﹣1）即不等式（x +1）f （x +1）＞（x 2﹣1）f （x 2﹣1），x +1＞0． ∴x +1＞x 2﹣1＞0，解得：1＜x ＜2．∴不等式f （x +1）＞（x ﹣1）f （x 2﹣1）的解集为（1，2）．故答案为：（1，2）．三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且b ﹣c ＝1，cos A =13，△ABC 的面积为2√2．（Ⅰ）求a 及sin C 的值； （Ⅱ）求cos （2A −π6）的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且b ﹣c ＝1，cos A =13， ∴sin A =√1−cos 2A =2√23， ∵△ABC 的面积为12bc •sin A =bc 2•2√23=√23bc ＝2√2，∴bc ＝6，∴b ＝3，c ＝2， ∴a =√b 2+c 2−2bc ⋅cosA =√9+4−2⋅3⋅2⋅13=3． 再根据正弦定理可得a sinA=c sinC，即2√23=2sinC，∴sin C =4√29． （Ⅱ）∴sin2A ＝2sin A cos A =4√29，cos2A ＝2cos 2A ﹣1=−79， 故 cos （2A −π6）＝cos2A cos π6+sin2A sinπ6=−79•√32+4√29•12=4√2−7√318． 19．（15分）如图，三棱锥D ﹣ABC 中，AD ＝CD ，AB ＝BC ＝4√2，AB ⊥BC ． （1）求证：AC ⊥BD ；（2）若二面角D ﹣AC ﹣B 的大小为150°且BD ＝4√7时，求直线BM 与面ABC 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC 中点O ，连结BO ，DO ， ∵AD ＝CD ，AB ＝BC ，∴AC ⊥BO ，AC ⊥DO ， ∵BO ∩DO ＝O ，∴AC ⊥平面BOD ， 又BD ⊂平面BOD ，∴AC ⊥BD ．（2）解：由（1）知∠BOD 是二面角D ﹣AC ﹣B 的平面角，∴∠BOD ＝150°， ∵AC ⊥平面BOD ，∴平面BOD ⊥平面ABC ， 在平面BOD 内作Oz ⊥OB ，则Oz ⊥平面ABC ，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 由题意得OB ＝4，在△BOD 中由余弦定理得OD ＝4√3，∴A （0，﹣4，0），B （4，0，0），C （0，4，0），D （﹣6，0，2√3），∴M （﹣3，2，√3），BM →=（﹣7，2，√3），平面ABC 的法向量n →=（0，0，1），设直线BM 与面ABC 所成角为θ，则直线BM 与面ABC 所成角的正弦值为：sin θ=|n →⋅BM →||n →|⋅|BM →|=√356=√4228．20．（15分）在等差数列{a n }和正项等比数列{b n }中，a 1＝1，b 1＝2，且b 1，a 2，b 2成等差数列，数列{b n }的前n 项和为Sn ，且S 3＝14．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）令c n =a b n ，（﹣1）n d n ＝n c n +n ，求数列{d n }的前项和为T n ．【解答】解：（1）等差数列{a n }的公差设为d ，正项等比数列{b n }的公比设为q ，q ＞0，a 1＝1，b 1＝2，且b 1，a 2，b 2成等差数列，可得2a 2＝b 1+b 2，即2（1+d ）＝2+2q ，即d ＝q ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S 3＝14，可得2+2q +2q 2＝14，解得q ＝2，d ＝2，则a n ＝2n ﹣1，b n ＝2n ；（2）c n =a b n =2n +1﹣1，（﹣1）n d n ＝n c n +n ＝n •2n +1，则d n ＝2n •（﹣2）n ，前项和为T n ＝2•（﹣2）+4•4+6•（﹣8）+…+2n •（﹣2）n ，﹣2T n ＝2•4+4•（﹣8）+6•16+…+2n •（﹣2）n +1，相减可得3T n ＝﹣4+2（4+（﹣8）+…+（﹣2）n ）﹣2n •（﹣2）n +1＝﹣4+2•4(1−(−2)n−1)1−(−2)−2n •（﹣2）n +1，化简可得T n =−49−6n+29•（﹣2）n +1． 21．（15分）已知抛物线y 2＝x 上的动点M （x 0，y 0），过M 分别作两条直线交抛物线于P 、Q 两点，交直线x ＝t 于A 、B 两点．（1）若点M 纵坐标为√2，求M 与焦点的距离；（2）若t ＝﹣1，P （1，1），Q （1，﹣1），求证：y A •y B 为常数；（3）是否存在t ，使得y A •y B ＝1且y P •y Q 为常数？若存在，求出t 的所有可能值，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）解：∵抛物线y 2＝x 上的动点M （x 0，y 0），过M 分别作两条直线交抛物线于P 、Q 两点，交直线x ＝t 于A 、B 两点．点M 纵坐标为√2， ∴点M 的横坐标x M ＝（√2）2＝2，∵y 2＝x ，∴p =12，∴M 与焦点的距离为MF =x M +p 2=2+14=94．（2）证明：设M （y 02，y 0），直线PM ：y ﹣1=y 0−1y 02−1（x ﹣1），当x ＝﹣1时，y A =y 0−1y 0+1，直线QM ：y +1=y 0+1y 02−1（x ﹣1），x ＝﹣1时，y B =−y 0−1y 0−1，∴y A y B ＝﹣1， ∴y A •y B 为常数﹣1．（3）解：设M （y 02，y 0），A （t ，y A ），直线MA ：y ﹣y 0=y 0−y A y 02−t （x ﹣y 02）， 联立y 2＝x ，得y 2−y 02−t y 0−y A y +y 02−t y 0−y A y 0−y 02=0，∴y 0+y p =y 02−t y 0−y A ，即y P =y 0y A −t y 0−y A， 同理得y Q =y 0y B −1y 0−y B，∵y A •y B ＝1，∴y P y Q =y 02−ty 0(y A +y B )+t 2y 02−y 0(y A +y B )+1， 要使y P y Q 为常数，即t ＝1，此时y P y Q 为常数1，∴存在t ＝1，使得y A •y B ＝1且y P •y Q 为常数1．22．（15分）设函数f （x ）＝e x cos x ，g （x ）＝e 2x ﹣2ax ．（1）当x ∈[0，π3]时，求f （x ）的值域；（2）当x ∈[0，+∞）时，不等式g(x)≥f′(x)e 2x 恒成立（f '（x ）是f （x ）的导函数），求实数a 的取值范围． 【解答】解：（1）由题可得f '（x ）＝e x cos x ﹣e x sin x ＝e x （cos x ﹣sin x ）．令f '（x ）＝e x （cos x ﹣sin x ）＝0，得x =π4∈[0，π3]． 当x ∈(0，π4)时，f '（x ）＞0，当x ∈(π4，π3)时，f '（x ）＜0，所以f(x)max =f(π4)=√22e π4，f(x)min =min{f(0)，f(π3)}．因为f(π3)=e π32＞e 332=e 2＞1=f(0)，所以f （x ）min ＝1， 所以f （x ）的值域为[1，√22e π4]． （2）由g(x)≥f′(x)e 2x 得e 2x −2ax ≥cosx−sinx e x ， 即sinx−cosxe +e 2x −2ax ≥0．设ℎ(x)=sinx−cosx e x +e 2x −2ax ，则ℎ′(x)=2cosx e x +2e 2x −2a ． 设φ（x ）＝h '（x ），则φ′(x)=4e 3x −2√2sin(x+π4)e x． 当x ∈[0，+∞）时，4e 3x ≥4，2√2sin(x +π4≤2√2)，所以φ'（x ）＞0． 所以φ（x ）即h '（x ）在[0，+∞）上单调递增，则h '（x ）≥h '（0）＝4﹣2a ．若a ≤2，则h '（x ）≥h '（0）＝4﹣2a ≥0，所以h （x ）在[0，+∞）上单调递增．所以h （xa ＞2）≥h （0）＝0恒成立，符合题意．若，则h '（0）＝4﹣2a ＜0，必存在正实数x 0，满足：当x ∈（0，x 0）时，h '（x ）＜0，h （x ）单调递减，此时h （x ）＜h （0）＝0，不符合题意综上所述，a 的取值范围是（﹣∞，2]．。

2020年浙江省高考数学模拟试卷及答案

2020年浙江省高考数学模拟试卷及答案

2020年浙江省高考数学模拟试卷一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）已知A ＝{x ∈N *|x ≤3}，B ＝{x|x 2﹣4x ≤0}，则A ∩B ＝（）A ．{1，2，3}B ．{1，2}C ．（0，3]D ．（3，4]2．（4分）设i 为虚数单位，复数??=2+3??，则z 的共轭复数是（）A ．3﹣2iB ．3+2iC ．﹣3﹣2iD ．﹣3+2i3．（4分）设变量x ，y 满足约束条件{+??≥1，2??-??≤2，-??+1≥0，则z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值为（）A ．2B ．4√55C ．4D ．1654．（4分）已知α为任意角，则“cos2α＝13”是“sin α＝√33”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5．（4分）函数f （x ）＝x 2+e |x|的图象只可能是（）A ．B ．C ．D ．6．（4分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为线段AD 的中点，Q 为线段B 1C 1的动点，则下列说法中错误的是（）A ．线段PQ 与平面CDD 1C 1可能平行B ．当Q 为线段B 1C 1的中点时，线段PQ 与DD 1所成角为4C ．≥√2D ．CD 1与PQ 不可能垂直7．（4分）已知0＜??＜23，随机变量ξ的分布列如图：则当a增大时，ξ的期望E（ξ）变化情况是（）ξ﹣101P13a bA．E（ξ）增大B．E（ξ）减小C．E（ξ）先增后减D．E（ξ）先减后增8．（4分）已知函数??(??)={2+4??+2，??≤02??，??＞0，且方程f（x）＝a有三个不同的实数根x1，x2，x3，则x1+x2+x3的取值范围为（）A．(-154，0]B．(-154，2]C．[﹣4，+∞）D．[﹣4，2）9．（4分）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，M是棱A1C1上的点，记直线AM与直线BC所成的角为α，直线AM与平面ABC所成的角为β，二面角M﹣AC﹣B的平面角为γ．则（）A．α≥β，β≤γB．α≤β，β≤γC．α≥β，β≥γD．α≤β，β≥γ10．（4分）设数列{a n}满足a n+1＝a n2+2a n﹣2（n∈N*），若存在常数λ，使得a n≤λ恒成立，则λ的最小值是（）A．﹣3B．﹣2C．﹣1D．1二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）过点P（1，1）作直线l与双曲线??2-22=??交于A，B两点，若点P恰为线段AB的中点，则实数λ的取值范围是．12．（6分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．13．（6分）已知（1﹣x）6＝a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则a2＝，a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6＝．14．（6分）在△ABC中，a＝1，cosC=34，△ABC的面积为√74，则c＝．15．（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22+??2??2=1（a＞b＞0）的上、下顶点分别为B2，B1，若一个半径为√2b，过点B1，B2的圆M与椭圆的一个交点为P（异于顶点B1，B2），且|k1-k2|=89，则椭圆的离心率为．16．（4分）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD＝60°，CB＝CD＝2√3．若点M为边BC上的动点，则→→的最小值为．17．（4分）设f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且满足f（x）+xf'（x）＞0，则不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集为三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b﹣c＝1，cosA=13，△ABC的面积为2√2．（Ⅰ）求a及sinC的值；（Ⅱ）求cos（2A-6）的值．19．（15分）如图，三棱锥D﹣ABC中，AD＝CD，AB＝BC＝4√2，AB⊥BC．（1）求证：AC⊥BD；（2）若二面角D﹣AC﹣B的大小为150°且BD＝4√7时，求直线BM与面ABC所成角的正弦值．20．（15分）在等差数列{a n}和正项等比数列{b n}中，a1＝1，b1＝2，且b1，a2，b2成等差数列，数列{b n}的前n项和为Sn，且S3＝14．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）令??=????，（﹣1）n d n＝nc n+n，求数列{d n}的前项和为T n．21．（15分）已知抛物线y2＝x上的动点M（x0，y0），过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点，交直线x＝t于A、B两点．（1）若点M纵坐标为√2，求M与焦点的距离；（2）若t＝﹣1，P（1，1），Q（1，﹣1），求证：y A y B为常数；（3）是否存在t，使得y A y B＝1且y P?y Q为常数？若存在，求出t的所有可能值，若不存在，请说明理由．22．（15分）设函数f（x）＝e x cosx，g（x）＝e2x﹣2ax．（1）当??∈[0，]时，求f（x）的值域；3恒成立（f'（x）是f（x）的导函数），求实数a的取值范围．（2）当x∈[0，+∞）时，不等式??(??)≥′(??)2??2020年浙江省高考数学模拟试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）已知A ＝{x ∈N *|x ≤3}，B ＝{x|x 2﹣4x ≤0}，则A ∩B ＝（）A ．{1，2，3}B ．{1，2}C ．（0，3]D ．（3，4]【解答】解：由题意得：A ＝{x ∈N *|x ≤3}＝{1，2，3}，B ＝{x|x 2﹣4x ≤0}＝{x|0≤x ≤4}，∴所以A ∩B ＝{1，2，3}，故选：A ．2．（4分）设i 为虚数单位，复数??=2+3??，则z 的共轭复数是（）A ．3﹣2iB ．3+2iC ．﹣3﹣2iD ．﹣3+2i【解答】解：∵??=2+3??=(2+3??)(-??)-??2=3-2??，∴??=3+2??．故选：B ．3．（4分）设变量x ，y 满足约束条件{+??≥1，2??-??≤2，-??+1≥0，则z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值为（）A ．2B ．4√55C ．4D ．165【解答】解：画出变量x ，y 满足约束条件{+??≥1，2??-??≤2，-??+1≥0，的可行域，可发现z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值是（3，0）到2x ﹣y ﹣2＝0距离的平方．取得最小值：(6-2√4+1)2=165．故选：D ．4．（4分）已知α为任意角，则“cos2α＝13”是“sin α＝√33”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【解答】解：若cos2α＝13，则cos2α＝1﹣2sin 2α，sin α＝±√33，则cos2α＝13”是“sin α＝√33”的不充分条件；若sin α＝√33，则cos2α＝1﹣2sin 2α，cos2α＝13，则cos2α＝13”是“sin α＝√33”的必要条件；综上所述：“cos2α＝13”是“sin α＝√33”的必要不充分条件．故选：B ．5．（4分）函数f（x）＝x2+e|x|的图象只可能是（）A．B．C．D．【解答】解：因为对于任意的x∈R，f（x）＝x2+e|x|＞0恒成立，所以排除A，B，由于f（0）＝02+e|0|＝1，则排除D，故选：C．6．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段AD的中点，Q为线段B1C1的动点，则下列说法中错误的是（）A．线段PQ与平面CDD1C1可能平行B．当Q为线段B1C1的中点时，线段PQ与DD1所成角为4C．≥√2D．CD1与PQ不可能垂直【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段AD的中点，Q为线段B1C1的动点，在A中，当Q为线段B1C1中点时，线段PQ与平面CDD1C1平行，故A正确；在C中，当Q为线段B1C1的中点时，PQ∥DC1，∴线段PQ与DD1所成角为∠C1DD1=4，故B正确；在C中，PQ≥√2AB，当且仅当Q为线段B1C1的中点时取等号，故C正确；在D中，当Q为线段B1C1的中点时，PQ∥DC1，CD1与PQ垂直，故D错误．故选：D．7．（4分）已知0＜??＜23，随机变量ξ的分布列如图：则当a增大时，ξ的期望E（ξ）变化情况是（）ξ﹣101P13a b A．E（ξ）增大B．E（ξ）减小C．E（ξ）先增后减D．E（ξ）先减后增【解答】解：依题可知{()=-13+??+??=23，∴??(??)=-13+23-??，∴当a 增大时，ξ的期望E （ξ）减小．故选：B ．8．（4分）已知函数??(??)={2+4??+2，??≤02??，??＞0，且方程f （x ）＝a 有三个不同的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1+x 2+x 3的取值范围为（）A ．(-154，0]B ．(-154，2]C ．[﹣4，+∞）D ．[﹣4，2）【解答】解：作出函数f （x ）的图象，方程f （x ）＝a 有三个不同的实数根即等价于函数y ＝f （x ）的图象与直线y ＝a 有三个交点A ，B ，C ，故有﹣2＜a ≤2，不妨设x 1＜x 2＜x 3，因为点A ，B 关于直线x ＝﹣2对称，所以x 1+x 2＝﹣4，﹣2＜log 2x 3≤2，即14＜x 3≤4，故-154＜x 1+x 2+x 3≤0．故选：A ．9．（4分）如图，在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，M 是棱A 1C 1上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M ﹣AC ﹣B 的平面角为γ．则（）A ．α≥β，β≤γB ．α≤β，β≤γC ．α≥β，β≥γD ．α≤β，β≥γ【解答】解：∵在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，M 是棱A 1C 1上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M ﹣AC ﹣B 的平面角为γ．∴根据最小角定理得α≥β，根据最大角定理得β≤γ．故选：A ．10．（4分）设数列{a n }满足a n+1＝a n 2+2a n ﹣2（n ∈N *），若存在常数λ，使得a n ≤λ恒成立，则λ的最小值是（）A ．﹣3B ．﹣2C ．﹣1D ．1【解答】解：??+1-????=????2+????-2=(????+2)(????-1)，若a n ＜﹣2，则a n+1＞a n ，则该数列单调递增，所以无限趋于﹣2．若a n ＝﹣2，则a n+1＝a n ，则该数列为常数列，即a n ＝2．所以，综上所述，λ≥﹣2．∴λ的最小值是﹣2．故选：B．二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）过点P（1，1）作直线l与双曲线??2-22=??交于A，B两点，若点P恰为线段AB的中点，则实数λ的取值范围是（﹣∞，0）∪（0，12）．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入双曲线可得：{12-122=??22-222=??，两式相减可得：1-??2??1-??2=2(??1+??2)??1+??2，而由题意可得，x1+x2＝2×1＝2，y1+y2＝2×1＝2，所以直线AB的斜率k=1-??21-??2=2×２2=2，所以直线AB的方程为：y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1，代入双曲线的方程可得：2x2﹣4x+1+2λ＝0，因为直线与双曲线由两个交点，所以△＞0，且λ≠0，即△＝16﹣4×2×（1+2λ）＞0，解得：??＜12，所以实数λ的取值范围是（﹣∞，0）∪（0，12），故答案为：（﹣∞，0）∪（0，12）．12．（6分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为9．【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：下底面为直角梯形，高为3的四棱锥体，如图所示：所以：V=13×12(2+4)×3×3=9，故答案为：913．（6分）已知（1﹣x）6＝a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则a2＝15，a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6＝64．【解答】解：由（1﹣x）6的通项为??+1=??6(-??)??可得，令r＝2，即x2项的系数a2为??62=15，即a2＝15，由（1﹣x）6＝a0+a1x+a2x2+…+a6x6，取x＝﹣1，得a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6＝[1﹣（﹣1）]6＝64，故答案为：15，64．14．（6分）在△ABC中，a＝1，cosC=34，△ABC的面积为√74，则c＝√2．【解答】解：∵a＝1，cosC=34，△ABC的面积为√74，∴sinC=√１-2??=√74，可得√74=12absinC=√78ab，解得ab＝2，∴b＝2，∴由余弦定理可得c=√??2+??2-2=√12+22-2×1×2×34=√2．故答案为：√2．15．（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22+??2??2=1（a＞b＞0）的上、下顶点分别为B2，B1，若一个半径为√2b，过点B1，B2的圆M与椭圆的一个交点为P（异于顶点B1，B2），且|k1-k2|=89，则椭圆的离心率为2√23．【解答】解：设P（x0，y0），B1（0，﹣b），B2（0，+b），由|k1-k2|=89，|0-??-??0+????0|=89，∴|x0|=94b，由题意得圆M的圆心在x轴上，设圆心（t，0），由题意知：t2+b2＝2b2∴t2＝b2，∴MP2＝2b2＝（x0﹣t）2+y02，∴y02=716??2，P在椭圆上，所以81??216??2+716=1，∴a2＝9b2＝9（a2﹣c2），∴e2=89，所以离心率为2√23，故答案为：2√23．16．（4分）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD＝60°，CB＝CD＝2√3．若点M为边BC上的动点，则→→的最小值为214．【解答】解：如图所示：以B为原点，以BA所在的直线为x轴，以BC所在的直线为y轴，过点D做DP⊥x轴，过点D做DQ⊥y轴，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，==2√3，∴B（0，0），A（2，0），C（0，2√3），D（3，√3），设M（0，a），则→=（﹣2，a），→=（﹣3，a-√3），故→→=6+a（a-√3）=(??-√32)2+214≥214，故答案为：214．17．（4分）设f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且满足f（x）+xf'（x）＞0，则不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集为（1，2）【解答】解：令g（x）＝xf（x），x∈（0，+∞）．g′（x）＝f（x）+xf'（x）＞0，∴函数g（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）即不等式（x+1）f（x+1）＞（x2﹣1）f（x2﹣1），x+1＞0．∴x+1＞x2﹣1＞0，解得：1＜x＜2．∴不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集为（1，2）．故答案为：（1，2）．三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b﹣c＝1，cosA=13，△ABC的面积为2√2．（Ⅰ）求a及sinC的值；（Ⅱ）求cos（2A-6）的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b﹣c＝1，cosA=13，∴sinA=√１-2=2√23，∵△ABC的面积为12bc?sinA=22√23=√23bc＝2√2，∴bc＝6，∴b＝3，c＝2，∴a=√??2+??2-2=√9+4-2?3?2?13=3．再根据正弦定理可得=??，即32√23=2，∴sinC=4√29．（Ⅱ）∴sin2A＝2sinAcosA=4√29，cos2A＝2cos2A﹣1=-79，故cos（2A-6）＝cos2Acos6+sin2Asin??6=-79√32+4√29?12=4√2-7√318．19．（15分）如图，三棱锥D﹣ABC中，AD＝CD，AB＝BC＝4√2，AB⊥BC．（1）求证：AC⊥BD；（2）若二面角D﹣AC﹣B的大小为150°且BD＝4√7时，求直线BM与面ABC所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC中点O，连结BO，DO，∵AD＝CD，AB＝BC，∴AC⊥BO，AC⊥DO，∵BO∩DO＝O，∴AC⊥平面BOD，又BD?平面BOD，∴AC⊥BD．（2）解：由（1）知∠BOD是二面角D﹣AC﹣B的平面角，∴∠BOD＝150°，∵AC⊥平面BOD，∴平面BOD⊥平面ABC，在平面BOD内作Oz⊥OB，则Oz⊥平面ABC，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得OB＝4，在△BOD中由余弦定理得OD＝4√3，∴A（0，﹣4，0），B（4，0，0），C（0，4，0），D（﹣6，0，2√3），∴M（﹣3，2，√3），→=（﹣7，2，√3），平面ABC 的法向量??→=（0，0，1），设直线BM 与面ABC 所成角为θ，则直线BM 与面ABC 所成角的正弦值为：sin θ＝|??→→||??→|?|→|=√3√56=√4228．20．（15分）在等差数列{a n }和正项等比数列{b n }中，a 1＝1，b 1＝2，且b 1，a 2，b 2成等差数列，数列{b n }的前n 项和为Sn ，且S 3＝14．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）令??=????，（﹣1）nd n ＝nc n +n ，求数列{d n }的前项和为T n ．【解答】解：（1）等差数列{a n }的公差设为d ，正项等比数列{b n }的公比设为q ，q ＞0，a 1＝1，b 1＝2，且b 1，a 2，b 2成等差数列，可得2a 2＝b 1+b 2，即2（1+d ）＝2+2q ，即d ＝q ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S 3＝14，可得2+2q+2q 2＝14，解得q ＝2，d ＝2，则a n ＝2n ﹣1，b n ＝2n ；（2）??=?????=2n +1﹣1，（﹣1）n d n ＝nc n +n ＝n?2n+1，则d n ＝2n?（﹣2）n ，前项和为T n ＝2?（﹣2）+4?4+6?（﹣8）+…+2n?（﹣2）n ，﹣2T n ＝2?4+4?（﹣8）+6?16+…+2n?（﹣2）n+1，相减可得3T n ＝﹣4+2（4+（﹣8）+…+（﹣2）n ）﹣2n?（﹣2）n+1＝﹣4+2?4(1-(-2)-1)1-(-2)-2n?（﹣2）n+1，化简可得T n =-49-6??+29（﹣2）n+1．21．（15分）已知抛物线y 2＝x 上的动点M （x 0，y 0），过M 分别作两条直线交抛物线于P 、Q 两点，交直线x ＝t 于A 、B 两点．（1）若点M 纵坐标为√2，求M 与焦点的距离；（2）若t ＝﹣1，P （1，1），Q （1，﹣1），求证：y A y B 为常数；（3）是否存在t ，使得y A y B ＝1且y P ?y Q 为常数？若存在，求出t 的所有可能值，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）解：∵抛物线y 2＝x 上的动点M （x 0，y 0），过M 分别作两条直线交抛物线于P 、Q 两点，交直线x ＝t 于A 、B 两点．点M 纵坐标为√2，∴点M 的横坐标x M ＝（√2）2＝2，∵y 2＝x ，∴p=12，∴M 与焦点的距离为MF =??+2=2+14=94．（2）证明：设M （??02，??0），直线PM ：y ﹣1=0-102-1（x ﹣1），当x ＝﹣1时，??=0-10+1，直线QM ：y+1=??0+102-1（x ﹣1），x ＝﹣1时，y B =-??0-1??0-1，∴y A y B ＝﹣1，∴y A y B 为常数﹣1．（3）解：设M （??02，??0），A （t ，y A ），直线MA ：y ﹣y 0=0-????02-??（x ﹣y 02），联立y 2＝x ，得??2-02-??0-??????+??02-????0-??????0-??02=0，∴y 0+y p =??02-????0-????，即y P =??0????-????0-????，同理得y Q =0????-10-????，∵y A ?y B ＝1，∴y P y Q =??02-0(????+????)+??202-??0(????+????)+1，要使y P y Q 为常数，即t ＝1，此时y P y Q 为常数1，∴存在t ＝1，使得y A ?y B ＝1且y P ?y Q 为常数1．22．（15分）设函数f （x ）＝e x cosx ，g （x ）＝e 2x﹣2ax ．（1）当??∈[0，3]时，求f （x ）的值域；（2）当x ∈[0，+∞）时，不等式??(??)≥′(??)2??恒成立（f'（x ）是f （x ）的导函数），求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）由题可得f '（x ）＝e x cosx ﹣e x sinx ＝e x （cosx ﹣sinx ）．令f'（x ）＝e x （cosx ﹣sin x ）＝0，得??=4∈[0，??3]．当??∈(0，4)时，f'（x ）＞0，当??∈(??4，??3)时，f'（x ）＜0，所以??(??)=??(4)=√22??4，??(??)={??(0)，??(??3)}．因为??(3)=??32＞??332=??2＞1=??(0)，所以f （x ）min ＝1，所以f （x ）的值域为[1，√224]．（2）由??(??)≥′(??)2??得??2??-2≥-，即-+??2??-2≥0．设(??)=-+??2??-2，则?′(??)=2????+2??2??-2??．设φ（x ）＝h'（x ），则??′(??)=4??3??-2√2(??+4)．当x ∈[0，+∞）时，4e 3x ≥4，2√2(??+4≤2√2)，所以φ'（x ）＞0．所以φ（x ）即h'（x ）在[0，+∞）上单调递增，则h'（x ）≥h'（0）＝4﹣2a ．若a ≤2，则h'（x ）≥h'（0）＝4﹣2a ≥0，所以h （x ）在[0，+∞）上单调递增．所以h （xa ＞2）≥h （0）＝0恒成立，符合题意．若，则h'（0）＝4﹣2a ＜0，必存在正实数x 0，满足：当x ∈（0，x 0）时，h'（x ）＜0，h （x ）单调递减，此时h （x ）＜h （0）＝0，不符合题意综上所述，a 的取值范围是（﹣∞，2]．。

【精品】2020届高考数学模拟试卷(浙江省)

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2020届高考数学模拟试卷（浙江省）一、单选题1．已知双曲线的左顶点与抛物线的22(0)y px p =>的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(2,1)--，则双曲线的虚轴长为（ ） A ．1B ．2C ．4D．2．若43()5a =，33()5b =，335c log =，则a ，b ，c 的大小关系是（ ） A ．c ＞b ＞aB ．c ＞a ＞bC ．a ＞b ＞cD ．b ＞a ＞c3．已知向量a ，b 满足()1,1a =，1b =，且22b a -=，则向量a 与b 的夹角的余弦值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．54．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若471027aa a ++=，则13(S = )A ．52B ．78C ．117D ．2085．在复平面内，复数z=(1-i)（i 是虚数单位）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6．函数()()23cos 2cos x xf x x x ππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭=-++在[],ππ-的图象大致为（ ） A ． B ．C ．D ．7．已知集合{}2|430,{|215}M x x x N x x =-+<=+<，则M N ⋃=（ ） A ．{}|3x x > B ．{}|2x x > C ．{}|3x x < D ．{}|2x x <8．函数()()221f x x a x =-+- 与()11a g x x -=+这两个函数在区间[]12，上都是减函数的一个充分不必要条件是实数a 的范围是 ( )A ．()()2,11,2--⋃B ．()()1,00,2-⋃C ．()1,2D ．(]1,29．下列命题中错误的是（ ）A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 10．设数列｛n a ｝的前n 项和n s =2n ，则8a 的值为 A ．15 B ．16C ．49D ．64二、双空题11．如图，高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计的用来研究随机现象的模型，它是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行，水平间隔相等的圆柱形铁钉，并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子恰好对准上面一排两相邻铁钉的正中央，从入口处放入一个直径略小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接着小球再通过两钉的间隙，又碰到下一排铁钉，如此继续下去，在最底层的5个出口处各放置一个容器接住小球，那么，小球落入1号容器的概率是______，若取4个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球个数为x ，则x 的数学期望是______.12．计算cos 75=________；sin14cos16sin 76cos74+的值是_________. 13．已知6625601256(1)(2)x x a a x a x a x a x +-+=+++++，则6a =_____，01256a a a a a +++++=_______.14．设变量x 、y 满足约束条件202010x y x y x y +-≤⎧⎪-+≥⎪⎨≥-⎪⎪≥⎩，则目标函数24=y x z 的最大值为______，最小值为______.三、填空题15．设,,a b c 是正实数，满足b c a +≤，则()2bca b +的最大值为_______．16．已知点A 是抛物线214y x =的对称轴与其准线的交点，点F 为该抛物线的焦点，点P 在抛物线上且满足||||PF m PA =，当m 取最小值时，点P 恰好在以A ，F 为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为__________.17．3476A C -=______．四、解答题18．设函数()1xaf x e x=+-，()0,x ∈+∞，e 为自然对数的底数. （1）讨论()f x 的极值点个数； （2）当12a ≥，()0,x ∈+∞时，证明：()()1a x f x x-<. 19．（本小题满分13分）已知椭圆：（）的右焦点为，且过点(2√3,0)． （Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设直线l:y =x +m(m ∈R)与椭圆交于不同两点、，且|AB|=3√2．若点P(x 0,2)满足|PA⃗⃗⃗⃗⃗ |=|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，求x 0的值． 20．已知函数()2sin 3f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭.（1）若点(1,P 在角α的终边上,求sin α和6f πα⎛⎫- ⎪⎝⎭的值； （2）求使()1f x ≥成立的x 的取值集合； （3）若对任意实数,32x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，不等式()2f x m -<恒成立，求实数m 的取值范围. 21．已知四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PCD ⊥平面ABCD ，E 为PB 上任意一点，O 为菱形对角线的交点，如图所示． （1）求证：平面EAC ⊥平面PBD ；（2）若60BAD ∠=︒，当四棱锥的体积被平面EAC 分成3:1两部分时，若二面角B AE C --的大小为45︒，求:PD AD 的值．22．冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS )和严重急性呼吸综合征(SARS )等较严重疾病.而今年出现的新型冠状病毒(nCoV )是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状､发热､咳嗽､气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎､严重急性呼吸综合征､肾衰竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有()*n n ∈N 份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则需要检验n 次.方式二：混合检验，将其中*(k k N ∈且k ≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k 份的血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k 份再逐份检验，此时这k 份血液的检验次数总共为k +1.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p (0<p <1).现取其中*(k k N ∈且k ≥2)份血液样本，记采用逐份检验，方式，样本需要检验的总次数为1ξ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2ξ. （1）若12()()E E ξξ=，试求p 关于k 的函数关系式p =f (k ). （2）若p 与干扰素计量n x 相关，其中12,,,,(n x x x n ≥2)是不同的正实数，满足x 1=1且13122311()n nn n x x e ex x -++-=-. (i )求证：数列{}n x 为等比数列； (ii )当1p =次数的期望值更少，求k 的最大值.参考答案1．B根据交点坐标可确定准线，从而求得p ；利用双曲线左顶点与抛物线焦点的距离可求得a ；将交点坐标代入渐近线方程可求得b ，进而得到所求虚轴长. 由题意知：22p-=- 4p ∴= 设双曲线方程为：()222210,0x y a b a b -=>>，则其渐近线方程为：b y x a =±242pa a ∴+=+= 2a ∴= 将()2,1--代入渐近线方程b y x a=得：1b -=-，即1b = 将()2,1--代入渐近线方程b y x a=-得：1b =-，舍去∴双曲线的虚轴长为：22b =本题正确选项：B本题考查抛物线、双曲线性质的应用问题，属于基础题. 2．D已知43()5a =，33()5b =，底数相同，故可以构造函数3()5xy = ，这个函数是减函数，x 越大函数值越小，故0b a >＞ ，而335c log =，底数和真数异侧，故0c < ，故得到b ＞a ＞c. 故答案选D. 3．A先求出向量a 的模，然后对22b a -=两边平方，得到向量的数量积，最后根据夹角公式求解.解：因为()1,1a =，所以=2a ， 因为22b a -=，所以22442b a b a -⋅+=，即22442b a b a -⋅+=，因为=2a ，1b =，所以4422a b -⋅+=，得1a b ⋅=，设向量a 与b 的夹角为θ，则cos 22a b a bθ⋅===， 故选：A此题考查平面向量的夹角的计算，属于基础题. 4．C由等差数列{}n a 的性质可得：471073aa a a ++=，解得7.a 再利用求和公式即可得出． 由等差数列{}n a 的性质可得：47107273aa a a ++==，解得79a =．则()11313713131172a a S a +===．故选C ．本题考查了等差数列的通项公式性质及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 5．C由复数与复平面内的点一一对应，即可求出结果. 由1z i =-知其对应点为()1,1P -，而点P 在第三象限；故正确答案为C本题考查复数的几何意义，熟记几何意义即可，属于基础题型. 6．D化简函数的解析式，判断函数的奇偶性，排除选项，通过特殊值判断选项即可．函数()()223cos sin 2cos cos x xx x f x x x x x ππ⎛⎫++ ⎪+⎝⎭==-+++，函数是奇函数，排除选项A ， 当2x π=时，()21204f x ππ+=>，排除选项C ：当x π=时，()201f x ππ=>-，排除选项B .所以函数的图象只有D 满足 故选：D .本题考查函数的图象的判断与应用，诱导公式的应用，考查转化思想以及计算能力． 7．C利用一元二次不等式的解法化简集合M ，再由交集的意义,取M 、N 的公共部分,可得答案. 因为{}2|430{|13}M x x x x x =-+<=<<,215x +<的解为2x <，,则{}{}|215|2N x x x x =+<=<,由交集的意义,可得{}|3M N x x =<.故选C.本题考查交集的运算,这是集合内容的基本要求,注意计算必须准确,其次集合的形式表示必须正确. 8．C根据二次函数和反比例函数的性质得a-1且a-1>0，取交集即可. 函数()()221f x x a x =-+- 与()11a g x x -=+这两个函数在区间[]12，上都是减函数 则根据二次函数的性质得到a-11≤,根据反比例函数的性质得到a-1>0两者取交集得到12a <≤,充分不必要条件是实数a 的范围比12a <≤这一范围小就可以了. 故可以是：()1,2.故答案为：C这个题目考查了函数单调性的应用，考查了二次函数的性质，反比例函数的性质，难度中档；注意二次函数的单调性和对称轴有关，反比例和x 的系数有关. 9．D 由题意可知：A 、结合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，故此命题成立；B 、假若平面α内存在直线垂直于平面β，根据面面垂直的判定定理可知两平面垂直．故此命题成立；C 、结合面面垂直的性质可以分别在α、β内作异于l 的直线垂直于交线，再由线面垂直的性质定理可知所作的垂线平行，进而得到线面平行再由线面平行的性质可知所作的直线与l 平行，又∵两条平行线中的一条垂直于平面那么另一条也垂直于平面，故命题成立；D 、举反例：教室内侧墙面与地面垂直，而侧墙面内有很多直线是不垂直与地面的．故此命题错误． 故选D ． 10．A利用887a S S =-求解即可. 因为数列｛｝的前n 项和n s =2n ，所以878644915a S S =-=-=， 故选：A.本题主要考查本题主要考查数列的通项公式与前n 项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前n 项和，求数列通项公式，常用公式11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩.11．1161 要使小球落入1号容器，则每一层小球必须向左，而每一层小球向左、向右的概率均为12；小球落入4号容器，则四层中小球有三层向右，一层向左，故每个小球落入4号容器的概率为34411()24C =，写出随机变量所有可能的取值，再算出相应的概率，利用期望公式计算即可.要使小球落入1号容器，则每一层小球必须向左，故概率为411216⎛⎫= ⎪⎝⎭；小球落入4号容器，则四层中小球有三层向右，一层向左，故每个小球落入4号容器的概率为34411()24C =，由题意知，0,1,2,3,4x =. 4181(0)(1)4256P x ==-=，13411108(1)(1)44256P x C ==⨯⨯-=; 22241154(2)()(1)44256P x C ==-=，33141112(3)()(1)44256P x C ==-=；44411(4)()4256P x C ===. 10854121()12341256256256256E x =⨯+⨯+⨯+⨯=.故答案为： (1). 116； (2). 1 本题考查独立事件的概率以及离散型随机变量的期望，考查学生的运算求解能力，是一道中档题. 1212空1；根据两角和的余弦公式，结合特殊角的三角函数值进行求解即可；空2：根据诱导公式，逆用两角和的正弦公式，结合特殊角的三角函数值进行求解即可. 空1：231cos 75cos(4530)cos 45cos30sin 45sin 3022224=+=-=⨯-⨯= 空2：1sin14cos16sin 76cos74sin14cos16cos14sin16sin(1416)sin 30.2+=+=+==；12本题考查了余弦两角和公式的应用，考查了逆用两角和的正弦公式求值，考查了特殊角的三角函数值，考查了数学运算能力. 13．0 665根据其特点可知6a 为6x 的系数，把第二问所求去掉绝对值符号发现各项为负，令1x =即可求解． 因为6625601256(1)(2)x x a a x a x a x a x +-+=+++⋯++，令1x =可得：660125623665a a a a a +++⋯⋯++=-=-. 所以：666660a C C =-=；060066263a C C =-⋅=-； 1511662186a C C =-=-； 22422662225a x C C +=-=-；……5556626a C C =-⋅=-； 60666620a C C =-⋅=；故0125601256665a a a a a a a a a a +++++=------=.故答案为：0，665.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． 14．8116作出不等式组所表示的可行域，平移直线2t y x =-，观察该直线在y 轴截距最大和最小时对应的最优解，代入目标函数计算即可得解.作出不等式组202010x y x y x y +-≤⎧⎪-+≥⎪⎨≥-⎪⎪≥⎩所表示的可行域如下图所示：联立120x x y =-⎧⎨-+=⎩，解得11x y =-⎧⎨=⎩，即点()1,1C -；联立200x y y +-=⎧⎨=⎩，解得20x y =⎧⎨=⎩，即点()2,0A .令2t y x =-，则22224yy x t x z -===，平移直线2t y x =-，当直线2t y x =-经过可行域的顶点A 时，直线2t y x =-在y 轴上的截距最小，此时z 取最小值，即022min 1216z -⨯==； 当直线2t y x =-经过可行域的顶点C 时，直线2t y x =-在y 轴上的截距最大，此时z 取最大值，即()121max 28z -⨯-==.故答案为：8；116. 本题考查指数型线性目标函数最值的求解，一般利用平移直线的方法找出最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题. 15．18由题意可得2222()(2)4448a b b c b bc c bc bc +≥+=++≥=，当且仅当224b c =且+=b c a ，即2bc 且+=b c a 时等号成立。

2020年浙江省新高考名校交流模拟卷数学试题(一)(解析版)

2020年浙江省新高考名校交流模拟卷数学试题(一)(解析版)
（2）由（1）知 ，利用放缩法可得 ，再利用等比数列求和公式计算可得；
【详解】
解：（1）由题 ，解得 ，又 ，即 ，∴ ，∴ .
（2）由（1）知 ，∴ ，又 ，
∴ ，∴当 时， ， ， ，
故 成立.当 时， ， ，
综上所述， .
【点睛】
本题考查等比数列通项公式及前 和的计算，以及放缩法证明不等式，属于中档题.
13．已知平面向量 ， ， ，若 ，且 ，则 的取值范围是______.
【答案】
【解析】根据题意，得到 与 夹角为 ，作向量 ， ， ，根据题中条件，判定 ， ， 三点共线，得到 的几何意义表示线段 的中点到线段 上点的距离，记线段 的中点为 ，过点 作 于点 ，根据题中条件，结合图形求出最大值和最小值，即可得出结果.
，
所以 与面 所成角的正弦值为 ．
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定和线面角的求法，考查了直观想象能力，属于中档题.
20．已知等比数列 的公比为 ，前 项和为 ，若 ，且 .
（1）求 ；
（2）设数列 的前 项和为 ，求证： .
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【解析】（1）依题意得到方程求出公比 、及首项 ，即可得解；
所以 ，
所求圆的方程为 ，
它是以 为圆心，以 为半径的圆.
故答案为： ； .
【点睛】
本题主要考查圆的标准方程的求法，考查圆的圆心和半径的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
16．已知 展开式的二项式系数之和为256，则 ______；展开式中常数项为______.
【答案】8
【解析】（1）解方程 即得解；
2020年浙江省新高考名校交流模拟卷数学试题（一）
一、单选题

浙江省2020年高考数学模拟题分项汇编 3 导数(原卷版)

浙江省2020年高考数学模拟题分项汇编 3 导数(原卷版)

第三章 导数1.从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.2.浙江省恢复对导数的考查后，已连续三年将导数应用问题设计为压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.3.常见题型，选择题、解答题各一道，难度基本稳定在中等以上.一．选择题1.(2019·浙江省高三月考)α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是( ) A ．αβ>B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>2.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知,R a b ∈，关于x 的不等式3211x ax bx +++≤在[0,2]x ∈时恒成立，则当b 取得最大值时，a 的取值范围为( )A．[2]- B ．3[2,4-- C．3[]4-D ．5[,2]2-- 3.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足：1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-．则下列说法正确的是( )A ．2019102a <<B ．2019112a << C ．2019312a << D ．2019322a <<4．(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知函数f (x )200x e x lnx x ⎧-≤=⎨⎩，，＞，g (x )＝f (213kx +)+1(k ∈R ，k ≠0)，则下列关于函数y ＝f [g (x )]+1的零点个数判断正确的是( )A ．当k ＞0时，有2个零点；当k ＜0时，有4个零点B ．当k ＞0时，有4个零点；当k ＜0时，有2个零点C ．无论k 为何值，均有2个零点D ．无论k 为何值，均有4个零点5．(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设a e π=-，ln 1b π=-，e c e e π=-，则( ) A ．a b c << B ．b c a << C ．c b a << D ．b a c <<二.填空题6.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)设函数()326f x x x ax b =-++，若对任意的实数a 和b ，总存在[]00,3x ∈，使得()0f x m ≥，则实数m 的最大值为__________．7.(2020届浙江省温州市11月适应测试)设函数3()||3f x x x a =-++.若()f x 在[1,1]-上的最大值为2，则实数a 所有可能的取值组成的集合是________.8．(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设1a >，曲线()x f x a =与曲线()log a g x x =有且仅有一个公共点，则实数a 的值是________.9.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设函数4()()i ii f x x x -=-+(,0,1)x R i ∈=，若方程10()()0a f x f x +=在区间1[,3]2内有4个不同的实数解，则实数a 的取值范围为_____．10.(2020届浙江学军中学高三上期中)当[]1,4x ∈时，不等式322044ax bx a x ≤++≤恒成立，则7a b +的取值范围是__________．11.(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)若a 为实数，对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，则a 的最大值是_________. 三.解答题12.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设函数()sin cos f x x x =+，x ∈R . (Ⅰ)求()()f x fx π⋅-的最小正周期；(Ⅱ)求函数()33sin cos g x x x =+的最大值.13．(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)已知平面向量(sin 2,cos 2),(sin 2,cos 2)a x x b ϕϕ==r r，设函数()f x a b =⋅r r(ϕ为常数且满足0πϕ-<<)，若函数4y f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭图象的一条对称轴是直线8x π=.(1)求ϕ的值； (2)求函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值： (3)证明：直线530x y -+=与函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象不相切． 14.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)设a 为实常数，函数2(),(),x f x ax g x e x R ==∈．(1)当12a e=时，求()()()h x f x g x =+的单调区间； (2)设m N *∈，不等式(2)()f x g x m +≤的解集为A ，不等式()(2)f x g x m +≤的解集为B ，当(]01a ∈，时，是否存在正整数m ，使得A B ⊆或B A ⊆成立．若存在，试找出所有的m ；若不存在，请说明理由． 15.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考月考)已知函数()xf x x ae b =-+，其中,a b ∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设1a =，k ∈R ，若存在[]0,2b ∈，对任意的实数[]0,1x ∈，恒有()1xxf x ke xe ≥--成立，求k 的最大值.16.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)已知，函数.(Ⅰ)若函数在上递减, 求实数的取值范围； (Ⅱ)当时，求的最小值的最大值；(Ⅲ)设，求证：.17.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知函数2()e xf x ax b =-+(,∈a b R ，其中e 为自然对数的底数)．(Ⅰ)若0a >，求函数()f x 的单调递增区间； (Ⅱ)若函数()f x 有两个不同的零点12,x x ． (ⅰ)当a b =时，求实数a 的取值范围；(ⅱ)设()f x 的导函数为()f x '，求证：12()02x x f '+<． 18.(2020届浙江省高三上学期百校联考)已知函数2()(221)x af x x a e -=-+，a ∈R .(1)若2a =，求证：当1x …时，2()4(1)f x x x '-⋅… (2)若不等式()210f x x -+…恒成立，求实数a 的取值范围. 19.(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知函数()ln 12x f x a x x⎫=+⎪⎭. (Ⅰ)当1a =时，求()f x 的单调区间； (Ⅱ)设()()12g x f x x=-，若()g x 在()1+∞，有极值点0x ，求证：()01g x <. 20.(2020届浙江学军中学高三上期中)设函数(),xf x e ax a a R =-+∈，其图象与x 轴交于()1,0A x ，()2,0B x 两点，且12x x <.(1)求a 的取值范围； (2)证明：120f x x '<.21．(2020届浙江学军中学高三上期中)已知函数()2ln 2f x x ax bx =---，a R ∈. (1)当2b =时，试讨论()f x 的单调性；(2)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.22．(2020届浙江湖州、衢州、丽水三地市高三上期中)已知函数()()f x lnx x a x a R =+-∈有两个极值点12,x x ，且12x x <.(1)若5a =，求曲线()y f x =在点()()4,4f 处的切线方程； (2)记()()()12g a f x f x =-，求a 的取值范围，使得()150424g a ln <≤-. 23.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知函数()32()ln 2123x f x ax x ax =++--()．(1)若2x =为的极值点，求实数的值；(2)若在[)3,+∞上是单调增函数，求实数的取值范围；(3)当12a =-时，方程()()311+3x b f x x--=有实根，求实数的最大值． 24.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知函数()101axf x lnx x =--． (1)当a ∈R 时，讨论函数f (x )的单调性；(2)对任意的x ∈(1，+∞)均有f (x )＜ax ，若a ∈Z ，求a 的最小值． 25.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)设()ln x af x b x e=-，其中,a b ∈R ，函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为1211y x e e ⎛⎫=-+++⎪⎝⎭.其中 2.7182e ≈(Ⅰ)求证：函数()f x 有且仅有一个零点； (Ⅱ)当()0,x ∈+∞时，()kf x ex<恒成立，求最小的整数k 的值. 26.(2020·广东高三月考(理))已知实数0a ≠，设函数()e axf x ax =-．(1)求函数()f x 的单调区间； (2)当12a >时，若对任意的[)1,x ∈-+∞，均有()()212a f x x ≥+，求a 的取值范围．注：e 2.71828=L 为自然对数的底数．27.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设函数()1,1xf x e a x x =++≥-(1)当1a =-时，若0x 是函数()f x 的极值点，求证：0102x -<<；(2)(i)求证：当0x ≥时，()2112f x x x ≥+++ (ii)若不等式()25242f x ax x a++≤对任意0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 注：e=2.71828...为自然对数的底数.28.(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设,a b ∈R ，已知函数()ln f x a x =，2()g x x bx b =++.(Ⅰ)设2()()xf x F x a =，求()F x 在[,2]a a 上的最大值. (Ⅱ)设()()()G x f x g x =+，若()G x 的极大值恒小于0，求证：4a b e +≤.。

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第三章 导数1.从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.2.浙江省恢复对导数的考查后，已连续三年将导数应用问题设计为压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.3.常见题型，选择题、解答题各一道，难度基本稳定在中等以上.一．选择题1.(2019·浙江省高三月考)α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是( ) A ．αβ> B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>【答案】D 【解析】构造()sin f x x x =形式，则()sin cos f x x x x +'=，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时导函数()0f x '≥，()f x 单调递增；,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时导函数()0f x '<，()f x 单调递减．又 ()f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.2.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知,R a b ∈，关于x 的不等式3211x ax bx +++≤在[0,2]x ∈时恒成立，则当b 取得最大值时，a 的取值范围为( )A ．[2]-B ．3[2,]4--C ．3[]4-D ．5[,2]2-- 【答案】A【解析】当0x =时，不等式显然成立．当(0,2]∈x 时，32111-≤+++≤x ax bx ，即222--≤+≤-x ax b x x，即直线y ax b =+夹在曲线段22=--y x x，(0,2]∈x 和2y x =-，(0,2]∈x 之间．作出函数22=--y x x 与22=--y x x在(0,2]∈x 上的图像如下：由图像易知，b 最大值为0，直线y ax =过点(2,4)-时，a 取最大值为2-， 当直线y ax =与22=--y x x相切时，a 取最小值； 设切点为00(,)P x y ，则20002=--y x x 由22=--y x x 得3222222-'=-=x y x x x， 所以在00(,)P x y 处的切线斜率为302022-=x k x ， 所以切线方程为30002022()--=-x y y x x x ， 因为该切线过原点，所以32000200222()-+=-x x x x x ，化简得304=x ，所以304=x所以3302022342-===-x a k x . 即a 的最小值为3342-， 因此a 的取值范围为333[4,]24--.故选A3.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足：1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-．则下列说法正确的是( ) A ．2019102a << B ．2019112a << C ．2019312a <<D ．2019322a <<【答案】B 【解析】考察函数()ln(2)(02)f x x x x =+-<<， 由'11()1022xf x x x-=-=>--可得()f x 在()0,1单调递增， 由'()0f x <可得()f x 在()1,2单调递减且()()11f x f ≤=，可得1n a <，数列{}n a 为单调递增数列， 如图所示：且1(0)ln 2ln 4ln 2f e ==>=，211()(0)2a f a f =>>，图象可得1231012n a a a a <<<<<<<<，所以2019112a <<，故选B. 4．(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知函数f (x )20x e x lnx x ⎧-≤=⎨⎩，，＞，g (x )＝f (213kx +)+1(k ∈R ，k ≠0)，则下列关于函数y ＝f [g (x )]+1的零点个数判断正确的是( )A ．当k ＞0时，有2个零点；当k ＜0时，有4个零点B ．当k ＞0时，有4个零点；当k ＜0时，有2个零点C ．无论k 为何值，均有2个零点D ．无论k 为何值，均有4个零点 【答案】B 【解析】依题意，当x ＝0或x 1e=时，f (x )＝﹣1， 函数y ＝f [g (x )]+1的零点个数，即为方程f [g (x )]＝﹣1的解的个数， 即为方程g (x )＝0或g (x )1e=的解的个数， 即为方程22103103kx kx ⎧+≤⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩或者22103113kx kx e ⎧+>⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩或221031113kx kx ln e ⎧+≤⎪⎪⎨+⎛⎫⎪=+ ⎪⎪⎝⎭⎩(舍去)或者212110313e kx kx e ⎛⎫- ⎪⎝⎭⎧+>⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩解的个数， 即为213kx +=0或者2113kx e +=或者12113e kx e ⎛⎫-⎪⎝⎭+=解的个数，由103<，113e >，因为111111111()03e e e e e e e e --->---=>，所以1113e e ->，①当k ＞0时，y 213kx +=为顶点为(0，13)，开口向上的抛物线，y 213kx +=与y 1e =和11e y e -=分别有两个交点，与y ＝0无交点，故当k ＞0时，函数y ＝f [g (x )]+1有4个零点；②当k ＜0时，y 213kx +=为顶点为(0，13)，开口向下的抛物线，y 213kx +=与y ＝0有两个交点，与y 1e =和11e y e -=无交点，故当k ＜0时，函数y ＝f [g (x )]+1有2个零点；综上，当k ＞0时，有4个零点；当k ＜0时，有2个零点， 故选：B ．5．(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设a e π=-，ln 1b π=-，e c e e π=-，则( ) A ．a b c << B ．b c a << C ．c b a << D ．b a c <<【答案】D 【解析】设函数()xf x e x =-，()lng x x x =-()1x f x e =-'当0x <时，()0f x '<，当0x >时，()0f x '>所以函数()xf x e x =-在(,0)-∞上单调递减，在0,上单调递增所以()()e ef f e e e e e e e πππππ>⇒->-⇒->- 故c a >11()1x g x x x-'=-= 当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '< 所以函数()ln g x x x =-在(0,1)上单调递增，在1,上单调递减所以()()ln ln ln 1g g e e e e πππππ<⇒-<-⇒-<- 故b a < 综上，b a c << 故选：D 二.填空题6.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)设函数()326f x x x ax b =-++，若对任意的实数a 和b ，总存在[]00,3x ∈，使得()0f x m ≥，则实数m 的最大值为__________． 【答案】2 【解析】()[]3232669(9)f x x x ax b x x x a x b =-++=-+---设322()69,'()31293(1)(3)g x x x x g x x x x x =-+=-+=--()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，(0)(3)0g g ==设()(9)h x a x b =-- 画出函数图像：对任意的实数a 和b ，总存在[]00,3x ∈，使得()0f x m ≥ 等价于求()f x 最大值里的最小值.根据图像知：当9,2a b ==-时，最大值的最小值为2 故实数m 的最大值为2 答案为27.(2020届浙江省温州市11月适应测试)设函数3()||3f x x x a =-++.若()f x 在[1,1]-上的最大值为2，则实数a 所有可能的取值组成的集合是________.【答案】23233,599⎧⎪--+⎨⎪⎪⎩⎭【解析】因为函数3()||3f x x x a =-++.若()f x 在[1,1]-上的最大值为2所以()02f ≤,即3||2a -≤当0a ≥时,不等式化为32a -≤,解得15a ≤≤ 当0a <时,不等式化为32a +≤,解得51a -≤≤- 由以上可知:(1) 当15a ≤≤时,函数解析式可化为3()3f x x x a =--+令3()g x x x =-,则2'()31g x x =-当2'()310g x x =-=时解得1233x x =-=当1x -<<时, 2'()310g x x =->,即()g x 在1,⎛- ⎝⎭上单调递增当33x -<<时, 2'()310g x x =-<,即()g x 在33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减1x <<时, 2'()310g x x =->,即()g x 在3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增.所以3g ⎛⎛⎛=-= ⎝⎭⎝⎭⎝⎭极大值, 33339g ⎛⎫⎫=-=- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭极小值 ()()10,10g g -==当35a ≤≤时, 3()g x x x =-向下平移3a -个单位可得3()3h x x x a =--+的图像因为3()3f x x x a =--+在[1,1]-上的最大值为2所以只需满足()323g a ⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭极小值即可,即()329a ---=±,解得5a =或19a =-(舍) 当13a ≤<时, 3()g x x x =-向上平移3a -个单位可得到3()3h x x x a =--+的图像由3()3f x x x a =--+在[1,1]-上的最大值为2可知只需满足32g a ⎛+-= ⎝⎭极大值即可.即329a +-=,解得19a =+,符合题意 (2) 当51a -≤≤-,函数解析式可化为3()3f x x x a =+++令3()=+g x x x ,则2'()310g x x =+>所以3()=+g x x x 在[1,1]-上单调递增 则()()3min ()(1)112g x g =-=--=-+max ()(1)112g x g ===+当53a -≤≤-时,3()=+g x x x 向下平移()3a -+个单位可得3()3h x x x a +=++由3()3f x x x a =+++在[1,1]-上的最大值为2只需(1)32g a -++=,即232a -++=±解得3a =-或1a =(舍)当31a -<≤-时, 3()=+g x x x 向上平移3a +个单位可得3()3h x x x a +=++由3()3f x x x a =+++在[1,1]-上的最大值为2只需(1)32g a ++=,即232a ++=±解得3a =-或7a =-(舍)综上可知,满足条件的所有可能的a 为5-1+和3-故答案为: 3,599⎧⎪--+⎨⎪⎪⎩⎭8．(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设1a >，曲线()xf x a =与曲线()log a g x x =有且仅有一个公共点，则实数a 的值是________. 【答案】1e e 【解析】因为指数函数()xf x a =与对数函数()log a g x x =互为反函数 所以()xf x a =与()log a g x x =关于直线y x =对称由于1a >时，曲线()xf x a =与曲线()log a g x x =有且仅有一个公共点则公共点在直线y x =上即函数()xf x a =，1a >与直线y x =只有一个交点即0x a x -=只有一个根 令()xh x a x =-，1a >()ln 1x h x a a '=-当()log ln a x a >-时，()0h x '> 当()log ln a x a <-时，()0h x '<所以函数()h x 在区间()(,log ln )a a -∞-上单调递减，在区间()()log ln ,a a -+∞上单调递增 所以函数()h x 的最小值()()()log ln (log ln )=log ln 0a a a a h a aa --+=即()1ln ln 110ln(ln )1ln ln ln e a a a a e a a e+=⇒=-⇒=⇒= 故答案为：1e e9.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设函数4()()i ii f x x x -=-+(,0,1)x R i ∈=，若方程10()()0a f x f x +=在区间1[,3]2内有4个不同的实数解，则实数a 的取值范围为_____．【答案】17,6⎡--⎢⎣ 【解析】由题意知31()f x x x =-+,40()1(0)f x x x =+≠，, 所以方程10()()0a f x f x +=在区间1[,3]2内有4个不同的实数解等价于341a x x x -+=--在区间1[,3]2内有4个不同的实数解.记3()g x a x x =-+，4()1h x x =--，因为()h x 在1[,3]2上单调递减且()0h x <，则0a <，要使()()g x h x =在区间1[,3]2内有4个不同的实数解，则在1[,1]2上有两不同的实数解，在[1,3]有两不同的实数解. 1)当112x ≤≤，3()()g x a x x =--,2()(31)g x a x '=--,0a -> 所以()g x在1[2单调递减，在单调递增. 又1117()121616h =--=-，13()=28g a ，109h =-，g =. 要使()()g x h x =在区间1[,1]2上有两不同的实数解，则：11(()22((33g h g h ⎧≥⎪⎪⇒⎨⎪<⎪⎩）176a -≤<. 2)当13x <≤时，3()()g x a x x =-，令34()()()()1k x g x h x a x x x =-=-++ 则()k x 在[1,3]有两不同的实数解，32()4+3k x x ax a '=-，2()12+6=6(2)k x x ax x x a ''=+由1)知12a->， 所以()k x '在(1,]2a -单调递减，在(3]2a -，单调递增，且(1)4+20k a '=<，(3)108+260k a '=>， 则在[1,3]上存在唯一0x 使得32000()4+30k x x ax a '=-=，即()k x 在0[1,]x 单调递减，在0[3]x ，单调递增. 又(1)=2>0k ，(3)24820k a =+>，()k x 在[1,3]有两不同的实数解，只需0()0k x <，联立32000430000()4+30()+10k x x ax a k x x ax ax ⎧=-='⎨=-+<⎩，①，②又①知3020413x a x =-代入②化简得0x >又由324()13x m x x=-在[1,3]上单调递增，所以a <=-综上所述：176a -≤<-故填17,6⎡--⎢⎣ 10.(2020届浙江学军中学高三上期中)当[]1,4x ∈时，不等式322044ax bx a x ≤++≤恒成立，则7a b +的取值范围是__________． 【答案】[]4,8- 【解析】因为322044ax bx a x ≤++≤对[]1,4x ∈恒成立， 两边同除以2x 得2440a x b x ≤≤⎛⎫++ ⎪⎝⎭对[]1,4x ∈恒成立， 故令24t x x=+，[]1,4x ∈，不等式转化为40at b ≤+≤， 381t x '=-，令0t '=得2x =， 所以()1,2x ∈，0t '<，t 单调递减，()2,4x ∈，0t '>，t 单调递增， 所以2x =时，t 取最小值为3， 当1x =时，5t =；当4x =时，174t =； 所以t 的值域为[]3,5， 根据一次函数保号性可知034054a b a b ≤+≤⎧⎨≤+≤⎩ 令()()357m a b n a b a b +++=+，得3571m n m n +=⎧⎨+=⎩，解得12m n =-⎧⎨=⎩，所以784a b ≤+≤-， 故答案为：[]4,8-11.(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)若a 为实数，对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，则a 的最大值是_________. 【答案】7 【解析】因为对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立所以对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x ak x +-+≤恒成立即222min 6ln 96ln 916l 8n x x x a x x x a k a x x x x x+-++-+≤⇒≤-⇒≤+--所以当(0,4]x ∈时，不等式2n 86l a x x x --+≤恒成立 令2()6l ,48n ,(0]f x x x x x =--+∈ 则min ()a f x ≤2286(22)(3)()x x x x f x x x-+----'==当()0f x '>时，(22)(3)01304x x x x --<⎧⇒<<⎨<≤⎩ 当()0f x '<时，(22)(3)004x x x -->⎧⇒⎨<≤⎩01x <<或34x <≤ 所以函数()f x 在区间(0,1)和(3,4]上单调递减，在区间(1,3)上单调递增(1)0187,(4)6ln 41632166ln 4f f =-+==--+=-因为3166ln 4796ln 43(3ln16)3ln 016e --=-=-=>所以min ()7f x =所以7a ≤，a 的最大值为：7 故答案为：7 三.解答题12.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设函数()sin cos f x x x =+，x ∈R .(Ⅰ)求()()f x f x π⋅-的最小正周期；(Ⅱ)求函数()33sin cos g x x x =+的最大值. 【答案】(Ⅰ)最小正周期为π；(Ⅱ)最大值为1. 【解析】 (Ⅰ)因为()()()sin cos f x f x x x π⋅-=+()22sin cos sin cos x x x x -=-cos 2x =-所以()()f x fx π⋅-的最小正周期为π；(Ⅱ)由题()sin cos f x x x =+=4x π⎛⎫⎡+∈ ⎪⎣⎝⎭而()()sin cos g x x x =+()22sin sin cos cos x x x x -+()sin cos x x =+⋅()2sin cos 112x x ⎡⎤+--⎢⎥⎢⎥⎣⎦()()2322f x f x ⎡⎤=-=⎢⎥⎣⎦()()31322f x f x -+令()f x t =，则()g x 的的最大值即为函数31322y t t =-+，t ⎡∈⎣的最大值，由()2312y t '=--可得函数在1⎡⎤-⎣⎦和⎡⎣上递减，在[]1,1-上递增.又x =y =；1x =时，1y =. 所以函数()g x 的最大值为1.13．(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)已知平面向量(sin 2,cos 2),(sin 2,cos 2)a x x b ϕϕ==，设函数()f x a b =⋅(ϕ为常数且满足0πϕ-<<)，若函数4y f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭图象的一条对称轴是直线8x π=.(1)求ϕ的值； (2)求函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值：(3)30y -+=与函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象不相切．【答案】(1) 38ϕπ=- (2) 和-1. (3)证明见解析 【解析】(1)可知()sin 2sin 2cos 2cos 2cos(22)f x a b x x x ϕϕϕ=⋅=+=-，所以cos 22sin(22)44f x x x ππϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=+⎢⎥⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 因为8x π=是函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭图象的一条对称轴， 所以22()82k k Z ππϕπ⨯+=+∈，得1()28k k Z πϕπ=+∈因为0πϕ-<<，所以31,8k ϕπ=-=-(2)所以3sin 244y f x x ππ⎛⎫⎛⎫=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以332,444x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦所以函数4y f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值分别为2和1-. (3)因为32cos 24y x π'⎛⎫=-⎪⎝⎭ 所以2y '≤即函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭图象的切线斜率的取值范围为[2,2]-，30y -+=2>，30y -+=与函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象不相切. 14.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)设a 为实常数，函数2(),(),x f x ax g x e x R ==∈．(1)当12a e=时，求()()()h x f x g x =+的单调区间； (2)设m N *∈，不等式(2)()f x g x m +≤的解集为A ，不等式()(2)f x g x m +≤的解集为B ，当(]01a ∈，时，是否存在正整数m ，使得A B ⊆或B A ⊆成立．若存在，试找出所有的m ；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ()h x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞上单调递增．(2)存在，1m = 【解析】 (1)21()2x h x x e e =+，1()x h x x e e'=+， ∵()h x '在R 上单调递增，且(1)0h '-=， ∴()h x '在(),1-∞-上负,在()1,-+∞上正，故()h x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞上单调递增．(2)设2()(2)()4xF x f x g x ax e =+=+，22()()(2)xG x f x g x ax e =+=+()8x F x ax e '=+，()80x F x a e ''=+>，()F x '∴单调递增．又(0)0F '>，0F '⎛ < ⎪⎪⎝⎭(也可依据lim ()0x F x '→-∞<)， ∴存在00 x <使得()00F x '=，故()F x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 又∵对于任意*m N ∈存在ln x m >使得()F x m >， 又lim ()x F x →-∞→+∞，且有()0(0)1F x F m <=≤，由零点存在定理知存在120x x <≤，使得()()12F x F x m ==， 故[]34,B x x =.()()222()()4x x F x G x ax e ax e -=---，令2()xH x ax e =-，由0a >知()H x 在(,0)-∞上单调递减， ∴当0x <时，()()(2 )()0F x G x H x H x -=-> 又∵m 1≥，3x 和1x 均在各自极值点左侧,结合()F x 单调性可知()()()133F x m G x F x ==<，310x x ∴<< 当1m =时，240x x ==，A B ∴⊆成立，故1m =符合题意．当0x >时，2222()()33xxx x F x G x ax e ex e e -=+-≤+-，令1()2ln P t t t t =--，则22(1)()0t P t t'-=>， ∴当1t >时，()(1)0P t P >=．在上式中令2xt e =，可得当0x >时，有22xxe e x -->成立，322x xxe e xe ∴->令()2t Q t e t =-，则()2tQ t e '=-，()(ln2)22ln20Q t Q ∴≥=->，2x e ∴>恒成立.故有32223x x x e e xe x ->>成立， 知当0x >时，()()0F x G x -<又∵()F x ，()G x 在[)0,+∞上单调递增，∴当1m 时，()()()244F x m G x F x ==>，240x x ∴>>，而31 0x x <<，∴此时A B ⊆和B A ⊆均不成立.综上可得存在1m =符合题意.15.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考月考)已知函数()xf x x ae b =-+，其中,a b ∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设1a =，k ∈R ，若存在[]0,2b ∈，对任意的实数[]0,1x ∈，恒有()1xxf x ke xe ≥--成立，求k 的最大值.【答案】(1)()f x 在()0,ln x a ∈-上单调递增；在()ln ,x a ∈-+∞上单调递减；(2)4e【解析】(1)由题意可得，()'1xf x ae =-，①当0a ≤时，()'10xf x ae =->恒成立，即()f x 在R 上单调递增；②当0a >时，由()()'100,ln xf x ae x a =->⇒∈-；由()()'10ln ,xf x ae x a =-<⇒∈-+∞；即()f x 在()0,ln x a ∈-上单调递增；在()ln ,x a ∈-+∞上单调递减； (2)由()111xxxxx bf x x e b ke xe k x e++=-+≥--⇒≤+-， 因此，存在[]0,2b ∈，满足31x xk x e+≤+-即可， 令()31x xg x x e+=+-，[]0,1x ∈ 则，只需求()g x 的最小值即可；又()()22'1xx x e x x g x e e-++=-=， 因函数()2xe x -+在[]0,1x ∈恒单调递增，又()'00g <，()'10g <，所以()'0g x <恒成立， 即()g x 在[]0,1x ∈恒单调递减， 所以()()min 41g x g e ==，即4k e≤. 16.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)已知，函数.(Ⅰ)若函数在上递减, 求实数的取值范围； (Ⅱ)当时，求的最小值的最大值；(Ⅲ)设，求证：.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)的最大值为;(Ⅲ)见解析.【解析】(Ⅰ)根据题意，由函数为减函数，其导数小于或等于零，从而可算出实数的取值范围；(Ⅱ)利用导数求出函数的极小值函数，再利用导数求出极小值函数的最大值；(Ⅲ)由(Ⅱ)可结论，对参数时行分类讨论，利用导数判断函数的单调性，并求其最小值，从而问题可得证.试题解析：(Ⅰ) 函数在上递减, 恒有成立,而,恒有成立,而, 则满足条件.(Ⅱ)当时,－0 ＋↘极小值↗的最小值=，＋0 －↗极大值↘的最大值为(Ⅲ) 当时，所以在上是增函数，故当时，解得或，综上所述：17.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知函数2()e xf x ax b =-+(,∈a b R ，其中e 为自然对数的底数)．(Ⅰ)若0a >，求函数()f x 的单调递增区间； (Ⅱ)若函数()f x 有两个不同的零点12,x x ． (ⅰ)当a b =时，求实数a 的取值范围；(ⅱ)设()f x 的导函数为()f x '，求证：12()02x x f '+<． 【答案】(Ⅰ)1ln )22a +∞（，；(Ⅱ)(i)32a e >；(ii)证明见解析. 【解析】(Ⅰ)由题意得()22e xf x a ='-，当0a >时，令()0f x '>，得1ln 22ax >，函数()f x 的单调递增区间为1ln )22a +∞（，； (Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知，()22e xf x a ='-，当0a ≤时，()0f x '>,函数()f x 在R 上单调递增，不合题意，所以0a >. 又x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞，()f x →+∞，∴函数()f x 有两个零点12,x x ，函数()f x 在1-ln )22a ∞（，递减，函数()f x 在1ln )22a +∞（，递增，∴1ln 022a f ⎛⎫< ⎪⎝⎭， ln 21ln ln 02222aa a af e a ⎛⎫∴=-+< ⎪⎝⎭，得32a e >.(ⅱ)由题意得：12212200x x e ax b e ax b ⎧-+=⎨-+=⎩，两式相减，得212221x x e e a x x -=-， 不妨设12x x <，()22xf x e a '=-，则()21121212212212212121(222x x x x x x x x x x x x e e e f e x x e e x x x x ++--+-⎡⎤=-=-+-⎣⎦--'）令210t x x =->，)2t t h t t e e -=-+（,()()220t t t t h t e e e e --=--=-+'<,()h t ∴在()0,+∞上单调递减，()()00h t h ∴<=，即1202x x f '+<（）． 18.(2020届浙江省高三上学期百校联考)已知函数2()(221)x af x x a e-=-+，a ∈R .(1)若2a =，求证：当1x 时，2()4(1)f x x x '-⋅(2)若不等式()210f x x -+恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2)1a . 【解析】(1)证明：当2a =时，22()(23)e x f x x -=-，则22()4(1)ex f x x -'=-欲证2()4(1)f x x x '-，即222(1)e(1)x x x x ---，故只需证明222e x x -，两边取对数，即证1ln x x -，1x ，该不等式显然成立，从而当1x 时，2()4(1)f x x x '-.(2)解：()210f x x -+恒成立，即2212210e x ax x a ---+-恒成立设221()221e x a x g x x a --=-+-，则()222e 22()ex a x a x g x --+-'=，只需讨论函数2()e 22x ah x x -=+-，因为2()2e20x ah x '-=+>，所以()h x 单调递增，2(1)e 0a h -=>，欲取一点0x <，使得()0h x <， 22e e e e x a x a a ---=<，因此2e22e 220x aax x --+-<+-，取2e 2ax -+=- 因此在2e ,12a -⎛⎫+- ⎪⎝⎭之间存在唯一零点0x ，得()0200e 220x a h x x -=+-=， 则()002ln 22a x x =--，故()g x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()000min 0000202121()2212ln 2221e 22x a x x g x g x x a x x x ---==-+-=--+--，01x < 设022x t -=，0t >，则只需min 1()2ln 0g x t t t=+-，即1t ， 此时2ln 1a t t =--，由此可得实数a 的取值范围是1a .19.(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知函数()ln 12x f x a x⎫=++⎪⎭. (Ⅰ)当1a =时，求()f x 的单调区间； (Ⅱ)设()()12g x f x x=-，若()g x 在()1+∞，有极值点0x ，求证：()01g x <. 【答案】(Ⅰ)()1x ∈+∞，时，()f x 单调递增，()01x ∈，时，()f x 单调递减(Ⅱ)详见解析【解析】(Ⅰ)当1a =时，()ln 12x f x x=+，则()'2112f x x x =+-.令)0t t =>，则()()()()24212122122t m t t t t t t t =+-=--++, 当()01t ∈，，即()1x ∈+∞，时，()0m t >，即()'0f x >，则()f x 单调递增； 当()1t ∈+∞，，即()01x ∈，时，()0m t <，即()'0fx <，则()f x 单调递减.(Ⅱ)()ln 122x g x a x⎫=++⎪⎭，令)1t t =>，则()()21ln 2F t a t t t=++， ()()32'331111a t t F t a t tt +-⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭.当0t =()320010a t t +-=，即32001a t t =+， 则()0000322322000000ln 121122t t t F t t t t t t t +-=+<+++(由ln 1x x <-得) 令()3221t h t t t-=+，则()()()2'23242t t t h t tt---=+.当1t >时，2420t t -->，则()'0h t <，故()h t 在()1+∞，上单调递减. 又21y 2t =在()1+∞，上也单调递减，故()()00322000211112t p t p t t t -=+<=+，故()01g x <. 20.(2020届浙江学军中学高三上期中)设函数(),xf x e ax a a R =-+∈，其图象与x 轴交于()1,0A x ，()2,0B x 两点，且12x x <.(1)求a 的取值范围； (2)证明：0f '<.【答案】(1)2a e >(2)证明见解析； 【解析】(1)因为(),xf x e ax a a R =-+∈，所以()xf x e a '=-.若0a ≤，则()0f x '>，则函数()f x 是单调增函数，这与题设矛盾. 所以0a >，令()0f x '=，则ln x a =.当ln x a <时，()0f x '<，()f x 是单调减函数；ln x a >时，()0f x '>，()f x 是单调增函数；于是当ln x a =时，()f x 取得极小值.因为函数()()xf x e ax a a R =-+∈的图象与x 轴交于两点()1,0A x ，()()212,0B x x x <，所以()()ln 2ln 0f a a a =-<，即2a e >. 此时，存在1ln a <，()10f e =>；存在3ln ln a a >，()33ln 3ln f a a a a a =-+3230a a a >-+>，又()f x 在R 上连续，故2a e >.(2)因为12120,0,x x e ax a e ax a ⎧-+=⎨-+=⎩两式相减得2121x x e e a x x -=-.记()2102x x s s -=>， 则1221122212x x x x x x e e f e x x ++-⎛⎫'=- ⎪-⎝⎭()12222x x s s e s e e s +-⎡⎤=--⎣⎦， 设()()2ssg s s e e-=--，则()()20ss g s ee -'=-+<，所以()g s 是单调减函数， 则有()()00g s g <=，而12202x x es+>，所以1202x x f +⎛⎫'<⎪⎝⎭. 又()xf x e a '=-是单调增函数，且122x x +>所以0f '<.21．(2020届浙江学军中学高三上期中)已知函数()2ln 2f x x ax bx =---，a R ∈. (1)当2b =时，试讨论()f x 的单调性；(2)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.【答案】(1)0a >，()f x在⎛ ⎝⎭单调递增，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x在⎛ ⎝⎭单调递增，⎝⎭单调递减，24a ⎛⎫--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.(2)220a e<≤ 【解析】(1)()2122x ax f x x--'=,0x >(i)0a >，令()0f x '=，得到21220x ax --=，解得x =，x =舍)所以当20,4x a ⎛-+∈ ⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减； (ii)0a =，令()0f x '=，得到12x =当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减； (iii)102a -<<，令()0f x '=，得到x =，x =当244x a ⎛⎛⎫--∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当2244x a a ⎛-+-∈ ⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x在20,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，22,44a a ⎛--- ⎝⎭单调递减，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增； (iiii)12a ≤-，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增； 综上所述，0a >，()f x在⎛ ⎝⎭单调递增，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x在⎛ ⎝⎭单调递增，⎝⎭单调递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.(2)因为对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根所以将问题等价于ln 2x ax b x-=+有两解 令()ln 2x g x x -=，0x >有()23ln xg x x -'=，0x >()30g e ∴=；()g x 在()30,e 递增，()3,e +∞递减；0x →，()g x →-∞；x →+∞，()0g x →；∴有图象知要使()ln 2x g x x-=的图像和y ax b =+的图像有两个交点， 0a >，过30,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭作切线时，斜率a 最大.设切点为()00,x y ，有002003ln 2ln 5x x y x x x --=+，002ln 53x x e-∴=-， 0x e ∴=此时斜率a 取到最大22e220a e∴<≤. 22．(2020届浙江湖州、衢州、丽水三地市高三上期中)已知函数())f x lnx x a R =+-∈有两个极值点12,x x ，且12x x <.(1)若5a =，求曲线()y f x =在点()()4,4f 处的切线方程； (2)记()()()12g a f x f x =-，求a 的取值范围，使得()150424g a ln <≤-. 【答案】(1) 46y ln =- (2) 45a <≤ 【解析】(1)5a =时，()ln x x f x +-=()11f x x '=+-()()446,'40,f ln f =-=所以，点()()4,4f 处的切线方程是46y ln =-； (2)()11f x x '=+=2a=1=，且2160a ∆=->，4a >，t =，得()2214t a t+=，且1t >. 因为()11112f x lnx x lnx x =+-=--，()2222f x lnx x =--， 所以()()12121ln 2x g a x x t lnt x t ⎛⎫=+-=--⎪⎝⎭， 令()12ln h t t t t=--则()()2222211221'10t t t h t t t t t --+=+-==> 所以()h t 在(1,)+∞上单调递增， 因为()154424h ln =-，所以14t <≤， 又因为()221124t a t t t+==++在(]1,4上单调递增，所以45a <≤. 23.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知函数()32()ln 2123x f x ax x ax =++--()．(1)若2x =为的极值点，求实数的值；(2)若在[)3,+∞上是单调增函数，求实数的取值范围；(3)当12a =-时，方程()()311+3x b f x x--=有实根，求实数的最大值． 【答案】(1)0；(2)3130,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；(3)0.【解析】(1)22()2221a f x x x a ax =+--+'()()222144221x ax a x a ax ⎡⎤+--+⎣⎦=+． 因为2x =为()f x 的极值点，所以()20f '=． 即22041aa a -=+，解得0a =． 又当时，()(2)f x x x '=-，从而2()x f x =为的极值点成立．(2)因为()f x 在区间[)3,+∞上为增函数，所以()()()2221442021x ax a x a f x ax ⎡⎤+--+⎣⎦+'=≥在区间[)3,+∞上恒成立． ①当时，()(2)0f x x x -'=≥在[3,)+∞上恒成立，所以()[3,)f x +∞在上为增函数，故,符合题意．②当0a ≠时，由函数()f x 的定义域可知，必须有210ax +>对3x ≥恒成立，故只能0a >，所以对上恒成立．令22()2(14)(42)g x ax a x a =+--+，其对称轴为114x a=-， 因为0a >所以1114a-<，从而()0[3,)g x ≥+∞在上恒成立，只要(3)0g ≥即可， 因为()3g =24610a a -++≥，解得31331344a -+≤≤．因为0a >，所以31304a +<≤． 综上所述，的取值范围为3130,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦．(3)若12a =-时，方程3(1)(1)+3x bf x x--=可化为，．问题转化为223ln (1)(1)ln b x x x x x x x x x x =--+-=+-在()0,∞+上有解， 即求函数的值域．因为()()2ln g x x x x x =+-，令，则，所以当01x <<时，()0h x '>，从而()h x 在()0,1上为增函数， 当1x >时，()'0h x <，从而()h x 在()1,+∞上为减函数， 因此()(1)0h x h ≤=．而0x >，故()0b x h x =⋅≤， 因此当1x =时，b 取得最大值0．24.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知函数()101axf x lnx x =--． (1)当a ∈R 时，讨论函数f (x )的单调性；(2)对任意的x ∈(1，+∞)均有f (x )＜ax ，若a ∈Z ，求a 的最小值． 【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2)a 的最小值为3 【解析】(1)由题意，函数()101axf x lnx x =--， 则()()22210201010(1)(1)x a x af x x x x x +-+'=+=--，x ＞0且x ≠1， 令()()2102010g x x a x =+-+，则其图象对称轴为直线x 2020a-=，g (0)＝10， 当20020a-≤，即a ≥20时，则g (x )＞0，f ′(x )＞0， 此时f (x )分别在(0，1)和(1，+∞)上递增， 当20020a->时，即a ＜20时，令△＝(a ﹣20)2﹣400≤0．可得0≤a ＜20， 所以当0≤a ＜20时，则g (x )＞0，f ′(x )＞0， 此时f (x )分别在(0，1)和(1，+∞)上递增，当a ＜0时，由g (x )＝0解得x 12020a --=，x 22020a -=，易知f (x )分别在(0，x 1)，(x 2，+∞)上递增，分别在(x 1，1)，(1，x 2)上递减． 综上所述，当a ≥0时，f (x )分别在(0，1)和(1，+∞)上递增，当a ＜0时，分别在(0，x 1)，(x 2，+∞)上递增，分别在(x 1，1)，(1，x 2)上递减．(2)由题意得，210ln 11ax ax x ax x x <+=--， 即()2101x lnxa x->，对任意(1,)x ∈+∞成立，令F (x )()2101x lnxx-=，x ＞1，则()3()1021x ln F x x x x-+-⎡⎤⎣⎦'=，x ＞1，令h (x )＝(2﹣x )lnx +x ﹣1，h ′(x )＝﹣lnx 2x+，x ＞1 因为h ′(x )在(1，+∞)上递减，且h ′(1)＝2＞0，当x →+∞时，h ′(x )→﹣∞，所以存在x 0∈(1，+∞)，使得h ′(x 0)＝0，且h (x )在(1，x 0)上递增，在(x 0，+∞)上递减， 因为h (1)＝0，所以h (x 0)＞0，因为当x →+∞时，h (x )→﹣∞，所以存在x 1∈(x 0，+∞)，使得h (x 1)＝0， 且F (x )在(1，x 1)上递增，在(x 1，+∞)上递减，所以F (x )max ＝F (x 1)()1121101x lnx x-=，因为h (x 1)＝(2﹣x 1)lnx 1+x 1﹣1＝0，所以lnx 11112x x -=-，所以F (x 1)()2121110(1)2x x x -=-，因为h (4)＝﹣2ln 4+3＝ln 316e >0，h (5)＝﹣3ln 5+4＝ln 435e <0，所以x 1∈[4，5]，令Φ(x )()2210(1)2x x x -=-，x ∈[4，5]，易证Φ(x )在区间[4，5]上递减，所以Φ(x )∈[3215，4516]， 即F (x )max ∈[3215，4516]，因为a ∈Z ，所以a 的最小值为3． 25.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)设()ln xaf x b x e =-，其中,a b ∈R ，函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为1211y x e e ⎛⎫=-+++⎪⎝⎭.其中 2.7182e ≈(Ⅰ)求证：函数()f x 有且仅有一个零点； (Ⅱ)当()0,x ∈+∞时，()kf x ex<恒成立，求最小的整数k 的值. 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)2. 【解析】(Ⅰ)'()x a b f x e x =--， 所以'1(1)(1)a f b e e =--=-+当1x =时，1y e =，即1(1)a f e e ==，解得1a b =='11()0x f x e x =--<，函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调减由于1(1)0f e => 1()10e f e e=-<则函数()f x 有且仅有一个零点． (Ⅱ)一方面，当1x =时，1(1)kf e e=<，由此2k ≥； 当2k =时，下证：2()f x ex<，在(0,)x ∈+∞时恒成立，21()ln x f x x ex e <⇔-22ln x x x x ex e e<⇔-< 记函数()x x g x e =，'1()x x g x e -=，()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,+)∞上单调递减1()(1)g x g e≤=；记函数()ln h x x x =，'()1ln h x x =+，()h x 在1(0,)e上单调减，在1(,+)e ∞上单调减11()()h x h e e ≥=-，即1()h x e-≤-；ln ()x xx x g x e -=112(())h x e e e +-≤+=，成立 又因为()g x 和()h x 不能同时在同一处取到最大值， 所以当(0,)x ∈+∞时，2()f x ex<恒成立 所以最小整数2k =．26.(2020·广东高三月考(理))已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-． (1)求函数()f x 的单调区间； (2)当12a >时，若对任意的[)1,x ∈-+∞，均有()()212a f x x ≥+，求a 的取值范围．注：e 2.71828=为自然对数的底数．【答案】(1)()f x 在(,0)-∞内单调递减，在(0,)+∞内单调递增；(2)122a <≤ 【解析】(1)由()(1)=0axaxf x a e a a e =-'=⋅-,解得0x =．①若0a >,则当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(0,)+∞内单调递增； 当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,故()f x 在(,0)-∞内单调递减．②若0a <,则当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(0,)+∞内单调递增； 当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,故()f x 在(,0)-∞内单调递减． 综上所述,()f x 在(,0)-∞内单调递减,在(0,)+∞内单调递增．(2)2()(1)2a f x x ≥+,即2(1)2ax ae x ≥+． 令0x =,得12a≥,则122a <≤．当1x =-时,不等式2(1)2ax a e x ≥+显然成立,当(1,)x ∈-+∞时,两边取对数,即2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立． 令函数()2ln(1)ln2aF x x ax =+-+,即()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立． 由22(1)()=011a x F x a x x -+'=-=++,得211x a =->-． 故当2(1,1)x a ∈--时,()0F x '>,()F x 单调递增；当2(1+)x a∈-∞，时,()0F x '<,()F x 单调递减. 因此22()(1)2ln 2ln 2ln 22a aF x F a a a a ≤-=-++=--．令函数()2ln 2ag a a =--,其中122a <≤,则11()10a g a a a='-=-=,得1a =, 故当1(,1)2a ∈时,()0g a '<,()g a 单调递减；当(1,2]a ∈时,()0g a '>,()g a 单调递增．又13()ln 4022g =-<,(2)0=g ,故当122a <≤时,()0g a ≤恒成立,因此()0F x ≤恒成立,即当122a <≤时,对任意的[1,)x ∈-+∞,均有2()(1)2a f x x ≥+成立．27.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设函数()1xf x e x =+≥-(1)当1a =-时，若0x 是函数()f x 的极值点，求证：0102x -<<；(2)(i)求证：当0x ≥时，()2112f x x x ≥+++； (ii)若不等式()25242f x a x x a++≤对任意0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 注：e=2.71828...为自然对数的底数. 【答案】(1)证明见解析 (2)(i)证明见解析 (i i)(]0,1 【解析】(1)()xf x e '==令()()2120xg x eg x e e '=⇒=>即()g x 恒增，又1102g ⎛⎫-=< ⎪⎝⎭，()010g =>，所以()f x '在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上有一根，即为()f x 的极值点0x ，且0102x -<<； (2)(i )要证()2112f x x x ≥+++，只需证2112x e x x ≥++，只需证()21102x h x e x x =---≥，()1x h x e x '=--，()10x h x e ''=->，即()h x '在[)0,+∞，即()()min 00h x h ''==，所以()0h x '≥恒成立，即()h x 在[)0,+∞单调递增，又有()()min 00h x h ==，所以()0h x ≥恒成立，即()2112f x x x ≥+++(i i )必要性探路：当0x =，有1201aa a+≤⇒<≤， 当01a <≤时，2225551222424242x x a e a x x x x e x x a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++=++≥++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()2512042x g x e x x x ⎛⎫=++≥⎪⎝⎭ ()225151142424x g x e x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-+≥1++++=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(1)当1x ≥时，()22111111242424g x x x '≥>-≥->， 所以函数()()00g x g ≥=(2)当01x <<时，()211112444g x x '≥->->> 所以函数()()00g x g ≥=综上所述：实数a 的取值范围为(]0,1.28.(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设,a b ∈R ，已知函数()ln f x a x =，。

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