最新2020年浙江省高考数学模拟试卷(4月份)
浙江省2020届高三4月联考数学试卷(含答案解析)
(1)数列{an}是单调递减数列;
(2)对任意的 n∈N*,都有 an…13 ﹔
(3)数列
|
an
−
1 2
ห้องสมุดไป่ตู้|
是单调递减数列;
4)对任意的 n∈N*,都有| an+1 − an | „
2 ( 6 )n−1 3 11
则上述结论正确的个数是
A.1
B.2
C.3
D.4
二,填空题:本大题共 7 小题,多空题每小题 6 分,单空题每小题 4 分,共 36 分.把答案填在题中的横线上.
13. 已 知 多 项 式 (2x ＋ a) s =a 0 ＋ a 1 x +… ＋ a 5 x 5 +(1+x) 2 , 若 a 0 =0, 则 a=_____; 若 a 2 =-41, 则
a 1 +a 2 +…+a 5 =_____. 14.在△ABC 中,∠BAC 的平分线交 BC 于点 D,AB=AD=1,AC=2,则 BC=_____;若 O 是△ABD 的外接圆圆心,
２０２０高考浙江省 ４月联考 数学 答案详解
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ ＣＤ ＣＤＡ Ｂ ＢＤＤ Ｃ
１．【答案】Ｃ 【命题意图】本题考查集合的概念、交集运算 ． 【解题思路】∵集合 Ａ＝｛０，１，２，３｝，集合 Ｂ＝｛ｘ｜ｘ≤ ２｝，∴Ａ∩ Ｂ＝｛０，１，２｝，故选 Ｃ．
２．【答案】Ｄ 【命题意图】本题考查复数的几何意义和除法运算 ． 【解题思路】由题知 ｚ＝２＋ｉ３ｉ＝ ２ｉ＋３＝３－２ｉ，对应的 点（３，－２）在复平面内位于第四象限，故选 Ｄ．
【解题思路】若 ｌｏｇ３ｍ＝２，则 ｍ＝９；２ｌｏｇ２３ ＋３０ ＋ｌｏｇ３９＝
浙江省2020届高三数学4月高考适应性测试卷附答案详析
第______项.
16．设实数 x 、 y 满足条件 3x y 0 、 x y 2 ，则可行域面积为______， xy 最大值为______.
17．已知三角形 ABC 的外接圆半径为1，外接圆圆心为 O ，且 O 点满足 2OA 3OB 4OC 0 ，则
cos ACB ______， AB OA ______.
8．已知
x
0
，则
x
9 x
3
x
25 x
5
的最小值为(
)
A．12 15
B． 48
793
C．
16
D． 60
9．如图所示，在顶角为 圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1, 4 的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两
3
个球分别与截面相切于 EF ，则截面所表示的椭圆的离心率为( )
（注：在截口曲线上任取一点 A ，过 A 作圆锥的母线，分别与两个球相切于点 B, C ，由相切的几何性质可知，
浙江省 2020 届高三数学 4 月高考适应性测试卷
一、单选题
1．已知 x, y R ，设集合 A x y ln 1 x2 ， B y y ln 1 x2 ，则 ðRB A ( )
A． 0,1
B． , 1
C． 0,1
D． , 1
2．下列通项表达式中能表达数列 i,1, i, 1,i,1, i, 1......的是( )
A． in
B． in
C． i3n
D． i3n
3．某几何体三视图如图所示（单位：cm），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位：cm3）是( )
A． 24 8 3
B． 24 16 3
4．以下说法正确的是（ ）
2020届全国100所名校最新高考模拟示范卷(四)高三数学(理)试题及答案
绝密★启用前2020届全国100所名校最新高考模拟示范卷（四）高三数学（理）试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1．已知集合{}|26Mx x =-<<，{}2|3log 35N x x =-<<，则MN =（ ）A ．{}2|2log 35x x -<<B ．{}2|3log 35x x -<<C ．{}|36x x -<<D ．{}2|log 356x x <<答案：A根据对数性质可知25log 356<<，再根据集合的交集运算即可求解. 解：∵25log 356<<， 集合{}|26Mx x =-<<，∴由交集运算可得{}2|2log 35M N x x ⋂=-<<.故选：A. 点评：本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题. 2．设复数z 满足12z zz +=+，z 在复平面内对应的点的坐标为(),x y 则（ ） A ．221x y =+ B ．221y x =+ C ．221x y =- D ．221y x =-答案：B根据共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解. 解：z 在复平面内对应的点的坐标为(),x y ，则z x yi =+，z x yi =-，∵12z zz +=+，1x =+，解得221y x =+. 故选：B. 点评：本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题. 3．“2b =”是“函数()()2231f x b b x α=--（α为常数）为幂函数”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案：A根据幂函数定义，求得b 的值，结合充分条件与必要条件的概念即可判断. 解：∵当函数()()2231af x b b x =--为幂函数时，22311b b --=，解得2b =或12-， ∴“2b =”是“函数()()2231af x b b x =--为幂函数”的充分不必要条件.故选：A. 点评：本题考查了充分必要条件的概念和判断，幂函数定义的应用，属于基础题.4．已知()21AB =-，，()1,AC λ=，若cos BAC ∠=，则实数λ的值是（ ） A ．-1 B ．7C ．1D ．1或7答案：C根据平面向量数量积的坐标运算，化简即可求得λ的值. 解：由平面向量数量积的坐标运算，代入化简可得cos 105AB AC BAC AB AC⋅∠===. ∴解得1λ=. 故选：C. 点评：本题考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.5．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射．12日下午4点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中③所示，其近月点与月球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，对该椭圆有下述四个结论： （1）焦距长约为300公里； （2）长轴长约为3988公里； （3）两焦点坐标约为()150,0±； （4）离心率约为75994． 其中正确结论的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4答案：B根据椭圆形轨道，设该椭圆长轴长为a ，半焦距为c ，先求得月球的半径r ，再根据近月点与月球表面距离为100公里，有100a c r -=+，远月点与月球表面距离为400公里，有400a c r +=+，然后两式联立求解. 解：设该椭圆长轴长为a ，半焦距为c ，依题意可得月球半径约为1347617382⨯=， 所以1001738183840017382138a c a c -=+=⎧⎨+=+=⎩，解得1988150a c =⎧⎨=⎩所以离心率150751988994c e a ===，可知结论（1）（4）正确，（2）错误； 因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以（3）错误． 故选：B 点评：本题主要考查椭圆的几何性质，还考查了阅读抽象应用的能力，属于基础题. 6．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若1a =，6A π=，且321c b -=，则cos C （）A ．12-B ．3C ．12D 6 答案：A根据1a =，321c b -=，由正弦定理边化为角得到3sin 2sin sin C B A -=，由A B C π++=，得到()3sin 2sin sin C A C A -+=，再根据6A π=求解.解：由321c b -=，得32c b a -=，即3sin 2sin sin C B A -=， 所以()3sin 2sin sin C A C A -+=， 而6A π=，所以3sin 2sin sin 66C C ππ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭， 即3113sin 2sin cos 222C C C ⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭， 解得1cos 2C =-． 故选：A 点评：本题主要考查正弦定理和三角恒等变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 7．函数()2cos2cos221xxf x x =+-的图象大致是（ ） A ． B ．C ．D ．答案：C根据函数奇偶性可排除AB 选项；结合特殊值，即可排除D 选项. 解：∵()2cos221cos2cos22121x x x x f x x x +=+=⨯--，()()()2121cos 2cos22121x x x x f x x x f x --++-=⨯-=-⨯=---，∴函数()f x 为奇函数，∴排除选项A ，B ；又∵当04x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x >，故选：C. 点评：本题考查了依据函数解析式选择函数图象，注意奇偶性及特殊值的用法，属于基础题.8．设x ，y 满足约束条件2010x y x y x m -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪≤⎩，若2z x y =+的最大值大于17，则实数m 的取值范围为（） A ．()4,+∞ B ．13,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．()6,+∞D ．()5,+∞答案：D先作出不等式组表示的平面区域，然后平移直线l ：20x y +=，当直线l 在y 轴上的截距最大时，z 取得最大值求解. 解：作出不等式组表示的平面区域如图所示，作出直线l ：20x y +=，并平移，当直线l 经过点(),2m m +时，直线在y 轴上的截距最大，z 取得最大值， 因为2z x y =+的最大值大于17， 所以2217m m ++>，解得5m >． 故选：D 点评：本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的方法的能力，属于基础题. 9．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成．而这七块板可拼成许多图形，人物、动物、建筑物等，在18世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧图谱》．若用七巧板（图1为正方形），拼成一只雄鸡（图2），在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡头或鸡尾（阴影部分）的概率为A ．112B ．18C ．14D ．316答案：D这是一个几何概型模型，设包含7块板的正方形边长为4，求得正方形的面积，即为雄鸡的面积，然后求得雄鸡鸡头（标号3或5）和鸡尾（标号6）的面积之和，代入公式求解. 解：设包含7块板的正方形边长为4，正方形的面积为4416⨯=， 则雄鸡鸡头（标号3或5）和鸡尾（标号6）的面积之和为1212132⨯⨯+⨯=， 在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡几头或鸡尾（阴影部分）的概率为316p． 故选：D 点评：本题主要考查几何概型的概率，还考查了阅读抽象应用的能力，属于基础题.10．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 答案：C设AE BF a ==，13B EBF EBFV S B B '-'=⨯⨯，利用基本不等式，确定点E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解.设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFaa V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 9322222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=--⎪⎝⎭，()3,3,0AC =-， 所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C 点评：本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.11．已知函数()sin f x a x x =的一条对称轴为56x π=，函数()f x 在区间()12,x x 上具有单调性，且()()12f x f x =-，则下述四个结论：①实数a 的值为1；②()()1,x f x 和()()22,x f x 两点关于函数()f x 图象的一条对称轴对称； ③21x x -的最大值为π， ④12x x +的最小值为23π． 其中所有正确结论的编号是（） A ．①②③ B ．①③④C ．①④D ．③④答案：B 根据56x π=是函数()f x 的一条对称轴，确定函数()f x ，再根据函数()f x 在区间()12,x x 上具有单调性，得到21x x -的最大值为2Tπ=，然后由()()12f x f x =-，得到()()11,x f x 和()()22,x f x 两点关于函数()f x 的一个对称中心对称求解验证. 解： ∵56x π=是函数()f x 的一条对称轴，∴()53f x f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭， 令0x =，得()503f f π⎛⎫=⎪⎝⎭，即=1a =，①正确； ∴()sin 2sin 3π⎛⎫==- ⎪⎝⎭f x x x x ．又因为函数()f x 在区间()12,x x 上具有单调性， ∴21x x -的最大值为2Tπ=，且()()12f x f x =-， ∴()()11,x f x 和()()22,x f x 两点关于函数()f x 的一个对称中心对称，∴121233223x x x x k ππ⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪+π⎝⎭⎝⎭=-=π，k Z ∈， ∴12223x x k ππ+=+，k Z ∈， 当0k =时，12x x +取最小值23π，所以①③④正确，②错误．故选：B 点评：本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了推理论证，运算求解的能力，属于中档题.12．如图，在ABC 中，AB 4=，点E 为AB 的中点，点D 为线段AB 垂直平分线上的一点，且4DE =，固定边AB ，在平面ABD 内移动顶点C ，使得ABC 的内切圆始终与AB 切于线段BE 的中点，且C 、D 在直线AB 的同侧，在移动过程中，当CA CD +取得最小值时，ABC 的面积为（）A ．12524-B ．6512-C ．12518-D ．658-答案：A以AB 所在直线为x 轴，ED 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，利用圆的切线长定理，得到C 点的轨迹是以A 、B 为焦点的双曲线在第一象限部分，然后利用直线段最短，得到点C 的位置，再求三角形的面积. 解： 如图，以AB 所在直线为x 轴，ED 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，则()2,0A -，()2,0B ，()0,4D ，设ABC 的内切圆分别切BC 、AC 、AB 于F ，G ，H 点，∵3124CA CB AG BF AH HB -=-=-=-=<，所以C 点的轨迹是以A 、B 为焦点的双曲线的第一象限部分，且1a =，2c =，2223b c a =-=，∴C 的轨迹方程为()220,03y x x y ->>．∵2CA CB -=，∴2CA CB =+，∴2CA CD CB CD +=++， 则当点C 为线段BD 与双曲线在第一象限的交点时，CA CD +最小， 如图所示：线段BD 的方程为()4202y x x =-≤≤，将其代入22330x y --=，得216190x x -+=，解得835x =+835x =-，∴426512y x =-=， ∴()835,6512C -． ∴ABC 的面积为()146512125242⨯⨯=． 故选：A 点评：本题主要考查双曲线的定义，圆的切线长定理以及三角形的面积，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 二、填空题13．若函数()()()()()2log 2242x x f x f x x ⎧->⎪=⎨+≤⎪⎩，则()()5f f -=__________． 答案：1利用分段函数，先求()5f -，再求()()5f f -的值.解： ∵()()()5130f f f -=-==，∴()()()()5041ff f f -===．故答案为：1 点评：本题主要考查分段函数求函数值问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 14．若()()613x a x -+的展开式中3x 的系数为45-，则实数a =__________． 答案：13利用通项公式得到()()613x a x -+的展开式中含3x 的项为：()()23236633x C x a C x ⋅-⋅，再根据系数为45-，建立方程求解.解：因为()()613x a x -+的展开式中含3x 的项为：()()()232336633135540x C x a C x a x ⋅-⋅=-，∴13554045a -=-，解得13a =． 故答案为：13点评：本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 15．如图，在矩形ABCD 中，24==AD AB ，E 是AD 的中点，将ABE △，CDE △分别沿BE CE ，折起，使得平面ABE ⊥平面BCE ，平面CDE ⊥平面BCE ，则所得几何体ABCDE 的外接球的体积为__________.答案：323π 根据题意，画出空间几何体，设BE EC BC ，，的中点分别为M N O ，，，并连接AM CM AO DN NO DO OE ，，，，，，，利用面面垂直的性质及所给线段关系，可知几何体ABCDE 的外接球的球心为O ，即可求得其外接球的体积. 解：由题可得ABE △，CDE △，BEC △均为等腰直角三角形，如图所示，设BE EC BC ，，的中点分别为M N O ，，， 连接AM CM AO DN NO DO OE ，，，，，，， 则OM BE ⊥，ON CE ⊥.因为平面ABE ⊥平面BCE ，平面CDE ⊥平面BCE ， 所以OM ⊥平面ABE ，ON ⊥平面DEC ， 易得2OA OB OC OD OE =====，则几何体ABCDE 的外接球的球心为O ，半径2R =， 所以几何体ABCDE 的外接球的体积为343233V R ππ==. 故答案为：323π. 点评：本题考查了空间几何体的综合应用，折叠后空间几何体的线面位置关系应用，空间几何体外接球的性质及体积求法，属于中档题.16．若函数()2ln 2f x x x ax x =--有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围为__________． 答案：10,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭由函数()2ln 2f x x x ax x =--有两个不同的极值点，则()ln 40f x x ax '=-=有两个不同的根，转化为方程ln 4x a x =有两个不同解，即函数()g x ln 4xx=的图象与直线y a =有两个公共点求解.解：由()ln 40f x x ax '=-=，得ln 4xa x=， 记()ln 4x g x x =，则()21ln 4xg x x-'=， 当()0,x e ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，当(),x e ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减． 又∵()14g e e=，当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()0g x →． 因为函数()2ln 2f x x x ax x =--有两个不同的极值点， 所以方程ln 4xa x=有两个不同的解， 即函数()g x 的图象与直线y a =有两个公共点， 故实数a 的取值范围为10,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭． 故答案为：10,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭点评：本题主要考查导数与函数的极值点以及导数与函数的零点问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 三、解答题17．在如图所示的多面体中，四边形ABEG 是矩形，梯形DGEF 为直角梯形，平面DGEF ⊥平面ABEG ，且DG GE ⊥，//DF GE ，2222AB AG DG DF ====.（1）求证：FG ⊥平面BEF . （2）求二面角A BF E --的大小. 答案：（1）见解析；（2）23π（1）根据面面垂直性质及线面垂直性质，可证明BE FG ⊥；由所给线段关系，结合勾股定理逆定理，可证明FE FG ⊥，进而由线面垂直的判定定理证明FG ⊥平面BEF .（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面AFB 和平面EFB 的法向量，由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值，结合图形即可求得二面角A BF E --的大小. 解：（1）证明：∵平面DGEF ⊥平面ABEG ，且BE GE ⊥， ∴BE ⊥平面DGEF ， ∴BE FG ⊥，由题意可得2FG FE ==， ∴222FG FE GE +=，∵FE FG ⊥，且FE BE E ⋂=， ∴FG ⊥平面BEF .（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0E ，()0,1,1F ，()1,1,1FA =--，()1,1,1FB =-，()0,1,1FE =-.设平面AFB 的法向量是()111,,n x y z =，则11111111100000x y z x z FA n x y z y FB n --==⎧⎧⎧⋅=⇒⇒⎨⎨⎨+-==⋅=⎩⎩⎩，令11x =，()1,0,1n =，由（1）可知平面EFB 的法向量是()0,1,1m GF ==，∴1cos<,222n m n m n m⋅>===⨯⋅，由图可知，二面角A BF E --为钝二面角，所以二面角A BF E --的大小为23π. 点评：本题考查了线面垂直的判定，面面垂直及线面垂直的性质应用，空间向量法求二面角的大小，属于中档题.18．在等差数列{}n a 中，12a =，35730a a a ++=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记23n n a an b =+，当*n N ∈时，1n n b b λ+>，求实数λ的取值范围．答案：（1）2n a n =（2）实数λ的取值范围是97,13⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭（1）根据12a =，35730a a a ++=，利用“1,a d ”法求解.（2）由（1）得到2349n naa n n nb =+=+，将()114949n n n n λ+++>+对*n N ∀∈恒成立，转化为5419nλ<⎛⎫+ ⎪⎝⎭对*n N ∀∈恒成立求解. 解：（1）在等差数列{}n a 中，3575330a a a a ++==，∴510a =，所以{}n a 的公差51251a a d -==-， ∴()112n a a n d n =+-=． （2）∵2349n naa n n nb =+=+，∴()114949n n n n λ+++>+对*n N ∀∈恒成立，即4499595444949419n n n n n n n n λ⨯+⨯⨯<=+=+++⎛⎫+ ⎪⎝⎭对*n N ∀∈恒成立， 又∵55974441341199n+≥+=⎛⎫++ ⎪⎝⎭，∴9713λ<，即实数λ的取值范围是97,13⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．点评：本题主要考查等差数列的基本运算以及有关数列的不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19．在直角坐标系xOy 中，曲线1C 上的任意一点M 到直线1y =-的距离比M 点到点()02F ，的距离小1.（1）求动点M 的轨迹1C 的方程；（2）若点P 是圆()()222221C x y -++=：上一动点，过点P 作曲线1C 的两条切线，切点分别为A B 、，求直线AB 斜率的取值范围.答案：（1）28x y =；（2）13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦（1）设(),M x y ，根据题意可得点M 的轨迹方程满足的等式，化简即可求得动点M 的轨迹1C 的方程；（2）设出切线PA PB 、的斜率分别为12k k ，，切点()12,A x x ，()22,B x y ，点()P m n ,，则可得过点P 的拋物线的切线方程为()y k x m n =-+，联立抛物线方程并化简，由相切时0∆=可得两条切线斜率关系12,k k +12k k ；由抛物线方程求得导函数，并由导数的几何意义并代入抛物线方程表示出12,y y ，可求得4AB mk =，结合点()P m n ,满足()()22221x y -++=的方程可得m 的取值范围，即可求得AB k 的范围.解：（1）设点(),M x y ，∵点M 到直线1y =-的距离等于1y +， ∴11y +=，化简得28x y =，∴动点M 的轨迹1C 的方程为28x y =.（2）由题意可知，PA PB 、的斜率都存在，分别设为12k k ，，切点()12,A x x ，()22,B x y ，设点()P m n ,，过点P 的拋物线的切线方程为()y k x m n =-+，联立()28y k x m n x y⎧=-+⎨=⎩，化简可得28880x kx km n -+-=，∴26432320k km n ∆=-+=，即220k km n -+=， ∴122m k k +=，122n k k =. 由28x y =，求得导函数4xy '=， ∴114x k =，2211128x y k ==，2222228x y k ==，∴222121212121224424ABy y k k k k m k x x k k --+====--， 因为点()P m n ,满足()()22221x y -++=， 由圆的性质可得13m ≤≤，∴13444AB m k ≤=≤，即直线AB 斜率的取值范围为13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 点评：本题考查了动点轨迹方程的求法，直线与抛物线相切的性质及应用，导函数的几何意义及应用，点和圆位置关系求参数的取值范围，属于中档题.20．某大学开学期间，该大学附近一家快餐店招聘外卖骑手，该快餐店提供了两种日工资结算方案：方案()a 规定每日底薪100元，外卖业务每完成一单提成2元；方案()b 规定每日底薪150元，外卖业务的前54单没有提成，从第55单开始，每完成一单提成5元.该快餐店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取100天的数据，将样本数据分为[)[)[)[)[)[)[]2535354545555565657575858595，，，，，，，，，，，，，七组，整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）随机选取一天，估计这一天该快餐店的骑手的人均日外卖业务量不少于65单的概率；（2）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案()a 的概率为13，选择方案()b 的概率为23.若甲、乙、丙、丁四名骑手分别到该快餐店应聘，四人选择日工资方案相互独立，求至少有两名骑手选择方案()a 的概率，（3）若仅从人日均收入的角度考虑，请你为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由.（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替） 答案：（1）0.4；（2）1127；（3）应选择方案()a ，理由见解析 （1）根据频率分布直方图，可求得该快餐店的骑手的人均日外卖业务量不少于65单的频率，即可估算其概率；（2）根据独立重复试验概率求法，先求得四人中有0人、1人选择方案()a 的概率，再由对立事件概率性质即可求得至少有两名骑手选择方案()a 的概率；（3）设骑手每日完成外卖业务量为X 件，分别表示出方案()a 的日工资和方案()b 的日工资函数解析式，即可计算两种计算方式下的数学期望，并根据数学期望作出选择. 解：（1）设事件A 为“随机选取一天，这一天该快餐店的骑手的人均日外卖业务量不少于65单”.根据频率分布直方图可知快餐店的人均日外卖业务量不少于65单的频率分别为0.2,0.15,0.05，∵020*******++=．．．．， ∴()P A 估计为0.4.（2）设事件′为“甲、乙、丙、丁四名骑手中至少有两名骑手选择方案()a ”， 设事件i C ，为“甲、乙、丙、丁四名骑手中恰有()01234ii =，，，，人选择方案()a ”， 则()()()41310144212163211111333818127P B P C P C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=--=--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以四名骑手中至少有两名骑手选择方案()a 的概率为1127. （3）设骑手每日完成外卖业务量为X 件， 方案()a 的日工资()11002,*Y X X N =+∈，方案()b 的日工资()215054*15055454*X X N Y X X X N ≤∈⎧=⎨+->∈⎩，，，，，所以随机变量1Y 的分布列为()1160005180005200022200324002260015280005224E Y =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．．．．．．．；同理，随机变量2Y 的分布列为()21500318003230022800153300052035E Y =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．．．．．．.∵()()21EY E Y >，∴建议骑手应选择方案()a . 点评：本题考查了频率分布直方图的简单应用，独立重复试验概率的求法，数学期望的求法并由期望作出方案选择，属于中档题.21．已知函数()()ln 1f x m x x =+-，()sin g x mx x =-.（1）若函数()f x 在()0+∞，上单调递减，且函数()g x 在02，上单调递增，求实数m 的值；（2）求证：()()21111sin11sin 1sin 1sin 12231e n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+<⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭（*n N ∈，且2n ≥）.答案：（1）1；（2）见解析（1）分别求得()f x 与()g x 的导函数，由导函数与单调性关系即可求得m 的值； （2）由（1）可知当0x >时，()ln1x x +<，当02x π<<时，sin x x <，因而()()*111sin1sinsin sin 0,213,221n N n n n⋯>∈≥⨯⨯-⨯，，，，，构造()()111ln 1sin11+sin 1+sin 1sin 12231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦，由对数运算及不等式放缩可证明()()1111ln 1sin11+sin 1+sin 1sin 2212231n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+=-<⎢⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦，从而不等式可证明. 解：（1）∵函数()f x 在()0+∞，上单调递减， ∴()101mf x x'=-≤+，即1m x ≤+在()0+∞，上恒成立， ∴1m ，又∵函数()g x 在02，上单调递增，∴()cos 0g x m x '=-≥，即cos m x ≥在02，上恒成立，m 1≥，∴综上可知，1m =.（2）证明：由（1）知，当1m =时，函数()()ln 1f x x x =+-在()0+∞，上为减函数，()sin g x x x =-在02，上为增函数，而()()00,00f g ==，∴当0x >时，()ln 1x x +<，当02x π<<时，sin x x <. ∴()()*111sin1sinsin sin 0,213,221n N n n n⋯>∈≥⨯⨯-⨯，，，， ∴()()111ln 1sin11+sin 1+sin 1sin 12231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()111ln 1sin1ln 1+sin ln 1+sin ln 1sin 12231n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()111sin1sinsin sin 12231n n <+++⋯+⨯⨯-⨯()11111111111122312231n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+++⋯+=+-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯-⨯-⎝⎭⎝⎭⎝⎭122n=-< 即()()111ln 1sin11+sin 1+sin 1sin 212231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+<⎢⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦， ∴()()()2*1111sin11+sin 1+sin 1sin ,212231e n N n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+<∈≥⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭，. 点评：本题考查了导数与函数单调性关系，放缩法在证明不等式中的应用，属于难题. 22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为0x y a -+=，曲线C 的参数方程为22cos 22sin x y αα=+⎧⎨=+⎩（α为参数）．以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l 和曲线C 的极坐标方程；（2）若射线6πθ=与l 的交点为M ，与曲线C 的交点为A ，B ，且4OA OB OM +=，求实数a 的值．答案：（1）l ：cos sin 0a ρθρθ-+=，C ：24cos 4sin 40ρρθρθ--+=（2）12a =- （1）先消去参数得到C 的普通方程，然后利用cos x ρθ=，sin y ρθ=分别代入，得到直线和曲线C 的极坐标方程.（2）在极坐标系中，设1π,6M ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2π,6A ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3π,6B ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，将π6θ=代入24cos 4sin 40ρρθρθ--+=，然后利用韦达定理求解.解：（1）将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入方程0x y a -+=中，得到直线l 的极坐标方程为cos sin 0a ρθρθ-+=；曲线C 的普通方程为()()22224x y -+-=，即224440x y x y +--+=， 所以曲线C 的极坐标方程为24cos 4sin 40ρρθρθ--+=．（2）在极坐标系中，可设1π,6M ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2π,6A ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3π,6B ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 将π6θ=代入24cos 4sin 40ρρθρθ--+=，得()2240ρρ-+=，∴232ρρ+=，∵4OA OB OM +=，∴1ρ=即1π,26M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，将1π,26M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭代入cos sin 0a ρθρθ-+=，得()111sin cos 222a ρθθ=-=⨯=-． 点评：本题主要考查参数方程，普通法方程极坐标方程间的转化以及直线与曲线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.23．已知不等式112x x ++-≤的解集为{}x a x b ≤≤．（1）求实数a 、b 的值；（2）设0m >，0n >，且满足122a b m n-=，求证：1212m n ++-≥． 答案：（1）1a =-，1b =（2）见解析（1）利用绝对值的几何意义，去绝对值求解.（2）由（1）得到1122m n+=，利用三角不等式转化为1212m n m n ++-≥+，再利用基本不等式求解.解：（1）原不等式等价于①122x x <-⎧⎨-≤⎩，∴x ∈∅； ②1122x -≤≤⎧⎨≤⎩，∴11x -≤≤； ③122x x >⎧⎨≤⎩，∴x ∈∅． 所以原不等式的解集为{}11x x -≤≤，∴1a =-，1b =．（2）∵122a b m n -=，∴1122m n+=， ∴()()1211212m n m n m n ++-≥++-=+()111122222222n m m n m n m n ⎛⎫⎛⎫=+⋅+=++≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当且仅当22n m m n =，即1m =，12n =时取等号， ∴1212m n ++-≥．点评：本题主要考查绝对值不等式的解法以及三角不等式和基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.。
【精品高考数学】2020年4月普通高考数学(浙江卷)全真模拟卷(4)+答案
2020年4月普通高考（浙江卷）全真模拟卷（4）数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：高中全部内容。
选择题部分（共40分）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设全集U R =，集合{}{}|3,|05A x x B x x =≥=≤<，则集合()U C A B ⋂=（ ） A.{}|03x x ≤≤ B.{}|03x x << C.{}|03x x <≤ D.{}|03x x ≤<2．双曲线x 24−y 2=1的离心率为（ ）A ．√5B ．√3C ．√52D ．√323．以下不等式组表示的平面区域是三角形的是（ ）A ．{x ≥1x −y ≥0x +2y −6≥0B ．{x ≥1x −y ≥0x +2y −6≤0C ．{x ≥1x −y ≤0x +2y −6≥0D ．{x ≥1x −y ≤0x +2y −6≤04．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A ．83B ．8C ．203D ．65．已知p ：不等式(ax −1)(x −1)>0的解集为(1a ,1)，q ：a <12，则p 是q 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6．函数2sin 2()12xf x x x=++的部分图象大致可为（ ） A ． B ．C ． D ．7．已知随机变量ξ(i =1,2)的分布列如表所示：若0<p 1<12<p 2<23，则（ ） A ．E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2) B ．E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) C ．E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)D ．E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)8．如图所示，在底面为正三角形的棱台111ABC A B C -中，记锐二面角1A AB C --的大小为α，锐二面角1B BC A --的大小为β，锐二面角1C AC B --的大小为γ，若αβγ>>，则( )A ．111AA BB CC >> B ．111AA CC BB >> C ．111CC BB AA >>D ．111CC AA BB >>9．已知三个二次函数为()()(1)(2)11,2,3,0i i i f x a x x i a =+--=≠，若它们对应的零点记作(1,2,3)i x i =，则当1230a a a >>>且0(1,2,3)i x i >=时，必有（ ） A ．123x x x << B ．123x x x >> C ．123x x x ==D ．123,,x x x 的大小不确定10．已知数列{}n a 满足101a <<，()142n n n a ta t R a ++=∈+，若对于任意*n N ∈，都有103n n a a +<<<，则t 的取值范围是（ ） A ．(]1,3- B ．[]0,3C ．()3,8D ．()8,+∞非选择题部分（共110分）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．我国古代数学巨著《九章算术》中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这位女子每天分别织布多少？”根据上述问题的已知条件，可求得该女子第1天所织布的尺数为__________．12．已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的，若从袋子中摸出3个球，记摸到的白球的个数为ς，则ς=1的概率是_______；随机变量ς期望是_______.13．若()223nx x --的展开式中所有项的系数之和为256，则n =______，含2x 项的系数是______（用数字作答）.14．在ABC ∆中，三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知cos cos 2cos a B b AC c+=，则C =______；又ABC S ∆=6a b +=，则c =______.15．已知双曲线C ：()22221,0x y a b a b -=>的右焦点(),0F c 关于直线b y x a =的对称点在直线2a x c=-上，则该双曲线的离心率为______.16．已知不等式230ln x k kx k-+>-对任意正整数k 均成立，则实数x 的取值范围___17．已知等比数列{a n }的前n 项和S n =3n +r ，则a 3−r =_______，数列{n(n +4)(23)n }的最大项是第k 项，则k =_______.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．在△ABC 中，角A,B,C 的对边分别是a,b,c ，其面积S 满足4S = a 2+c 2−b 2． （Ⅰ）求角B ；（Ⅰ）设∠BAC 的平分线AD 交BC 于D ，AD =3，BD =√6，求cosC ．19．在三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC ∆是等腰三角形，且90ABC ∠=︒，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，平面11ABB A ⊥平面BAC ，点M 是1AA 的中点．（1）求证：1BB CM ⊥；（2）求直线BM 与平面1CB M 所成角的正弦值．20．已知等差数列{}n a 满足212a a =，459a a +=，n S 为等比数列{}n b 的前n 项和，122n n S S +=+. （1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设23,41,n n nn a b n n a c ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，证明：12313...6n c c c c +++⋅⋅+<. 21．对于椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，有如下性质：若点P (x 0,y 0)是椭圆外一点，PA ，PB是椭圆的两条切线，则切点A,B 所在直线的方程是x 0xa 2+y 0y b 2=1，利用此结论解答下列问题：已知椭圆C:x 22+y 2=1和点P (2,t ) (t ∈R )，过点P 作椭圆C 的两条切线，切点是A,B ，记点A,B 到直线PO （O是坐标原点）的距离是d 1，d 2.（Ⅰ）当t =0时，求线段AB 的长； （Ⅰ）求|AB |d1+d 2的最大值.22．设函数()()20axf x e x a -=+≠.（1）当2a =，求函数()f x 的单调区间；（2）当a >(],0x ∈-∞，均有()()212a f x x >+，求a 的取值范围.2020年4月普通高考（浙江卷）全真模拟卷（4）数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2020届浙江省绍兴市高三4月高考科目考试适应性试卷(一模) 数学
绝密★启用前浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷(2020年4月)数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 3.考试结束后.将本试卷和答题卡一并交回。
第I 卷(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|x≥1}，则(R ðA)∩B ＝A.∅B.{1}C.RD.(1，＋∞)2.双曲线2213x y -=的焦点到渐近线的距离是 A.1 B.2 C.3 D.23.底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是A.43B.8C.433D.834.若实数x ，y 满足不等式组02222y x y x y ≥⎧⎪-≤⎨⎪-≥⎩，则x －3yA.有最大值－2，最小值－83B.有最大值83，最小值2 C.有最大值2，无最小值 D.有最小值－2，无最大值5.在△ABC 中，已知A ＝4π，则“sinA>sinB”是“△ABC 是钝角三角形”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.已知a>0，且a≠1，若log a 2>，则a y x x =-的图象可能是7.已知x 1，x 2，x 3∈R ，x 1<x 2<x 3，设231312121231,,,2222x x x x y x x y y y y z ++++====，231323,22y y y y z z ++==，若随机变量X ，Y ，Z 满足：)((())i i i P X x P Y y P Z z ===== 13=(i ＝1，2，3)，则A.D(X)<D(Y)<D(Z)B.D(X)>D(Y)>D(Z)C.D(X)<D(Z)<D(Y)D.D(X)>D(Z)>D(Y)8.如图，三棱锥V －ABC 的底面ABC 是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱V A 上的点(不含端点)，记直线PB 与直线AC 所成角为α，二面角P －AC －B 的平面角为β，则α＋β不可能．．．是A.34πB.23πC.2πD.3π 9.如图，一系列椭圆C n ：2211x y n n+=+(n ∈N *)，射线y ＝x(x≥0)与椭圆C n 交于点P n ，设a n ＝|P n P n ＋1|，则数列{a n }是A.递增数列B.递减数列C.先递减后递增数列D.先递增后递减数列10.设a ∈R ，若x ∈[1，e]时恒有(e －1)x·ln(x ＋a x)≤x 2－x ＋a(其中e ＝2.71828…为自然对数的底数)，则恒有零点的是A.y ＝x 2＋ax ＋1B.y ＝ax 2＋3x ＋1C.y ＝e x ＋a －1D.y ＝e x －a ＋1第II 卷(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.函数f(x)＝－3sin(πx ＋2)的最小正周期为 ，值域为。
2020年浙江省高考数学全真模拟试卷(4)(2月份)(含答案解析)
2020年浙江省高考数学全真模拟试卷(4)(2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={0,1，2，3，4，5}，集合A={2,5}，B={0,1，5}，则(∁U A)∩B等于()A. {0,1，5}B. {1,5}C. {0,1}D. ⌀2.若x，y满足不等式组{x−y≥1x+y≤1y≥−1，则z=x−2y的最小值为()A. −4B. 1C. 2D. 43.直线x−√3y+a=0(a为常数)的倾斜角α为()A. π6B. π3C. 23π D. 56π4.如图所示的几何体，则该几何体的俯视图是选项图中的()A.B.C.D.5.设a⃗、b⃗ 都是非零向量，下列四个条件中，一定能使a⃗|a⃗ |+b⃗|b⃗|=0⃗成立的是()A. a⃗=−2b⃗B. a⃗=2b⃗C.D.6.已知函数f(x)={x 2+4x,x<0,ln(x+2),x≥0,若方程|f(x)|−a=0有四个不同的解，则a的取值范围是()A. (0,4)B. [0,4)C. [ln2,4)D. (ln2,4]7.从0，1，2，3，4五个数中选四个数字，组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为()A. 36B. 60C. 72D. 968.如图，ABCD为正四面体，AD⊥面α于点A，点B、C、D均在平面α外，且在平面α的同一侧，线段BC的中点为E，则直线AE与平面α所成角的正弦值为()A. √33B. √32C. √22D. 12 9. 函数f(x)=e x−1x 在(0,+∞)的最小值为( )A. −1B. 1C. −2D. 210. 数列{a n }中，已知a 61=2 000，且a n+1=a n +n ，则a 1等于( )A. 168B. 169C. 170D. 171二、填空题（本大题共4小题，共18.0分）11. 若复数z =4+3i ，其中i 是虚数单位，则复数z 的模为______ ，1+iz 的值为______ ．12. 如图是某四面体的三视图，则该几何体最长的棱长为__________．13. 已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，过F 点做直线l 相交抛物线于A ，B 两点，则16|AF|−|BF|的最大值为_________．14. 设点p 是曲线上的任意一点，则p 到直线x +y +2=0的距离的最小值为_________ ．三、多空题（本大题共3小题，共18.0分）15. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a =√5，b =3，sinC =2sinA ，则sinA = (1) ；设D 为AB 边上一点，且BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则△BCD 的面积为 (2)16. 若直线3x +4y +k =0与圆x 2+y 2−6x +5=0相切，则k 的值等于 ，若圆关于直线3x +4y +k =0对称，则k 的值等于 .17.在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且满足b=c，bcos A=a−acos B.如图所示，O是△ABC外一点，∠AOB=γ(0<γ<π)，OA=√3，OB=2，则△ABC是(1)三角形，平面四边形OACB面积的最大值是(2).四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠CAD=π4，cos∠C=35．(Ⅰ)求sin∠ADB的值；(Ⅱ)若BD=2DC=5，求△ABD的面积．19.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M、N、P分别是和的中点，求证：(1)；(2)平面MNP//平面CC1D1D．20.已知数列{a n}的前n项和为S n，a11，3S n+1是6与2S n的等差中项(n∈N∗)．}为等比数列；(1)证明数列{S n−32(2)b n=log3a n，求数列{b n}的前n项和T n．)(a∈R,a≠0)为圆心的圆与x轴相交于O，A两点，与y轴相交于O，B两点，21.已知以点C(a,2a其中O为原点．(1)当a=2时，求圆C的标准方程．(2)当a变化时，△OAB的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．(3)设直线l：2x+y−4=0与圆C相交于M，N两点，且|OM|=|ON|，求|MN|的值．22.设函数，a∈R．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)设g(x)=xe1−x，若对于任意给定的x0∈(0,e]，若关于x的方程f(x)+1=g(x0)在(0,e]内有两个不同的实数根，求a的取值范围．【答案与解析】1.答案：C解析：本题考查了集合的定义与运算问题，是基础题．根据补集与交集的定义，计算即可．解：全集U={0,1，2，3，4，5}，集合A={2,5}，B={0,1，5}，则∁U A={0,1，3，4}，∴(∁U A)∩B={0,1}．故选：C．2.答案：B解析：解：由约束条件{x−y≥1x+y≤1y≥−1作出可行域如图，化目标函数z=x−2y为y=x2−z2，由图可得，当直线y=x2−z2过点A(1,0)时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为1．故选：B．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．3.答案：A解析：本题考查直线的倾斜角的求解，属于容易题．由直线的一般方程求得斜率由斜率与倾斜角的关系求解．解：∵k=tanα=√33，∴α=π6． 故选A ． 4.答案：C解析：本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，熟练掌握基本空间图形的三视图形状是解答的关键，属于基础题目．根据直观图，结合三视图规则，可得该几何体的俯视图．解：根据直观图，结合三视图规则，可得该几何体的俯视图是， 故选C ．5.答案：A解析： 本题主要考查了向量共线定理的应用，属于基础题．根据向量共线定理，可得若a ⃗ |a ⃗ |+b ⃗ |b ⃗ |=0⃗ 成立，则向量a ⃗ 、b ⃗ 共线且方向相反，对照各个选项即可得出结论．解：由a ⃗ |a ⃗ |+b ⃗ |b ⃗ |=0⃗ ， 得b ⃗ |b ⃗ |=−a ⃗ |a ⃗ |，即b ⃗ =−|b ⃗ ||a ⃗ |⋅a ⃗ ， 则向量a ⃗ 、b ⃗ 共线且方向相反，因此当向量a ⃗ 、b ⃗ 共线且方向相反时，能使a⃗ |a ⃗ |+b⃗ |b ⃗ |=0⃗ 成立， 对照各个选项，可得B 项中向量a ⃗ 、b ⃗ 的方向相同，C 项中向量a ⃗ 、b ⃗ 的方向相同或相反，D 项中向量a ⃗ 、b⃗ 的方向互相垂直， 只有A 项能确定向量a ⃗ 、b ⃗ 共线且方向相反．故选A ．6.答案：C解析：本题考查函数图象的应用、函数的零点与方程根的关系.作出函数y=|f(x)|与y=a的图象，结合图形即可求出结果．解：，作出函数y=|f(x)|与y=a的图象，如图所示：由图象可知，a的取值范围为．故选C．7.答案：B解析：本题考查分类加法计数原理的应用，解题时要注意数字0的特殊性，进而分2种情况进行讨论．根据题意，分析可得四位数的个位数字为0、2、4之一，进而分2种情况讨论，①个位是0，②个位是2或4，由排列数公式计算得到每种情况下的四位数的个数，最后由分类加法计数原理计算可得答案．解：根据题意，要求组成的是无重复数字的四位偶数，则个位数字为0、2、4之一，分2种情况讨论，①个位是0，则其他三位从剩余的4个数中任取3个数作排列，有A43=24种；②若个位是2或4，有2种情况，千位数字有3种选择，百位和十位，有A32=6种，因此个位非零时，共有2×3×6=36，综合可得，共有24+36=60个无重复数字的四位偶数，故选B．8.答案：A解析：解：如图，∵四面体ABCD为正四面体，设正四面体ABCD的棱长为a，则△ABC为边长为a的正三角形，又E为BC边的中点，∴AE⊥BC，在Rt△AEB中，AE=√AB2−BE2=√a2−(a2)2=√32a．取AD的中点M，连接BM、CM，∵四面体ABCD为正四面体，∴BM⊥AD，CM⊥AD，又BM∩CM=M，由线面垂直的判定定理知，AD⊥平面BCM，故平面BCM//平面α，∴平面BCM到平面α的距离为a2，∴E到平面α的距离为a2．则直线AE与平面α所成角的正弦值sinα=a2AE=a2√32a=√33．故选：A．设出正四面体ABCD的棱长，由AD⊥平面α于A，点B、C、D均在平面α外，且在平面α同一侧，若取AD的中点M，易证AD⊥平面BCM，故平面BCM//平面α，将求点E到平面α距离的问题转化为两平面间距离的问题求解，则直线AE与平面α所成角的正弦值为E到平面α距离除以AE．本题考查了直线与平面所成的角，考查了数学转化思想方法，在解答此题的过程中，将点到面的距离转化为面面间的距离，是中档题．9.答案：B解析：本题主要利用导数来求解闭区间上的最值，根据题意求出f(x)的导数，再利用单调性求解即可；解：由题意可得f′(x)=xe x−1−e x−1x2=e x−1(x−1)x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(1)=e1−11=1，故选B．10.答案：C解析：本题考查了数列的递推关系，累加法的应用，属于基础题．解：∵a61=2000,a n+1−a n=n，则a61=(a61−a60)+(a60−a59)+⋯+(a2−a1)+a1=60+59+⋯+1+a1=60×(60+1)2+a1=2000，∴a1=170．故选C．11.答案：5；7+i25解析：解：|z|=√42+32=5，1+i z =1+i4+3i=(1+i)(4−3i)(4+3i)(4−3i)=7+i25，故答案为：5，7+i25．利用复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12.答案：3解析：本题考查由三视图还原几何体，并求相应棱长．解：由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥A −BCD ，图中正方体的棱长为2，点D 为所在棱的中点， 该三棱锥三条棱长为2√2，两条棱长为√5， 最长棱为CD =√4+5=3． 故答案为3．13.答案：8解析：本题考查了抛物线的性质及几何意义和利用基本不等式求最值.利用抛物线的性质得1m +1n =2p =1，再利用基本不等式求最值计算得结论. 解：由题意，设l 的方程为x =ty +1，A(x 1,y 1), B(x 2,y 2)， 联立{x =ty +1,y 2=4x,得y 2−4ty −4=0．故{y 1+y 2=4t,y 1·y 2=−4,则{x 1+x 2=4t 2+2,x 1·x 2=1. |AF|=m ，|BF|=n ，则1m +1n =1x 1+1+1x 2+1=2p=1，即1m =1−1n ，因此16|AF|−|BF|=16(1−1n )−n =16−(16n +n)≤16−8=8， 当且仅当16n =n ，即n =4时等号成立．所以16|AF|−|BF|的最大值为8． 故答案为8．14.答案：2√2解析：本题考查利用导数的几何意义求切线方程、点到直线的距离公式.求出与直线x +y +2=0平行且与曲线相切的直线，即可求出结果． 解：设P(x,y)， 则y′=1−2x (x >0)， 令1−2x =−1，解得x =1， ∴y =1，即平行于直线y =−x −2且与曲线y =x −2lnx 相切的切点坐标为(1,1)， 由点到直线的距离公式，可得点P 到直线x +y +2=0的距离的最小值d =√2=2√2．故答案为2√2．15.答案：√552解析：解：∵sinC =2sinA ， ∴由正弦定理可得：c =2a ，∴由a =√5，b =3，可得c =2√5，由余弦定理可得：cosA =b 2+c 2−a 22bc=2×3×2√5=2√55． ∴根据A 为三角形内角，可得：sinA =√1−cos 2A =√55．∵D 为AB 边上一点，且BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得：BD =4√53， 又由余弦定理可得：cosB =a 2+c 2−b 22ac=45，可得sinB =√1−cos 2B =35，∴S △BCD =12⋅a ⋅BD ⋅sinB =12×√5×4√53×35=2故答案为：√5，2．5由正弦定理化简已知可得：c=2a，由余弦定理可得cos A的值，根据A为三角形内角，利用同角三角函数关系式即可求得sin A的值．利用余弦定理可求cos B，进而可求sin B的值，求得BD的值，根据三角形面积公式即可计算得解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，同角三角函数关系式的应用，属于基本知识的考查．16.答案：k=1或k=−19k=−9解析：(1)圆x2+y2−6x+5=0的圆心(3,0)，半径r=2，∵圆与直线相切，∴圆心到切线距离等于=2，∴k=1或k=−19．半径．∴|9+k|5(2)因为圆关于直线3x+4y+k=0对称，所以圆心(3,0)在直线3x+4y+k=0上，即3×3+0+ k=0，解得k=−9．17.答案：等边15√34解析：本题考查了正余弦定理、两角和与差的三角函数公式以及利用角的取值范围求最值问题；(1)利用正弦定理由b=c，bcos A=a−acos B可求出a，c的关系从而判定三角形的形状．(2)借助于三角形面积公式、余弦定理，由∠AOB=γ(0<γ<π)表示出四边形的面积，根据γ的取值范围确定面积的最值．解：∵bcos A=a−acos B，由正弦定理可得sin Bcos A=sin A−sin Acos B，则sin Bcos A+sin Acos B=sin(A+B)=sin C=sin A，故A=C，∴a=c，又b=c，故△ABC是等边三角形，则S △ABC =12·AB 2·sin π3=√34AB 2．在△ABO 中，由余弦定理可得AB 2=OA 2+OB 2−2·OA ·OB ·cos γ=7−4√3cos γ，则S 四边形OACB =S △ABO +S △ABC =12×OA ×OB ×sin γ+√34×(7−4√3cos γ)=7√34+(√3sin γ−3cos γ)=7√34+2√3sin(γ−π3)，则当sin(γ−π3)=1， 即γ=5π6时，平面四边形OACB 的面积取得最大值，最大值为7√34+2√3=15√34． 18.答案：解：(I)在△ABC 中，∵cosC =35，∴sinC =45．∴sin∠ADC =sin(C +∠CAD)=sinCcos∠CAD +cosCsin∠CAD =45×√22+35×√22=7√210． ∵∠ADB +∠ADC =π， ∴sin∠ADB =sin∠ADC =7√210． (II)在△ACD 中，由正弦定理得CDsin∠CAD =ADsinC ， ∴52√22=AD45，解得AD =2√2．∴S △ABD =12AD ⋅BD ⋅sin∠ADB =12×5×2√2×7√210=7．解析：(I)求出sin C ，则sin∠ADB =sin∠ADC =sin(C +∠CAD)；(II)在△ACD 中使用正弦定理计算AD ，代入三角形的面积公式S △ABD =12AD ⋅BD ⋅sin∠ADB 即可． 本题考查了两角和的正弦公式，正弦定理，三角形的面积计算，属于中档题．19.答案：证明：(1)连接AC ，CD 1，∵ABCD 是正方形，N 是BD 中点， ∴N 是AC 中点，又∵M 是AD 1中点， ∴MN//CD 1，∵MN ⊄平面CC 1D 1D ，CD 1⊂平面CC 1D 1D ， ∴MN//平面CC 1D 1D ；(2)连接BC 1，C 1D ，∵B 1BCC 1是正方形，P 是B 1C 的中点， ∴P 是BC 1中点，又∵N 是BD 中点， ∴PN//C 1D ，∵PN ⊄平面CC 1D 1D ，C 1D ⊂平面CC 1D 1D ， ∴PN//平面CC 1D 1D ，由(1)得MN//平面CC 1D 1D ，且MN ∩PN =N ， MN ⊂平面MNP ，PN ⊂平面MNP ， ∴平面MNP//平面CC 1D 1D . 故得证．解析：本题考查了线面平行，面面平行的判定定理，是一道中档题． (1)根据线面平行的判定定理证明即可； (2)根据面面平行的判定定理证明即可．20.答案：解：(1)∵3S n+1是6与2S n 的等差中项，∴6+2S n =6S n+1，即S n+1=13S n +1，(n ∈N ∗)，由此得S n+1−32=(13S n +1)−32=13S n −12=13(S n −32)(n ∈N ∗)， 又S 1−32=a 1−32=−12， ∴S n+1−32S n −32=13(n ∈N ∗)，∴数列{S n −32}是以−12为首项，13为公比的等比数列； 证明：(2)由(1)得S n −32=−12(13)n−1，即S n =32−12(13)n−1(n ∈N ∗)，∴当n ≥2时，a n =S n −S n−1=[32−12(13)n−1]−[32−12(13)n−2]=13n−1， 又n =1时，a 1=1也适合上式，∴a n =13n−1．∴b n =log 3a n =1−n ，{b n }是首项为0，公差为−1的等差数列． ∴T n =n(b 1+b n )2=n(1−n)2．解析：(1)由3S n+1是6与2S n 的等差中项，可得S n+1=13S n +1，然后利用定义即可证明S n+1−32S n −32=13(n ∈N ∗)，即数列{S n −32}是以−12为首项，13为公比的等比数列；(2)由(1)得S n −32=−12(13)n−1，得到S n =32−12(13)n−1(n ∈N ∗)，再由a n =S n −S n−1(n ≥2)求a n ，代入b n =log 3a n 求b n ，再由等差数列的求和公式求数列{b n }的前n 项和T n ．本题考查等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和，训练了由数列的前n 项和求通项公式，是中档题．21.答案：解：(1)a =2时，以点C(2,1)为圆心的圆与x 轴相交于O ，A 两点，与y 轴相交于O ，B 两点，∵圆C 过原点O ， ∴OC 2=22+12=5，则圆C 的方程是(x −2)2+(y −1)2=5． (2)∵圆C 过原点O ， ∴OC 2=a 2+4a 2，则圆C 的方程是(x −a)2+(y −2a )2=a 2+4a 2． 令x =0，得y 1=0，y 2=4a ， 令y =0，得x 1=0，x 2=2a ，∴S △OAB =12OA ×OB =12×|4a |×|2a|=4， 即△OAB 的面积为定值．(3)∵|OM|=|ON|，|CM|=|CN|， ∴OC 垂直平分线段MN ．∵k MN=−2，∴k oc=12，∴直线OC的方程是y=12x，∴2a =a2，解得a=2或a=−2．当a=−2时，圆心C的坐标为(−2,−1)，OC=√5，此时C到直线y=−2x+4的距离d=9√5>√5，圆C与直线y=−2x+4不相交，∴a=−2不符合题意舍去．当a=2时，圆心C的坐标为(2,1)，OC=√5，此时C到直线y=−2x+4的距离d=1√5<√5，圆C与直线y=−2x+4相交于两点，|MN|=2√r2−d2=2√5−15=45√30．解析：本题考查直线与圆的位置关系、圆的标准方程等有关知识，是中档题．(1)求出圆心与半径，写出圆的方程即可．(2)分别令x=0，令y=0，求得OB，OA的长，即可解答．(3)通过题意解出OC的方程，继而解出a的值，直线y=−2x+4与圆C交于点M，N，判断a是否符合要求，可得圆的方程．22.答案：解：(Ⅰ)f′(x)=1x −2x+a=−2x2+ax+1x，由f′(x)=0，得−2x2+ax+1=0，该方程的判别式△=a2+8>0，可知方程−2x2+ax+1=0有两个实数根，又x>0，故取x=a+√a2+84，当x∈(0,a+√a2+84)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)的单调递增区间是(0,a+√a2+84)；递减区间是．(Ⅱ)g′(x)=(1−x)e1−x，当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)是增函数；x∈(1,e]时，g′(x)<0，g(x)是减函数，可得函数g(x)在区间(0,e]的值域为(0,1],，令F(x)=f(x)+1，则F′(x)=f′(x)=−2x2+ax+1x结合(1)可知，方程F′(x)=0在上有一个实数根x3，若x3⩾e，则F(x)在(0,e]上单调递增，不合题意，，可知F′(x)=0在(0,e]有唯一的解x3=a+√a2+84F(x)在(0,a+√a2+8)上单调递增；在上单调递减．4，此时需满足F′(e)⩽0，解得：a⩽2e−1e，方程f(x)+1=g(x0)在(0,e]内有两个不同的实数根，所以F(e)⩽0，且F(x)max>1，由F(e)⩽0，即，，解得a⩽e−2e由F(x)max=f(x3)+1>1，即，因为−2x32+ax3+1=0，，代入，所以a=2x3−1x3得，令，可知ℎ(x)在(0,e]上单调递增，而ℎ(1)=0，则ℎ(x3)>ℎ(1)=0，所以1<x3<e，在1<x3<e上单调递增，而a=2x3−1x3所以1<a<2e−1，e]．综上，a∈(1,e−2e解析：本题主要考查了导数的运算和利用导数研究函数的单调性，属于较难题．(Ⅰ)直接对原函数求导，令导数大于0，计算出增区间，令导数小于0，计算得出减区间．(Ⅱ)通过导数研究函数的单调性、最值，利用两个函数构造的方程在某一区间上有两个根，即它们的图像有两个公共点，结合单调性进行分析，容易使问题获得解答．。
2020年浙江省杭州市高考数学一模试卷(文科)含答案解析
2020年浙江省杭州市高考数学一模试卷（文科）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．设集合A={x|x2﹣2x≥0}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∩B=（）A．{x|0≤x≤2}B．{x|0＜x＜2}C．{x|﹣1≤x＜0}D．{x|﹣1＜x≤0}2．若sinx=，则cos2x=（）A．﹣ B．C．﹣D．3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的侧面PAB的面积是（）A．B．2 C．D．4．命题：“∃x0∈R，x0＞sinx0”的否定是（）A．∀x∈R，x≤sinx B．∀x∈R，x＞sinxC．∃x0∈R，x0＜sinx0D．∃x0∈R，x0≤sinx05．设函数f（x）=|lnx|，满足f（a）=f（b）（a≠b），则（注：选项中的e为自然对数的底数）（）A．ab=e x B．ab=e C．ab=D．ab=16．设抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴有两个交点A，B，顶点为C，设△=b2﹣4ac，∠ACB=θ，则cosθ=（）A．B． C．D．7．在Rt△ABC中，∠C是直角，CA=4，CB=3，△ABC的内切圆交CA，CB于点D，E，点P是图中阴影区域内的一点（不包含边界）．若=x+y，则x+y的值可以是（）A．1 B．2 C．4 D．88．设U为全集，对集合A，B定义运算“*”，A*B=∁U（A∩B），若X，Y，Z为三个集合，则（X*Y）*Z=（）A．（X∪Y）∩∁U Z B．（X∩Y）∪∁U Z C．（∁u X∪∁U Y）∩Z D．（∁U X∩∁U Y）∪Z二、填空题（共7小题，每小题4分，满分36分）9．设ln2=a，ln3=b，则e a+e b=．（其中e为自然对数的底数）10．若函数f（x）=，则f（﹣1）=；不等式f（x）＜4的解集是．11．设直线l1：mx﹣（m﹣1）y﹣1=0（m∈R），则直线l1恒过定点；若直线l1为圆x2+y2+2y﹣3=0的一条对称轴，则实数m=．12．设实数x，y满足不等式组，若z=2x+y，则z的最大值等于，z的最小值等于．13．如图，△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BCD=90°，且，将△ABC 沿BC的边翻折，设点A在平面BCD上的射影为点M，若点M在△BCD内部（含边界），则点M的轨迹的最大长度等于；在翻折过程中，当点M位于线段BD上时，直线AB和CD所成的角的余弦值等于．14．设x，y∈R，x2+2y2+xy=1，则2x+y的最小值等于．15．若点P在曲线C1：上，点Q在曲线C2：（x﹣5）2+y2=1上，点R在曲线C3：（x+5）2+y2=1上，则|PQ|﹣|PR|的最大值是．三、解答题（共5小题，满分74分）16．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，（1）求C；（2）若，求a，b，c．17．在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC=90°，BC=CD=AD=1，PA=PD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（1）求证：PA∥平面BEF；（2）若直线PC与AB所成的角为45°，求线段PE的长．18．设数列{a n}满足a1=，a n+1=a n2+a n+1（n∈N*）．（1）证明：≥3；（2）设数列{}的前n项和为S n，证明：S n＜3．19．设点A，B分别是x，y轴上的两个动点，AB=1，若．（1）求点C的轨迹Γ；（2）已知直线l：x+4y﹣2=0，过点D（2，2）作直线m交轨迹Γ于不同的两点E，F，交直线l于点K．问+的值是否为定值，请说明理由．20．设函数f（x）=（x﹣1）•|x﹣a|（a∈R）．（1）当a=2且x≥0时，关于x的方程f（x）=kx﹣有且仅有三个不同的实根x1，x2，x3，若t=max|x1，x2，x3|，求实数t的取值范围（2）当a∈（﹣1，）时，若关于x的方程f（x）=2x﹣a有且仅有三个不同的实根x1，x2，x3求x1+x2+x3的取值范围．2020年浙江省杭州市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．设集合A={x|x2﹣2x≥0}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∩B=（）A．{x|0≤x≤2}B．{x|0＜x＜2}C．{x|﹣1≤x＜0}D．{x|﹣1＜x≤0}【考点】交集及其运算．【分析】求出A中不等式的解集，再由B，求出两集合的交集即可．【解答】解：由A中不等式变形得：x（x﹣2）≥0，解得：x≤0或x≥2，即A={x|x≤0或x≥2}，∵B={x|﹣1＜x＜2}，∴A∩B={x|﹣1＜x≤0}，故选：D．2．若sinx=，则cos2x=（）A．﹣ B．C．﹣D．【考点】二倍角的余弦．【分析】由条件利用二倍角的余弦公式，求得cos2x的值．【解答】解：∵sinx=，则cos2x=1﹣2sin2x=1﹣2•=，故选：B．3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的侧面PAB的面积是（）A．B．2 C．D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，底面是一个正三角形，后面的侧棱与底面垂直．【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，底面是一个正三角形，后面的侧棱与底面垂直．∴该几何体的侧面PAB的面积==．故选：D．4．命题：“∃x0∈R，x0＞sinx0”的否定是（）A．∀x∈R，x≤sinx B．∀x∈R，x＞sinxC．∃x0∈R，x0＜sinx0D．∃x0∈R，x0≤sinx0【考点】命题的否定．【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可．【解答】解：命题是特称命题，则命题的否定是：∀x∈R，x≤sinx，故选：A5．设函数f（x）=|lnx|，满足f（a）=f（b）（a≠b），则（注：选项中的e为自然对数的底数）（）A．ab=e x B．ab=e C．ab=D．ab=1【考点】对数函数的图象与性质．【分析】作出函数f（x）的图象，设a＜b，得到0＜a＜1，b＞1，结合对数的运算性质进行求解即可．【解答】解：作出函数f（x）的通项如图，在若f（a）=f（b）（a≠b），则设a＜b，则0＜a＜1，b＞1，即|lna|=|lnb|，则﹣lna=lnb，则lna+lnb=lnab=0，即ab=1，故选：D．6．设抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴有两个交点A，B，顶点为C，设△=b2﹣4ac，∠ACB=θ，则cosθ=（）A．B． C．D．【考点】二次函数的性质．【分析】根据二次函数的性质结合余弦定理求出cosθ的值即可．【解答】解：如图示：，∵|AB|===，∴|AD|=，而|CD|=||=，∴AC2=|AD|2+|CD|2=+=∴cosθ==1﹣=1﹣，=，故选：A．7．在Rt△ABC中，∠C是直角，CA=4，CB=3，△ABC的内切圆交CA，CB于点D，E，点P是图中阴影区域内的一点（不包含边界）．若=x+y，则x+y的值可以是（）A．1 B．2 C．4 D．8【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】求出内切圆半径，根据三点共线原理得出x+y分别对于1，2，4，8时P点的轨迹，从而判断出答案．【解答】解：设圆心为O，半径为r，则OD⊥AC，OE⊥BC，∴3﹣r+4﹣r=5，解得r=1．连结DE，则当x+y=1时，P在线段DE上，排除A；在AC上取点M，在CB上取点N，使得CM=2CD，CN=2CE，连结MN，∴=+．则点P在线段MN上时， +=1，故x+y=2．同理，当x+y=4或x+y=8时，P点不在三角形内部．排除C，D．故选：B．8．设U为全集，对集合A，B定义运算“*”，A*B=∁U（A∩B），若X，Y，Z为三个集合，则（X*Y）*Z=（）A．（X∪Y）∩∁U Z B．（X∩Y）∪∁U Z C．（∁u X∪∁U Y）∩Z D．（∁U X∩∁U Y）∪Z【考点】集合的包含关系判断及应用．【分析】利用X*Y=∁U（X∩Y），得到对于任意集合X、Y、Z，（X*Y ）*Z=∁U（X∩Y）*Z=∁U{[∁U（X∩Y）]∩Z}，整理即可得到答案．【解答】解：∵X*Y=∁U（X∩Y），∴对于任意集合X，Y，Z，（X*Y ）*Z=∁U（X∩Y）*Z=∁U[∁U（X∩Y）∩Z]=（X∩Y）∪∁U Z故选：B．二、填空题（共7小题，每小题4分，满分36分）9．设ln2=a，ln3=b，则e a+e b=5．（其中e为自然对数的底数）【考点】对数的运算性质．【分析】直接利用导数的运算法则化简求解即可．【解答】解：ln2=a，ln3=b，则e a+e b=e ln2+e ln3=2+3=5．故答案为：5．10．若函数f（x）=，则f（﹣1）=1；不等式f（x）＜4的解集是（﹣4，）．【考点】其他不等式的解法；分段函数的应用．【分析】代值计算即可，根据分段函数得到则或，解得即可．【解答】解：函数f（x）=，则f（﹣1）=﹣（﹣1）=1，不等式f（x）＜4，则或，解得0＜x＜或﹣4＜x≤0，故不等式的解集为（﹣4，），故答案为：1，（﹣4，）．11．设直线l1：mx﹣（m﹣1）y﹣1=0（m∈R），则直线l1恒过定点（1，1）；若直线l1为圆x2+y2+2y﹣3=0的一条对称轴，则实数m=2．【考点】直线与圆的位置关系；恒过定点的直线．【分析】直线l1转化为（x﹣y）m+y﹣1=0，令m的系数为0，能求出直线l1恒过定点（1，1）．由已知得直线l1：mx﹣（m﹣1）y﹣1=0（m∈R）经过圆x2+y2+2y﹣3=0的圆心（0，﹣1），由此能求出m．【解答】解：∵直线l1：mx﹣（m﹣1）y﹣1=0（m∈R），∴（x﹣y）m+y﹣1=0，由，解得x=1，y=1，∴直线l1恒过定点（1，1）．∵直线l1：mx﹣（m﹣1）y﹣1=0（m∈R）为圆x2+y2+2y﹣3=0的一条对称轴，∴直线l1：mx﹣（m﹣1）y﹣1=0（m∈R）经过圆x2+y2+2y﹣3=0的圆心（0，﹣1），∴m×0﹣（m﹣1）×（﹣1）﹣1=0，解得m=2．故答案为：（1，1），2．12．设实数x，y满足不等式组，若z=2x+y，则z的最大值等于2，z的最小值等于0．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，化z=2x+y为y=﹣2x+z，由图可知，当直线y=﹣2x+z过O时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为0；当直线过A（1，0）时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为2．故答案为：2，0．13．如图，△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BCD=90°，且，将△ABC 沿BC的边翻折，设点A在平面BCD上的射影为点M，若点M在△BCD内部（含边界），则点M的轨迹的最大长度等于；在翻折过程中，当点M位于线段BD上时，直线AB和CD所成的角的余弦值等于．【考点】异面直线及其所成的角；轨迹方程．【分析】点A的射影M的轨迹为CD的中位线，可得其长度；当点M位于线段BD上时，取BC中点为N，AC中点为P，可得∠MNP或其补角即为直线AB和CD所成的角，由已知数据和余弦定理可得．【解答】解：由题意可得点A的射影M的轨迹为CD的中位线，其长度为CD=；当点M位于线段BD上时，AM⊥平面ACD，取BC中点为N，AC中点为P，∴∠MNP或其补角即为直线AB和CD所成的角，则由中位线可得MN=CD=，PC=AB=，又MP为RT△AMC斜边AC的中线，故MP=AC=，∴在△MNP中，由余弦定理可得cos∠MNP==，故答案为：；．14．设x，y∈R，x2+2y2+xy=1，则2x+y的最小值等于﹣2．【考点】基本不等式．【分析】令2x+y=t，代入整理可得7x2﹣7tx+2t2﹣1=0，由△≥0可解得t的范围，可得答案．【解答】解：令2x+y=t，则y=t﹣2x，∵x2+2y2+xy=1，∴x2+2（t﹣2x）2+x（t﹣2x）=1，整理可得7x2﹣7tx+2t2﹣1=0，由△=49t2﹣4×7×（2t2﹣1）≥0可解得﹣2≤t≤2，故2x+y的最小值为﹣2，故答案为：﹣2．15．若点P在曲线C1：上，点Q在曲线C2：（x﹣5）2+y2=1上，点R在曲线C3：（x+5）2+y2=1上，则|PQ|﹣|PR|的最大值是10．【考点】圆与圆锥曲线的综合．【分析】先由已知条件知道双曲线的两个焦点为两个圆的圆心，再把|PQ|﹣|PR|的最大值转化为求|PQ|max﹣|PR|min，即可求得结论．【解答】解：曲线C1：的两个焦点分别是F1（﹣5，0）与F2（5，0），|PF1|﹣|PF2|=8则这两点正好是两圆（x+5）2+y2=1和（x﹣5）2+y2=1的圆心，两圆（x+5）2+y2=4和（x﹣5）2+y2=1的半径分别是r1=1，r2=1，∴|PQ|max=|PF1|+1，|PR|min=|PF2|﹣1，∴|PQ|﹣|PR|的最大值=（|PF1|+1）﹣（|PF2|﹣1）=8+2=10，故答案为：10三、解答题（共5小题，满分74分）16．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，（1）求C；（2）若，求a，b，c．【考点】正弦定理；平面向量数量积的运算．【分析】（1）先利用正弦定理把题设条件中的边转化成角的正弦，进而利用两角和的公式化简整理求的cotC的值，进而求得C．（2）根据求得ab的值，进而利用题设中和正弦定理联立方程组，求得a，b和c．【解答】解：（1）由得则有=得cotC=1即、（2）由推出；而，即得，则有解得．17．在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC=90°，BC=CD=AD=1，PA=PD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（1）求证：PA∥平面BEF；（2）若直线PC与AB所成的角为45°，求线段PE的长．【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（1）以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明直线PA∥平面BEF．（2）由=（﹣1，1，t），=（﹣1，1，0），直线PC与AB所成的角为45°，利用向量法能求出PE．【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC=90°，BC=CD=AD=1，PA=PD，E，F分别为线段AD，PC的中点，∴PE⊥平面ABCD，BE⊥AE，以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴，建立空间直角坐标系，A（1，0，0），E（0，0，0），B（0，1，0），C（﹣1，1，0），设P（0，0，t），则F（﹣，，），=（1，0，﹣t），=（﹣），=（0，1，0），设平面BEF的法向量=（x，y，z），则，取x=t，得=（t，0，1），∵•=t﹣t=0，且PA⊄平面BEF，∴直线PA∥平面BEF．解：=（﹣1，1，t），=（﹣1，1，0），∵直线PC与AB所成的角为45°，∴cos45°==，解得t=，或t=﹣（舍），∴PE=t=．18．设数列{a n}满足a1=，a n+1=a n2+a n+1（n∈N*）．（1）证明：≥3；（2）设数列{}的前n项和为S n，证明：S n＜3．【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（1）数列{a n}满足a1=，a n+1=a n2+a n+1（n∈N*）．可得a n＞0，变形=a n++1，利用基本不等式的性质即可证明；（2）由（1）可得a n a n+1．可得．可得当n≥2时，≤≤…≤=2．即可证明．【解答】证明：（1）∵数列{a n}满足a1=，a n+1=a n2+a n+1（n∈N*）．∴a n＞0，∴=a n++1≥+1=3，当且仅当a n=1时取等号，∴≥3．（2）由（1）可得a n a n+1．∴．∴当n≥2时，≤≤…≤=2．∴S n≤2=2×=3．∵a n≠1，∴S n＜3．19．设点A，B分别是x，y轴上的两个动点，AB=1，若．（1）求点C的轨迹Γ；（2）已知直线l：x+4y﹣2=0，过点D（2，2）作直线m交轨迹Γ于不同的两点E，F，交直线l于点K．问+的值是否为定值，请说明理由．【考点】轨迹方程．【分析】（1）由题意可设出A（m，0），B（0，n），可得m2+n2=1，再设C（x，y），由向量等式把m，n用含有x，y的代数式表示，代入m2+n2=1可得点C的轨迹Г；（2）分别设出E，F，K的横坐标分别为：x E，x F，x K，设直线m的方程：y﹣2=k（x﹣2），与直线l：x+4y﹣2=0联立可得x K，联立直线方程与椭圆m的方程，利用根与系数的关系得到x E+x F，x E x F，求得+的值为定值2得答案．【解答】解：（1）设A（m，0），B（0，n），则m2+n2=1，设C（x，y），由，得（m，﹣n）=（x﹣m，y），∴，得m=，y=﹣n，代入m2+n2=1，得=1；（2）设E，F，K的横坐标分别为：x E，x F，x K，设直线m的方程：y﹣2=k（x﹣2），与直线l：x+4y﹣2=0联立可得x K=，将直线m代入椭圆方程得：（1+4k2）x2+8k（﹣2k+2）x+16k2﹣32k+12=0，∴x E+x F=，x E x F=，∴+=+==2为定值．20．设函数f（x）=（x﹣1）•|x﹣a|（a∈R）．（1）当a=2且x≥0时，关于x的方程f（x）=kx﹣有且仅有三个不同的实根x1，x2，x3，若t=max|x1，x2，x3|，求实数t的取值范围（2）当a∈（﹣1，）时，若关于x的方程f（x）=2x﹣a有且仅有三个不同的实根x1，x2，x3求x1+x2+x3的取值范围．【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】（1）当a=2时，作函数f（x）=（x﹣1）•|x﹣a|的图象，从而确定临界状态时的值，从而解得；（2）分类讨论，当x≤a时，f（x）=（x﹣1）（a﹣x）=2x﹣a，从而可得x1=，当x＞a时，f（x）=（x﹣1）（x﹣a）=2x﹣a，从而可得x2+x3=a+3，从而可得x1+x2+x3=+a+3=，再令g（x）=3x+5﹣，求导g′（x）=3﹣＞0，从而可得1﹣＜＜，从而解得．【解答】解：（1）当a=2时，作函数f（x）=（x﹣1）•|x﹣a|的图象如下，相切时取到一个临界状态，f（x）=（x﹣1）（2﹣x），f′（x）=3﹣2x，故3﹣2x=，解得，x=﹣（舍去）或x=，故k=3﹣=，由解得，x=或x=，∵t=max{x1，x2，x3}，∴结合图象可得，2＜t＜；（2）当x≤a时，f（x）=（x﹣1）（a﹣x）=2x﹣a，化简可得，x2﹣（a﹣1）x+a=0，△=（a﹣1）2﹣2a=a2﹣4a+1=（a﹣2）2﹣3，∵a∈（﹣1，），∴△＞0；∴x1=或x2=（舍去），当x＞a时，f（x）=（x﹣1）（x﹣a）=2x﹣a，化简可得，x2﹣（a+3）x+a=0，故△=（a+3）2﹣6a=a2+9＞0，故x2+x3=a+3，故x1+x2+x3=+a+3=，令g（x）=3x+5﹣，g′（x）=3﹣＞0，故g（x）在（﹣1，）上单调递增；故＜＜，即1﹣＜＜，故x1+x2+x3的取值范围为（1﹣，）．2020年8月1日。
浙江省三市2020届高三4月教学质量检测数学试卷Word版
高三数学本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答.本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色的字迹的签字笔或钢笔填写在试题卷和答题纸规定的位置上.2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求.在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效.参考公式：若事件,A B 互斥，则 柱体的体积公式 ()()()P A B P A P B +=+ V Sh =若事件,A B 相互独立，则 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 ()()()P AB P A P B = 锥体的体积公式若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次 13V Sh =独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率 其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高()(1)(0,1,2,,)k kn k n n P k C p p k n -=-=L 球的表面积公式台体的体积公式 24S R π=()1213V h S S =+ 球的体积公式其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积， 343V R π=h 表示台体的高 其中R 表示球的半径第 Ⅰ 卷 (选择题,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[]0,4A =，{}R |1B x x =∈≤，则()R A B =I ðA ．[)1,0- B.[]1,0- C ．[]0,1 D. (]1,42.椭圆的离心率是C.3. 已知某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体 的体积（单位：cm 3）是A ．323 B ． 163C ． 4D ．8 4.明朝的程大位在《算法统宗》中（1592年），有这么个算法歌诀：三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆正半月，除百零五便得知。
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2020年浙江省高考数学模拟试卷（4月份）
一．选择题（共10小题）
1．设集合A＝{x∈N||x|＜4}，B＝{x|2x≤4}，则A∩B＝（）
A．{x|x≤2}B．{x|﹣4＜x≤2}C．{0，1，2}D．{1，2}
2．设复数z满足i•z＝2+3i，其中i为虚数单位，在复平面内，复数z对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知q是等比数列{a n}的公比，首项a1＜0，则“0＜q＜1”是“数列{a n}是递增数列”
的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．设x，y满足，则|x+4y|的最大值为（）
A．0B．1C．2D．5
5．函数y＝﹣cos x•ln|x|的图象可能是（）
A．B．
C．D．
6．随机变量X满足P（X＝p）＝p，P（X＝1﹣p）＝1﹣p，随机变量Y＝1﹣X，则（）A．E（X）≥E（Y），D（X）≥D（Y）B．E（X）≥E（Y），D（X）＝D（Y
C．E（X）≤E（Y），D（X）≥D（Y）D．E（X）≤E（Y），D（X）＝D（Y）7．已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，BD的中点，P是线段EF上的动点（含端点）．P A与平面BCD所成的角为θ1，二面角A﹣EF﹣D的平面角为θ2，二面角A﹣CD﹣B的平面角为θ3，则（）
A．θ1≤θ3≤θ2B．θ3≤θ1≤θ2
C．θ1≤θ2，θ1≤θ3D．θ1≤θ3，θ2≤θ3
8．已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，满足|PF1|＝|F1F2|，PF2与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率是（）
A．B．C．D．3
9．已知a∈R，函数f（x）＝，则函数y＝f（x）的零点个数不可能为（）A．0B．1C．2D．3
10．已知数列{a n}满足：a1＝1，．
（1）数列{a n}是单调递减数列；
（2）对任意的n∈N*，都有；
（3）数列是单调递减数列；
（4）对任意的n∈N*，都有．
则上述结论正确的个数是（）
A．1B．2C．3D．4
二．填空题（共7小题）
11．若log3m＝2，则m＝9；＝6．
12．《九章算术》中有这样的描述：“今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤四丈”，其中“广”是东西走向的意思，“袤”是南北走向的意思．若有几何体的三视图如图，则该几何体的体积为60，表面积为54+8（不需填单位）．
13．已知多项式（2x+a）5＝a0+a1x+…+a5x5+（1+x）2，若a0＝0，则a＝1；若a2＝﹣41，则a1+a2+…+a5＝﹣1．
14．在△ABC中，∠BAC的平分线交BC于点D，AB＝AD＝1，AC＝2，则BC＝；
若O是△ABD的外接圆圆心，则BO＝．
15．设点P（1，y0），若圆O：x2+y2＝1上存在点Q，使得，则y0的取值范围是[﹣，]．
16．地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库，当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有336种．17．矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，圆O是△BCD的内切圆，P是圆O上的动点，M为AB的中点，N为边AD上的动点（包含端点），则的最大值为+4．
三．解答题（共5小题）
18．已知函数．
（Ⅰ）若f（x+φ）为偶函数，且φ∈（0，π），求φ；
（Ⅱ）在△ABC中，角A满足f（A）＝1，sin B＝2sin C，a＝2，求△ABC的面积．19．如图，已知多面体ABCD﹣A1B1C1D1，AA1，BB1，CC1，DD1均垂直于平面ABCD，AD ∥BC，AB＝BC＝CD＝AA1＝CC1＝2，BB1＝1，AD＝DD1＝4．
（Ⅰ）证明：A1C1⊥平面CDD1C1；
（Ⅱ）求直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．
20．已知数列{a n}的前n项和，数列{b n}的前n项和T n＝1﹣b n．
（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；
（Ⅱ）设，试比较R n与T n的大小．
21.如图，椭圆：的上顶点A恰为抛物线x2＝2py（p＞0）的焦点，B，C是抛物
线上的两个动点．
（Ⅰ）若点P（2，1），且满足PC⊥CB，求点B横坐标的取值范围；
（Ⅱ）若A，B，C三点共线，过坐标原点O的直线l平分BC，且与椭圆交于M，N两点，求△BMN面积的最大值．
22．已知函数f（x）＝ax+lnx，g（x）＝f（x）（x﹣lnx）﹣x2，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若a∈Z，且函数g（x）只有一个零点，求a的最小值．
高中历史基础知识
秭归二中历史组陈新春整理
古代中国
夏商西周
东周
秦西汉新东汉春秋战国
魏
西
晋十六国
439
北魏
东魏北齐
隋唐
蜀西魏北周吴东晋宋齐梁陈
五代辽、夏、金夏、金、蒙古
元明清民国
十国北宋南宋
907 960 1127 1279 1368 1644 1912 1949 二、古代中国的政治制度
（一）商周时期的政治制度
1、分封制
目的：为了有效的统治，巩固国家政权。
内容：①分封对象——王族、功臣、古代帝王的后代；②受封者义务——服从周王的命令、镇守疆土、随从作战、交纳贡赋、朝觐述职。
③受封者权利——职位世袭、设置官员、建立武装、征派赋役。
作用：①加强了周天子对地方的管辖；②扩大了统治区域，开发了边远地区；③形成对周王室众星捧月一般的政治格局；④周成为一个延续数百年的强国。
但诸侯国有相当大的独立性，埋下分裂割据的隐患。
2、宗法制
定义：宗法制是依据父系血缘关系的亲疏来维系政治等级、巩固统治的一种社会制度。
特点：嫡长子继承制。
影响：宗法制保证了贵族在政治上的垄断和特权地位，也有利于统治集团内部的稳定和团结。
☆中国早期政治制度特点：以宗法制为核心，带有浓厚的部族色彩。
【拓展】⑴分封制和宗法制的关系及对西周统治的作用。
①关系：宗法制和分封制互为表里，相辅相成。
宗法制维系了分封制，分封制是宗法制在政治上的表现。
宗法制是分封制的内核和纽带。
②作用：分封制和宗法制互为表里，既防止贵族之间因为权力的继承问题发生纷争，又保证了贵族在政治上的垄断和特权地位，维护贵族统治集团内部的稳定与团结。
既强化中央控制能力，又促进地方之间的联系。
⑵宗法制对我国社会有什么深远影响？
消极：成为数千年封建统治者享受特权的凭借，传宗接代，重男轻女的思想，任人唯亲，裙带关系等。
积极：形成了认祖归宗的思想，构成了中华民族强大的凝聚力，孝顺长辈、恪守孝道等。
（二）秦中央集权制度的形成
1、秦的统一
公元前221年，秦灭六国，秦王嬴政建立了中国历史上第一个统一的、封建专制主义中央集权的国家——秦朝。
2、秦朝专制主义中央集权政治制度的形成。