【附20套高考模拟试题】2020届【全国百强校】浙江省温州市温州中学高考数学模拟试卷含答案
浙江省温州市温州中学2020届高三适应性模拟考试数学试题
温州中学2020届高三适应性模拟考试数学2020.7本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上. 参考公式：柱体的体积公式：V Sh = 其中S 表示柱体的底面积，锥体的体积公式：13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高台体的体积公式：()1213V h S S =+ 其中1S ，2S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高球的表面积公式：24S R π= 球的体积公式：343V R π=，其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合(){|ln 1}A x y x ==-，{|B x y ==，则（ ）A.A B =B.A B ⊆C.A B ⋂=∅D.A B R ⋃=2. 点()2,0P 到双曲线221916y x -=的一条渐近线距离为（ ）A.85B.65C.4D.33. 已知足复数z 的共复数，满足2z i =-（其中i 为虚数单位），则复数z 的虚部（ ）A.-IB.iC.-1D.14. 点(),P x y 满足不等式组5,26,0,0,x y x y x y +⎧≤+≤≥≥⎪⎨⎪⎩68x y +取得最大值时，点P 的坐标是（ ）A.()0,5B.()1,4C.()2,4D.()1,55. 已知函数()53f x ax bx cx =++，其导函数()y f x '=的图象经过点()1,0、()2,0，如图所示，则下列命题正确的是（ ） A.当32x =时函数取得极小值 B.()f x 有两个极大值点C.()10f <D.0abc <6. 已知,a b R ∈，则“2a b +>”是“221a b +>”的（ ）条件A ．充分非必要B. 必要非充分C.充分必要D.既非充分又非必要7. 袋中有3个白球和i 个黑球，有放回的摸取3次，每次摸取一球，设摸得黑球的个数为i ξ，其中1,2i =，则（ ） A.()()12E E ξξ<，()()12D D ξξ< B.()()12E E ξξ<，()()12D D ξξ>C.()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ<D.()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ>8. 已知函数()1y f x =-的图像关于直线1x =对称，则方程()()2020l 2020|og |x f f x -=的解的个数为（ ）A.2B.3C.4D.59. 设O 为ABC ∆的内心，6AB =，7AC =，8BC =，动点P 满足：OP xOA yOB zOC =++，[]0,1x ∈，[]0,1y ∈，[]0,1z ∈，则点P 的轨迹所覆盖的平面区域的面积为（ ）A.212B.21D.10. 已知数列{} n a 由首项1a a =及递推关系1311n n n a a a +-=+确定.若{} n a 为有穷数列，则称a 为“坏数”.将所有“坏数”从小到大排成数列{} n b ，若201912020b a b <<，则（ ） A.202010a -<< B.2020103a <<C.20203a >D.202113a <<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()5334501234513x a a x a x a x a x a x +=+++++，则3a =____________；12345 a a a a a ++++=____________.12. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则它的体积是____________3cm ，表面积是____________2cm .正视图 侧视图 俯视图13. 已知函数()cos f x a x ω=+，[],x ππ∈-（其中,a ω为常数，且0ω>）有且仅有3个零点，则a 的值为____________，ω的取值范围是____________.14. 现有12个不同的小球，其中红色、黄色、蓝色、绿色小球各3个，从中任取3个.所取三球中含有红色球的概率为____________；若所取三球中红色小球和黄色小球都至少各一个，则不同取法种数为____________.（用数字作答）15. 已知0a >，1b >-，且1a b +=，则2231a b a b +++最小值为____________. 16. 过抛物线2:4C x y =的准线上任意一点P 作抛物线的切线,PA PB ，切点分别为A ，B ，则A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值为____________.17. 如图，在棱长为1的正方体1111 ABCD A B C D -中，点M 为线段1BD 上的动点，下列四个结论：①存在点M ，使得1/ /C M 平面1AB C ；②存在点M ，使得直线AM 与直线1B C 所成的角为60︒； ③存在点M ，使得三棱锥11 D C DM -的体积为18； ④存在点M ，使得αβ>，共中α为二面角1M AA B --的大小，β为直线1MA 与直线AB 所成的角. 则上述结论正确的有____________.（填上正确结论的序号）三、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.（本小题满分14分）已知ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，cos sin 2A Ca b A +=，BD 平分ABC ∠交AC 于点D ，且2BD =，23AD CD =.（Ⅰ）求B ；（Ⅱ）求ABC ∆的面积. 19.（本小题满分15分）如图，在四棱锥 S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，//AD BC ，12AB BC CD AD ===，SA SCD ⊥平面.（Ⅰ）求证：CD SC ⊥；（Ⅱ）若CD SC =，P 是SD 的中点，求直线PB 与平面SAB 所成的角的正弦值.20.（本小题满分15分）已知数列{}n a 中，10a >，且1n a +=（Ⅰ）若数列{}n a 为单调递增数列，试求1a 的取值范围； （Ⅱ）若14a =，设()1||1,2,3n n n b a a n +=-=，数列{}n b 的前n 项的和为n S ，求证：1252n b b b +++<. 21.（本小题满分15分）如图，已知椭圆()2222:10x y a b a b Γ+=>>经过不同的三点的A ⎝⎭，13,24B ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，C （C 在第三象限），线段BC 的中点在直线OA 上.（Ⅰ）求椭圆Γ的方程及点C 的坐标；（Ⅱ）设点P 是椭圆Γ上的动点（异于点,,A B C ）且直线,PB PC 分别交直线OA 于,M N 两点，问||||OM ON ⋅是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.22.（本小题满分15分）已知函数()()()2ln 31f x ax x x a x a R =-+-+∈.（Ⅰ）当1a =时，求曲线()f x 在()()1,1f 处的切线方程； （Ⅱ）若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <.①求a 的取值范围； ②当21x x 取得最小时，求a 的值. 温州中学2020届高三适应性模拟考试参考答案一、选择题BADAD AADCC 二、填空题11. 270，102312.2,23+13. -1，[)2,4 14. 3455，7215. 2 16. 4 17. ①③三、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.（1）23π（2）619.（1）证CD SAC ⊥平面即可（2）等积法或坐标法答案320.解：（1）)12 n n a a n +-==≥注意到：20>， 因此1121,,n n n n a a a a a a +----有相同的符号.要使1n n a a +>对任意自然数都成立，只须210a a ->即可，10>，解得：1302a <<. （2）用与（1）中相同的方法，可得当132a >时，1n n a a +<对任何自然数n 都成立. 因此当14a =时，10n n a a +-<.2132112||||||n n n n S b b b a a a a a a +=∴++=-+-+++-121112314n n n n a a a a a a a a a +++=-++-=--+-=又：21n n a a ++<1n a +<， 可得132n a +>，故35422n S -=<. 21.（1）31,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭；（2）2516（Ⅰ）由点,A B 在椭圆Γ上，得2222551416191416a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩解得225,25.8a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 所以椭圆Γ的方程为2215528x y +=. 由已知，求得直线OA 的方程为20x y -=，从而21m n =-.（1） 又点C 在椭圆Γ上，故22285m n +=.（2）由（1）（2）解得34n =（舍去）或41n =-.从而32m =-， 所以点C 的坐标为31,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭. （Ⅱ）设()()()001122,,2,,2,P x y M y y N y y .因,,P B M 三点共线，故1010334411222y y y x ++=++， 整理得()0010032421x y y y x -=-+.因,,P C N 三点共线，故2020113442232y y y x ++=++， 整理得()002006421x y y y x -=--.因点P 在椭圆Γ上，故2200285x y +=，即2200542x y =-. 从而()()()()20000000122020220000032631216416220411x y x y x x y y y y y x y x y x --+==⎡⎤+⎣--⎦--- 22000000000053342012545225316164116422 y x y x y x y x y y ⎛⎫⎛⎫--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭===⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以121225||||||5||16OM ON y y y y ⋅===为定值. 22.（1）2y x =+ （2）①0a >②解：()ln 23f x a x x '=-+，11ln 230a x x -+=，22ln 230a x x -+=.()1212212122323ln ln ln x x x x a x x x x ---===2112121ln x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=()211211112312ln ln ln x x x t h t x x x t x ∴---===，1t ∴>，()h t ↑.∴t 最小值时，()h t 取最小值.()232ln x F x x x-=，01x <<，()()223ln 232ln x x F x x x--'=，()()3ln 23x x x ϕ-=-，()32xx xϕ'=-， ()()0,1x ϕ'∴↑在.又()1=10ϕ>且0x →，()0ϕ→-∞，()x ϕ∴在()0,1内存在唯一的根0x ， ()00x ϕ∴=，即()003ln 230x x --=， ()F x ∴在()00,x ↓，()0,1x ↑， ()()0min F x F x ∴=，()()1h t F x ∴=， ()h t ∴取最小值时，即()1F x 取最小值时，11233ln x a x -==.。
2020年浙江省温州市高考数学(6月份)模拟试卷 (解析版)
2020年温州市高考数学模拟试卷（6月份）一、选择题（共10小题）.1．已知集合M ＝{﹣2，1，2，3}，N ＝{x |x （x +1）＞2}，则M ∩N ＝（ ） A ．∅ B ．{2} C ．{2，3} D ．{﹣2，1，2，3}2．若复数z =11−i+ai （i 为虚数单位，a ∈R ）的实部与虚部互为相反数，则a ＝（ ） A ．﹣2 B ．﹣1 C ．0 D ．13．已知双曲线：y 2a −x 2b =1（a ＞0，b ＞0）的焦距为10，虚轴长为4，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A ．3x ±4y ＝0B ．4x ±3y ＝0C ．√21x ±2y ＝0D ．2x ±√21y ＝04．已知直线1：ax +by ﹣b ＝0，圆C ：x 2+y 2﹣2x ＝0，则“a ＝0”是“直线1与圆C 相切”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），其俯视图是两个同心圆，且小圆的内接四边形是正方形，则该几何体的体积等于（ ）cm 3．A ．112π3−8 B ．112π3−16 C ．28π3−8 D ．28π3−166．已知随机变量ξ的分布列如表：ξx 1x 2x 3P P1P2P3其中x2﹣x1＝x3﹣x2＞0．若E（ξ）＞x2，则（）A．P1＞P2B．P2＜P3C．P2＞P3D．P1＜P37．用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45（n∈N*，n≥2）时，可将其转化为证明（）A．1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45+12n+1（n∈N*，n≥2）B．1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45−12n+1（n∈N*，n≥2）C．1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45+12n（n∈N*，n≥2）D．1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45−12n（n∈N*，n≥2）8．定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），且f'（x）+xf（x）＝0，则f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．9．设a∈R，若a√x+√1+x≤1对x≥0恒成立，则a的最大值为（）A ．﹣2B ．−32C ．﹣1D ．−1210．如图，二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，A ，B 是1上的两个定点，且AB ＝2．C ∈α，D ∈β，满足AB 与平面BCD 所成的角为30°，且点A 在平面BCD 上的射影H 在△BCD 的内部（包括边界），则点H 的轨迹的长度等于（ ）A ．√3π6B ．π3C ．√3π3D ．2π3二、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．著实数a ，b 满足log a 2＝b log 23＝1，则a ＝ ，3b ＝ ． 12．二项式（x +2x 2）7的展开式中，所有二项式系数的和是 ，含x 的项的系数是 ．13．已知实数x ，y 满足约束条件{y ≥|x|y ≤k(x +1)，若可行域表示的平面区域为三角形，则实数k 的取值范围为 ，当k =12时，z ＝2x +y 的最大值为 ．14．已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0，0≤φ≤π）是偶函数，且在[0，π2]上是减函数，则φ＝ ，ω的最大值是 ．15．有10个相同的小球，现全部分给甲、乙、丙3人，若甲至少得1球，乙至少得2球，丙至少得3球，则他们所得的球数的不同情况有 种． 16．已知椭圆x 22+y 2＝1与y 轴交于点M ，N ，直线y ＝x 交椭圆于A 1，A 2两点，P 是椭圆上异于A 1，A 2的点，点Q 满足QA 1⊥PA 1，QA 2⊥PA 2，则|QM |+|QN |＝ ． 17．已知向量a →，b →满足|a →|＝3，|b →|＝1，若存在不同的实数λ1，λ2（λ1λ2≠0），使得c i →=λi a →+3λi b →，且（c i →−a →）•（c i →−b→）＝0（i ＝1，2），则|c 1→−c 2→|的取值范围是 ． 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2a cos A ＝b cos C +c cos B ． （Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）设D 是边BC 上一点，BD ＝2DC ＝2，sin ∠BAD ＝4sin ∠CAD ，求c ．19．如图，正四面体ABCD 的边长等于2，点A ，E 位于平面BCD 的两侧，且EB ＝EC ＝ED =√2，点P 是AC 的中点． （Ⅰ）求证：AB ∥平面CDE ；（Ⅱ）求BP 与平面CDE 所成的角的正弦值．20．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }为等差数列，满足a 3＝﹣1，S n ＝（﹣1）na n +b n ． （Ⅰ）求数列{a n }和{b n }的通项公式； （Ⅱ）求数列{a n 2n}的前2n 项和T 2n ．21．如图，过点P （2，3）作两条直线分别交抛物线x 2＝4y 于点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），C （x 3，y 3），D （x 4，y 4）．直线BD 交直线1：y ＝x ﹣3于点Q ． （Ⅰ）求证：2（x 1+x 2）＝12+x 1x 2；（Ⅱ）试问点C ，A ，Q 是否共线？说明理由．22．已知函数f （x ）＝x 3+3ax +a 3+3（a ∈R ）恰有一个零点x 0，且x 0＜0． （Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅱ）求x 0的最大值．参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合M ＝{﹣2，1，2，3}，N ＝{x |x （x +1）＞2}，则M ∩N ＝（ ） A ．∅B ．{2}C ．{2，3}D ．{﹣2，1，2，3}【分析】可以求出集合N ，然后进行交集的运算即可． 解：∵M ＝{﹣2，1，2，3}，N ＝{x |x ＜﹣2或x ＞1}， ∴M ∩N ＝{2，3}． 故选：C ．【点评】本题考查了列举法、描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题． 2．若复数z =11−i+ai （i 为虚数单位，a ∈R ）的实部与虚部互为相反数，则a ＝（ ） A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．1【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部与虚部互为相反数列式求解． 解：∵z =11−i+ai =1+i (1−i)(1+i)+ai =12+2a+12i 的实部与虚部互为相反数， ∴﹣（2a +1）＝1，解得a ＝﹣1． 故选：B ．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 3．已知双曲线：y 2a 2−x 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的焦距为10，虚轴长为4，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A ．3x ±4y ＝0B ．4x ±3y ＝0C ．√21x ±2y ＝0D ．2x ±√21y ＝0【分析】由题意可得双曲线的c ，b 的值，再由a ，b ，c 之间的关系求出a 的值，进而求出渐近线的方程．解：由题意可得：2c ＝10，2b ＝4，所以c ＝5，b ＝2，而a 2＝c 2﹣b 2＝21， 所以a =√21， 所以双曲线的方程为：y 221−x 24=1；所以渐近线的方程为：√21x ±2y ＝0，故选：C．【点评】本题考查双曲线的性质，属于基础题．4．已知直线1：ax+by﹣b＝0，圆C：x2+y2﹣2x＝0，则“a＝0”是“直线1与圆C相切”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据充分必要条件的定义以及直线和圆的关系判断即可．解：圆C：x2+y2﹣2x＝0即（x﹣1）2+y2＝1，a＝0时，直线l：y＝1，如图示：直线l和圆相切，是充分条件；由直线1：ax+by﹣b＝0得：b（y﹣1）+ax＝0，直线恒过（0，1）点，当x＝0时与圆C相切，不是必要条件，故选：A．【点评】本题考查了充分必要条件，考查直线和圆的位置关系，是一道常规题．5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），其俯视图是两个同心圆，且小圆的内接四边形是正方形，则该几何体的体积等于（）cm3．A．112π3−8B．112π3−16C．28π3−8D．28π3−16【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积．解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为一个上底是半径为1，下底是半径为2，高为4的圆台，挖去一个，底面边长为√2正方形，高为4的直四棱柱．所以V=13×(π×12+√π×12×π×22+π×22)×4−√2×√2×4=28π3−8．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．6．已知随机变量ξ的分布列如表：ξx1x2x3P P1P2P3其中x2﹣x1＝x3﹣x2＞0．若E（ξ）＞x2，则（）A．P1＞P2B．P2＜P3C．P2＞P3D．P1＜P3【分析】令x1＝1，x2＝2，x3＝3，根据E（ξ）＞x2列不等式化简即可．解：不妨设x1＝1，x2＝2，x3＝3，则E（ξ）＝P1+2P2+3P3＞2，∵P1+P2+P3＝1，∴P3＝1﹣P1﹣P2，∴P1+2P2+3（1﹣P1﹣P2）＞2，∴2P1+P2＜1，∴P1＜1﹣P1﹣P2，即P1＜P3．故选：D ．【点评】本题考查了离散型随机变量的数学期望，分布列的性质，属于中档题． 7．用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45（n ∈N*，n ≥2）时，可将其转化为证明（ ） A ．1n+1+1n+2+⋯⋯+12n ≤45+12n+1（n ∈N*，n ≥2）B ．1n+1+1n+2+⋯⋯+12n ≤45−12n+1（n ∈N*，n ≥2）C ．1n+1+1n+2+⋯⋯+12n ≤45+12n （n ∈N*，n ≥2）D ．1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45−12n（n ∈N*，n ≥2）【分析】由不等式的传递性可判断A ，C 不符题意；对于选项D ，检验f （2），可排除选项D ；对于选项B ，运用数学归纳法证明，再由不等式的传递性即可得证． 解：对于选项A ，C ，由于45+12n+1＞45，45+12n＞45，不能推得不等式1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45成立，故排除选项A ，C ；对于选项D ，可令f （n ）=1n+1+1n+2+⋯+12n +12n ，当n ＝2时，f （2）=12+13=56＞45，故排除D ． 对于选项B ，由于1n+1+1n+2+⋯+12n＜1n+1+1n+2+⋯+12n+12n+1，即只要证1n+1+1n+2+⋯+12n≤45−12n+1，当n ＝k 时，假设成立，则1k+1+1k+2+⋯+12k≤45−12k+1，当n ＝k +1时，1k+2+⋯+12k+12k+1+12k+2≤45−12k+1−1k+1+12k+1+12k+2=45−12k+2＜45−12k+3=45−12(k+1)+1，即n ＝k +1时，不等式也成立． 综上可得1n+1+1n+2+⋯⋯+12n≤45−12n+1成立．故原不等式成立． 故选：B ．【点评】本题考查不等式的证明，注意运用不等式的性质，以及数学归纳法，考查运算能力、推理能力，属于中档题．8．定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），且f'（x）+xf（x）＝0，则f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．【分析】结合已知可进行赋值，然后结合特点函数值排除即可．解：当x＝0时，f'（0）+0．f（0）＝f（0）＝0，排除选项A；当f（x0）＝0时，f'（x0）+x0f（x0）＝f'（x0）＝0，排除C；当x＝1时，f'（1）+f（1）＝0，若f（1）＝0，则f′（1）＝0，若f（1）≠0，故f（1）•f′（1）＜0，故排除B；故选：D．【点评】本题主要考查了函数图象的判断，排除法的应用是求解问题的关键．9．设a∈R，若a√x+√1+x≤1对x≥0恒成立，则a的最大值为（）A．﹣2B．−32C．﹣1D．−12【分析】首先讨论x＝0时，不等式显然成立；当x＞0时，可得a≤√1+xx=√1x−√1+1x，方法一、可令1x=t ，t ＞0，设f （t ）=√t −√1+t ，t ＞0，判断单调性，可得a 的范围；方法二、可令√1+x =t （t ＞1），运用不等式的性质，可得所求范围，求得a 的最大值． 解：若a √x +√1+x ≤1对x ≥0恒成立， 当x ＝0时，上式即为1≤1显然成立；当x ＞0时，可得a ≤1−√1+x √x =√1x −√1+1x，方法一、可令1x=t ，可得t ＞0，a ≤√t −√1+t ，设f （t ）=√t −√1+t ，t ＞0， 则f （t ）=−√1+t−√t1=1√1+t+√t，可得f （t ）在（0，+∞）递增，即有f （t ）＞f （0）＝﹣1，则a ≤﹣1， 可得a 的最大值为﹣1．方法二、可令√1+x =t （t ＞1），可得x ＝t 2﹣1， 则a ≤√t −1=√t −1=−√t−1t+1=−√1−2t+1，由t ＞1可得2t+1∈（0，1），1−2t+1∈（0，1），−√1−2t+1∈（﹣1，0）， 则a ≤﹣1，可得a 的最大值为﹣1． 故选：C ．【点评】本题考查函数恒成立问题解法，注意运用参数分离和换元法，以及函数的单调性和不等式的性质，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．10．如图，二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，A ，B 是1上的两个定点，且AB ＝2．C ∈α，D ∈β，满足AB 与平面BCD 所成的角为30°，且点A 在平面BCD 上的射影H 在△BCD 的内部（包括边界），则点H 的轨迹的长度等于（ ）A ．√3π6B ．π3C ．√3π3D ．2π3【分析】由题意可得AH，BH的值，又H为两个球的解得，轨迹为圆弧，求出半径，进而求出弧长．解：AB与平面BCD所成的角为30°，A在平面BCD上的射影H，AB＝2，所以可得AH＝AB•sin30°＝2×12=1，BH＝AB•cos30°=√3，点H为两个球的交点，轨迹为圆弧，半径为1×√32=√32，所以L＝2π⋅√32⋅π32π=√3π6，故选：A．【点评】本题考查轨迹方程，及弧长公式，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分. 11．著实数a，b满足log a2＝b log23＝1，则a＝2，3b＝2．【分析】由log a2＝b log23＝1，可得a＝2，b=1log23=log32．即可得出3b．解：由log a2＝b log23＝1，∴a＝2，b=1log23=log32．∴3b=3log32=2．故答案为：2，2．【点评】本题考查了指数与对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12．二项式（x+2x2）7的展开式中，所有二项式系数的和是128，含x的项的系数是84．【分析】根据二项式系数的性质求第一个空，求出展开式的通项令x的指数为1得到第二个空．解：由二项式的性质得：所有二项式系数的和是27＝128；其展开式的通项公式为：T r+1=∁7r•x7﹣r•(2x2)r=2r•∁7r•x7﹣3r；令7﹣3r＝1得r＝2；故含x项为：22•∁72•x＝84x，即其展开式中含x 项的系数是84， 故答案为：128，84．【点评】本题考查了二项式定理及展开式的项，属中档题．13．已知实数x ，y 满足约束条件{y ≥|x|y ≤k(x +1)，若可行域表示的平面区域为三角形，则实数k 的取值范围为 （0，1） ，当k =12时，z ＝2x +y 的最大值为 3 ．【分析】画出可行域，利用已知条件转化求解可得范围，结合目标函数的几何意义，转化求解最值即可．解：y ＝k （x +1），恒过（﹣1，0），画出约束条件的可行域，k ＝1是临界状态，如图： 可行域表示的平面区域为三角形，则实数k 的取值范围为：（0，1），当k =12时，{y ≥|x|y ≤12(x +1)的可行域是图形中点红色部分， z ＝2x +y ，可得y ＝﹣2x +z ，平移目标函数，可知目标函数经过A 时，纵截距取得最大值， 此时z 取得最大值； 由{y =xy =12(x +1)解得A （1，1）， 所以z ＝2x +y 的最大值为3． 故答案为：（0，1）；3．【点评】本题考查线性规划的简单应用，判断目标函数的几何意义是解题的关键，考查计算能力．14．已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0，0≤φ≤π）是偶函数，且在[0，π2]上是减函数，则φ＝π2，ω的最大值是 2 ．【分析】首先利用三角函数的对称性的应用求出φ的值，进一步利用函数的单调性的应用求出ω的范围，从而确定结果．解：由于函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0，0≤φ≤π）是偶函数， 所以φ=π2．由于在[0，π2]上是减函数，所以πω≥π2−0，所以0＜ω≤2， 故答案为：π2；2．【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．15．有10个相同的小球，现全部分给甲、乙、丙3人，若甲至少得1球，乙至少得2球，丙至少得3球，则他们所得的球数的不同情况有 15 种．【分析】先将6个球按甲1个，乙2个，丙3个进行分派；剩余的4个球随机的分派给三个人用隔板法求解即可．解：先将6个球按甲1个，乙2个，丙3个进行分派； 剩余的4个球随机的分派给三个人，每个人可分可不分球； 相当于四个完全一样的东西形成的六个空中插入两个隔板； 即有∁62=15种；故他们所得的球数的不同情况有15种． 故答案为：15．【点评】本题考查排列组合的应用，本题运用隔板法，可以避免讨论，简化计算． 16．已知椭圆x 22+y 2＝1与y 轴交于点M ，N ，直线y ＝x 交椭圆于A 1，A 2两点，P 是椭圆上异于A 1，A 2的点，点Q 满足QA 1⊥PA 1，QA 2⊥PA 2，则|QM |+|QN |＝ 2√2 ． 【分析】由题意可得M ，N ，的坐标，由直线y ＝x 与椭圆x 22+y 2＝1联立求出A 1，A 2的坐标，再由QA 1⊥PA 1，QA 2⊥PA 2可得Q 在以A 1A 2为直径的圆上，及Q 点在圆x 2+y 2=43上， 可得Q 的坐标，进而求出|QM |+|QN |的值．解：联立直线y ＝x 与椭圆的方程{y =xx 22+y 2=1整理可得3x 2＝2，解得x 1=√63，y 1=√63，x 2=−√63，y 2=−√63，即A 1（√63，√63），A 2（−√63，−√63），M （0，1），N （0，﹣1），点Q 满足QA 1⊥PA 1，QA 2⊥PA 2，所以Q 在以A 1A 2为直径的圆上，及Q 点在圆x 2+y 2=43上，即Q 为椭圆与圆的交点，{x 2+y 2=43x 22+y 2=1，可得x 2=23，y 2=23，可得：Q （−√63，√63）如图所示|QM |+|QN |=√x 2+(y −1)2+√x 2+(y +1)2=√6−13+√6+13=2√2．故答案为：2√2．【点评】本题考查椭圆的性质及直线与椭圆的综合，属于中档题．17．已知向量a →，b →满足|a →|＝3，|b →|＝1，若存在不同的实数λ1，λ2（λ1λ2≠0），使得c i →=λi a →+3λi b →，且（c i →−a →）•（c i →−b→）＝0（i ＝1，2），则|c 1→−c 2→|的取值范围是 [2，2√2）∪（2√2，2√3）． ．【分析】设OA →=a →，OB →=b →，OC 1→=c 1→，OC 2→=c 2→，根据向量关系得出C 1，C 2的位置，设A （3，0），B （cos α，sin α），根据垂径定理得出|C 1C 2|关于α的函数，再根据α的范围求出|C 1C 2|范围．解：设OA →=a →，OB →=b →，c 1→=λ1a →+3λ1b →=OC 1→，c 2→=λ2a →+3λ2b →=OC 2→，∵c i →=λi a →+3λi b →，且|a →|＝3，|b →|＝1， ∴C 1，C 2在∠AOB 的角平分线上，∵（c i →−a →）•（c i →−b→）＝0，（i ＝1，2），∴AC 1→⊥BC 1→，AC 2→⊥BC 2→， ∴C 1，C 2在以AB 为直径的圆I 上，故C 1，C 2为∠AOB 的角平分线与圆I 的交点． 不妨设A （3，0），B （cos α，sin α），∵λ1λ2≠0，∴圆I 不经过原点O ，∴﹣π＜α＜π且α≠±π2，则∠AOB 的角平分线方程为：y ＝tan α2x ，I （32+12cos α，12sin α），设圆I 的半径为R ，则4R 2＝AB 2＝（cos α﹣3）2+sin 2α＝10﹣6cos α， ∴R 2=5−3cosα2， 设I 到直线C 1C 2的距离为d ， 则d =|32tan α2+12cosαtan α2−12sinα|√2α2+1=|32tan α2+12(2cos 2α2−1)tan α2−12sinα|√1−cosα1+cosα+1=|32tan α2+sin α2cos α2−12tan α2−12sinα|√21+cosα=|tan α2|√21+cosα，故|C 1C 2|＝2√R 2−d 2=2√2−cosα，∵﹣π＜α＜π，且α≠±π2，∴2≤2√2−cosα＜2√3且2√2−cosα≠2√2．故答案为：[2，2√2）∪（2√2，2√3）．【点评】本题考查了平面向量的几何运算，考查三角变换，属于中档题．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2a cos A ＝b cos C +c cos B ．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）设D 是边BC 上一点，BD ＝2DC ＝2，sin ∠BAD ＝4sin ∠CAD ，求c ．【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得2sin A cos A ＝sin A ，结合sin A ≠0，可得cos A =12，结合范围A ∈（0，π），可求A 的值． （2）设∠BAD ＝α，∠CAD ＝β，可得sin α＝4sin β，利用S △ABD S △ACD=2=12AB⋅AD⋅sinα12AC⋅AD⋅sinβ，可求b ＝2c ，△ABC 中，由余弦定理可求c 的值． 【解答】 解：（1）∵2a cos A ＝b cos C +c cos B ， ∴由正弦定理可得：2sin A cos A ＝sin B cos C +sin C cos B ， ∴2sin A cos A ＝sin （B +C ）＝sin A ， ∵sin A ≠0， ∴可得cos A =12， ∵A ∈（0，π）， ∴A =π3．（2）设∠BAD ＝α，∠CAD ＝β， ∴sin α＝4sin β， ∵S △ABD S △ACD=2=12AB⋅AD⋅sinα12AC⋅AD⋅sinβ， ∴AC ＝2AB ，可得b ＝2c ，∵△ABC 中，BC 2＝c 2+（2c ）2﹣2c •2c •cos π3，∴可得9＝3c 2，解得c =√3．【点评】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想的应用，属于基础题． 19．如图，正四面体ABCD 的边长等于2，点A ，E 位于平面BCD 的两侧，且EB ＝EC ＝ED =√2，点P 是AC 的中点． （Ⅰ）求证：AB ∥平面CDE ；（Ⅱ）求BP 与平面CDE 所成的角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取等边三角形BCD 的中心O ，连接AO ，EO ，可得A 、O 、E 三点共线，且AE ⊥平面BCD ．连接OC ，以OC 所在直线为x 轴，以OA 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系．求出平面BCD 的一个法向量n →与AB →的坐标，利用n →⋅AB →=0且AB ⊄平面CDE ，可得AB ∥平面CDE ；（Ⅱ）求出BP →的坐标，再由n →与BP →所成角的余弦值可得BP 与平面CDE 所成的角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取等边三角形BCD 的中心O ，连接AO ，EO ， ∵AB ＝AC ＝AD ，∴AO ⊥平面BCD ，∵EB ＝EC ＝ED ，∴EO ⊥平面BCD ，则A 、O 、E 三点共线，连接OC ，以OC 所在直线为x 轴，以OA 所在直线为z 轴建立如图所示空间直角坐标系．则A （0，0，2√63），B （−√33，﹣1，0），D （−√33，1，0），E （0，0，−√63），C （2√33，0，0），AB →=(−√33，−1，−2√63)，CD →=(−√3，1，0)，DE →=(√33，−1，−√63)．设平面CDE 的一个法向量为n →=(x ，y ，z)．由{n →⋅CD →=−√3x +y =0n →⋅DE →=√33x −y −√63z =0，取x ＝1，得n →=(1，√3，−√2)． ∵n →⋅AB →=−√33−√3+2√63×√2=0，且AB ⊄平面CDE ，∴AB ∥平面CDE ；（Ⅱ）解：∵点P 是AC 的中点，∴P （√33，0，√63）， 则BP →=(2√33，1，√63)．设BP 与平面CDE 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos ＜n →，BP →＞|=|n →⋅BP →||n →|⋅|BP →|=|2√33+√3−√2×√63|6×3=√66．即BP 与平面CDE 所成的角的正弦值为√66．【点评】本题考查利用空间向量证明线面平行，训练了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题．20．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }为等差数列，满足a 3＝﹣1，S n ＝（﹣1）na n +b n ． （Ⅰ）求数列{a n }和{b n }的通项公式； （Ⅱ）求数列{a n 2n}的前2n 项和T 2n ．【分析】（Ⅰ）在已知数列递推式中，取n ＝1可得b 1＝2a 1；设等差数列{b n }的公差为d ，在递推式中以n +1替换n ，与原递推式联立可得[1−(−1)n+1]a n+1=(−1)n+1a n +d ．然后分n 为奇数与偶数求得数列{a n }的通项公式，进一步得到{b n }的通项公式； （Ⅱ）把数列{a n }的通项公式分类代入数列{a n 2n}，再由数列的分组求和与等比数列的前n项和公式求解．解：（Ⅰ）由S n ＝（﹣1）n a n +b n ，当n ＝1时，有S 1＝a 1＝﹣a 1+b 1，即b 1＝2a 1； 设等差数列{b n }的公差为d ，由{S n =(−1)n a n +b n S n+1=(−1)n+1a n+1+b n+1，得[1−(−1)n+1]a n+1=(−1)n+1a n +d ． 当n ＝2k ﹣1时，a 2k ﹣1+d ＝0，即d ＝﹣a 2k ﹣1． 又a 3＝﹣1，∴d ＝1，得a 2k ﹣1＝﹣d ＝﹣1；当n ＝2k 时，2a 2k +1＝﹣a 2k +1，∴a 2k ＝1﹣2a 2k +1＝3． ∴a n ={−1，n 为奇数3，n 为偶数，b n ＝n ﹣3；（Ⅱ）T 2n ＝（a 1+a 3+…+a 2n ﹣1）+（a 2+a 4+…+a 2n ） =−(12+123+⋯+122n−1)+3(122+124+⋯+122n ) =−12(1−(14)n)1−14+34(1−(14)n)1−14=13−13(14)n ．【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的通项公式与等比数列的前n 项和，考查数学转化思想方法与分类讨论的数学思想方法，是中档题．21．如图，过点P （2，3）作两条直线分别交抛物线x 2＝4y 于点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），C （x 3，y 3），D （x 4，y 4）．直线BD 交直线1：y ＝x ﹣3于点Q ． （Ⅰ）求证：2（x 1+x 2）＝12+x 1x 2；（Ⅱ）试问点C ，A ，Q 是否共线？说明理由．【分析】（Ⅰ）设过点P 的直线：y ＝k （x ﹣2）+3，联立它与抛物线方程得关于x 的一元二次方程，结合韦达定理得{x 1+x 2=4k x 1x 2=8k −12，消去参数k ，即可得出答案．（Ⅱ）法一：k AC =x 1+x 34．联立直线PD 与y ＝x ﹣3得：x Q =12−x 2x 44−(x 2+x 4)，由①得：x 2=2x 1−12x 1−2，同理x 4=2x 3−12x 3−2；进而得x Q =x 1x 3−12x 1+x 3−4，y Q =x 1x 3−3(x 1+x 3)x 1+x 3−4，所以k AQ =x 1+x 34．所以k AC ＝k AQ ，即C ，A ，Q 三点共线．法二：由（Ⅰ），同理由2（x 3+x 4）＝12+x 3x 4，直线BD 的方程为（x 2+x 4）x ＝4y +x 2x 4，联立{(x 2+x 4)x =4y +x 2x 4y =x −3，得x Q =x 2x 4−12x 2+x 4−4，设直线AC 的方程为（x 1+x 3）x ＝4y +x 1x 3，要证C ，A ，Q 三点共线，只要证明：（x 1+x 3）x 2x 4−12x 2+x 4−4=4（x 2x 4−12x 2+x 4−4−3）+x 2x 3，即证x 2x 4−12x 2+x 4−4=x 2x 3−12x 2+x 3−4，①只要证x 212−2x 32−x 3−12x 2+12−2x 32−x 3−4=12−2x 22−x 2x 3−1212−2x 22−x 2+x 3−4，即证12x 2−2x 2x 3−24+12x 32x 2−x 2x 3+12−2x 3−8+4x 3=12(x 2+x 3)−2x 2x 3−242(x 2+x 3)−x 2x 3+4，而上式显然成立，则C ，A ，Q三点共线，②即证x 2x 4−12x 2+x 4−4=x 1x 3−12x 1+x 3−4，即证x 1x 2x 4+x 2x 3x 4﹣4x 2x 4﹣12x 1﹣12x 3+48＝x 1x 2x 3+x 1x 3x 4﹣4x 1x 3﹣12x 2﹣12x 4+48，只要证：x 4（x 1x 2+12）+x 2（x 3x 4+12）﹣x 1（x 3x 4+12）﹣x 3（x 1x 2+12）+4x 1x 3﹣4x 2x 4＝0，用结论2（x 1+x 2）＝12+x 1x 2进行转化即证2x 4（x 1+x 2）+2x 2（x 3+x 4）﹣2x 1（x 3+x 4）﹣2x 3（x 1+x 2）+4x 1x 3+4x 2x 4＝0，上式左边展开易得结果为0，则C ，A ，Q 三点共线． 法三：k PA ＝k AB 得y 1−3x 1−2=y 1−y 2x 1−x 2，即x 12﹣12＝x 12+x 1x 2﹣2x 1﹣2x 2，得2（x 1+x 2）＝12+x 1x 2，同理有2（x 3+x 4）＝12+x 3x 4，直线BD 的方程为（x 2+x 4）x ＝4y +x 2x 4，设Q （x Q ，y Q ），由{(x 2+x 4)x =4y +x 2x 4y =x −3，得x Q =x 2x 4−12x 2+x 4−4，设直线AC 与直线l 的交点Q （x Q ，y Q ），同理对x Q =x 2x 4−12x 2+x 4−4，以下证明C ，A ，Q 三点共线，要证C ，A ，Q 三点共线，只需证明x Q ＝x Q （即Q 与Q 重合）“同一法”，即证明x 2x 4−12x 2+x 4−4=x 1x 3−12x 1+x 3−4，以下证明同上，法四，不妨设x 1＜x 2，则x 1＝2k ﹣2√k 2−2k +3，x 2＝2k +2√k 2−2k +3且x 1+x 2＝4k ，x 1x 2＝8k ﹣12，设直线CD 为y ﹣2＝a （x ﹣3），不妨设x 3＜x 4，同理x 3＝2a ﹣2√a 2−2a +3，x 4＝2a +2√a 2−2a +3，且x 3+x 4＝4a ，x 3x 4＝8a ﹣12，直线BD 的方程为（x 2+x 4）x ＝4y +x 2x 4，设Q （x Q ，y Q ），由{(x 2+x 4)x =4y +x 2x 4y =x −3，得x Q =x 1x 3−12x 1+x 3−4，以下证明C ，A ，Q 三点共线，要证C ，A ，Q 三点共线，只需证：x Q ＝x Q ，即证x 2x 4−12x 2+x 4−4=x 1x 3−12x 1+x 3−4，即证x 1x 2x 4+x 2x 3x 4﹣4x 2x 4﹣12x 1﹣12x 3+48＝x 1x 2x 3+x 1x 3x 4﹣4x 13﹣12x 2﹣12x 4+48，只要证 （8k ﹣12）x 4+（8a ﹣12）x 2﹣4x 2x 4﹣12x 1﹣12x 3＝（8k ﹣12）x 3+（8a ﹣12）x 1﹣4x 1x 3﹣12x 2﹣12x 4，即证8kx 4+8ax 2﹣4x 2x 4﹣8kx 3﹣8ax 1+4x 1x 3＝0，只要证8k •4√a 2−2a +3+8a •4√k 2−2k +3−4x 2x 4+4x 1x 3＝0，即证8k •√a 2−2a +3+8a •√k 2−2k +3−（2k +2√k 2−2k +3）（2a +2√a 2−2a +3）+（2k ﹣2√k 2−2k +3）（2a ﹣2√a 2−2a +3），上式左边展开易得结果为0，则C ，A ，Q 三点共线． 解：（Ⅰ）设过点P 的直线：y ＝k （x ﹣2）+3，由{y =k(x −2)+3x 2=4y⇒x 2﹣4kx +8k ﹣12＝0， 所以{x 1+x 2=4k x 1x 2=8k −12⇒2（x 1+x 2）＝x 1x 2+12， （Ⅱ）法一：k AC =y 1−y 3x 1−x 3=x 1+x 34． 直线PD 方程为：y =x 2+x 42x −x 2x 44， 联立y ＝x ﹣3得：x Q =12−x 2x 44−(x 2+x 4)， 又由①得：x 2=2x 1−12x 1−2，同理x 4=2x 3−12x 3−2， 所以x Q =12−2x 1−12x 1−2⋅2x 3−12x 3−24−(2x 1−12x 1−2+2x 3−12x 3−2)=x 1x 3−12x 1+x 3−4， 所以y Q =x 1x 3−3(x 1+x 3)x 1+x 3−4所以k AQ =x 124−x 1x 3−3(x 1+x 3)x 1+x 3−4x 1−x 1x 3−12x 1+x 3−4=x 13+x 12x 3−4x 12−4x 1x 3+12x 1+12x 34(x 12−4x 1+12) =(x 1+x 3)(x 12−4x 1+12)4(x 12−4x 1+12)=x 1+x 34． 所以k AC ＝k AQ ，即C ，A ，Q 三点共线．法二：由（Ⅰ），同理由2（x 3+x 4）＝12+x 3x 4，因此BD 的方程为（x 2+x 4）x ＝4y +x 2x 4，设Q （x Q ，y Q ），由{(x 2+x 4)x =4y +x 2x 4y =x −3，得x Q =x 2x 4−12x 2+x 4−4， 设直线AC 的方程为（x 1+x 3）x ＝4y +x 1x 3，以下证明C ，A ，Q 三点共线，要证C ，A ，Q 三点共线，只要证明：（x 1+x 3）x 2x 4−12x 2+x 4−4=4（x 2x 4−12x 2+x 4−4−3）+x 2x 3， 即证x 2x 4−12x 2+x 4−4=x 2x 3−12x 2+x 3−4，以下证明同上①只要证x 212−2x 32−x 3−12x 2+12−2x 32−x 3−4=12−2x 22−x 2x 3−1212−2x 22−x 2+x 3−4，即证12x 2−2x 2x 3−24+12x 32x 2−x 2x 3+12−2x 3−8+4x 3=12(x 2+x 3)−2x 2x 3−242(x 2+x 3)−x 2x 3+4，而上式显然成立，则C ，A ，Q 三点共线，②即证x 2x 4−12x 2+x 4−4=x 1x 3−12x 1+x 3−4，即证x 1x 2x 4+x 2x 3x 4﹣4x 2x 4﹣12x 1﹣12x 3+48＝x 1x 2x 3+x 1x 3x 4﹣4x 1x 3﹣12x 2﹣12x 4+48， 只要证：x 4（x 1x 2+12）+x 2（x 3x 4+12）﹣x 1（x 3x 4+12）﹣x 3（x 1x 2+12）+4x 1x 3﹣4x 2x 4＝0， 用结论2（x 1+x 2）＝12+x 1x 2进行转化即证2x 4（x 1+x 2）+2x 2（x 3+x 4）﹣2x 1（x 3+x 4）﹣2x 3（x 1+x 2）+4x 1x 3+4x 2x 4＝0， 上式左边展开易得结果为0，则C ，A ，Q 三点共线．法三：k PA ＝k AB 得y 1−3x 1−2=y 1−y 2x 1−x 2，即x 124−3x 1−2=x 124−x 224x 1−x 2=x 1+x 24， 即x 12﹣12＝x 12+x 1x 2﹣2x 1﹣2x 2，得2（x 1+x 2）＝12+x 1x 2，同理有2（x 3+x 4）＝12+x 3x 4，直线BD 的方程为（x 2+x 4）x ＝4y +x 2x 4，设Q （x Q ，y Q ），由{(x 2+x 4)x =4y +x 2x 4y =x −3，得x Q =x 2x 4−12x 2+x 4−4， 设直线AC 与直线l 的交点Q （x Q ，y Q ），同理对x Q =x 2x 4−12x 2+x 4−4， 以下证明C ，A ，Q 三点共线，要证C ，A ，Q 三点共线，只需证明x Q ＝x Q （即Q 与Q 重合）“同一法”，即证明x 2x 4−12x 2+x 4−4=x 1x 3−12x 1+x 3−4，以下证明同上，方法四：直线解析不妨设x 1＜x 2，则x 1＝2k ﹣2√k 2−2k +3，x 2＝2k +2√k 2−2k +3且x 1+x 2＝4k ，x 1x 2＝8k ﹣12， 设直线CD 为y ﹣2＝a （x ﹣3），不妨设x 3＜x 4，同理x 3＝2a ﹣2√a 2−2a +3，x 4＝2a +2√a 2−2a +3，且x 3+x 4＝4a ，x 3x 4＝8a ﹣12， 直线BD 的方程为（x 2+x 4）x ＝4y +x 2x 4，设Q （x Q ，y Q ），由{(x 2+x 4)x =4y +x 2x 4y =x −3，得x Q =x 1x 3−12x 1+x 3−4， 以下证明C ，A ，Q 三点共线，要证C ，A ，Q 三点共线，只需证：x Q ＝x Q ，即证x 2x 4−12x 2+x 4−4=x 1x 3−12x 1+x 3−4，即证x 1x 2x 4+x 2x 3x 4﹣4x 2x 4﹣12x 1﹣12x 3+48＝x 1x 2x 3+x 1x 3x 4﹣4x 13﹣12x 2﹣12x 4+48， 只要证（8k ﹣12）x 4+（8a ﹣12）x 2﹣4x 2x 4﹣12x 1﹣12x 3＝（8k ﹣12）x 3+（8a ﹣12）x 1﹣4x 1x 3﹣12x 2﹣12x 4，即证8kx 4+8ax 2﹣4x 2x 4﹣8kx 3﹣8ax 1+4x 1x 3＝0，只要证8k •4√a 2−2a +3+8a •4√k 2−2k +3−4x 2x 4+4x 1x 3＝0，即证8k •√a 2−2a +3+8a •√k 2−2k +3−（2k +2√k 2−2k +3）（2a +2√a 2−2a +3）+（2k ﹣2√k 2−2k +3）（2a ﹣2√a 2−2a +3），上式左边展开易得结果为0，则C ，A ，Q 三点共线．【点评】本题考查直线与抛物线相切，证明三点共线，化简计算要细心，属于中档题． 22．已知函数f （x ）＝x 3+3ax +a 3+3（a ∈一、选择题）恰有一个零点x 0，且x 0＜0． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）求x 0的最大值．【分析】（I ）由题意结合导数及函数的性质及零点判定定理对a 进行分类讨论即可求解； （II ）结合题意可考虑变换主元，结合导数及函数的性质，还要考虑利用零点判定定理进行求解．解：（I ）f （x ）＝x 3+3ax +a 3+3，当a ＝0时，由f （x ）＝x 3+3＝0可得x =√−33＜0舍去，当a ＞0时，f ′（x ）＝3x 2+3a ＞0恒成立，所以f （x ）单调递增，且f （0）＝3+a 3＞0，x →﹣∞时，f （x ）→﹣∞，所以存在x 0＜0使得f （x 0）＝0，符合题意，当a ＜0时，由f ′（x ）＝3x 2+3a ＝可得x =±√−a ，所以f （x ）在（−∞，−√−a ）上单调递增，在（−√−a ，√−a ）上单调递减，在（√−a ，+∞）上单调递增，又f （−√a ）=(√−a)3+3a √−a +a 3+3＞0，令t=√−a，则f（t）＝﹣t6﹣2t3+3＝（3+t3）（1﹣t3）＞0，所以t＜1即a＞﹣1，综上可得，a的范围（﹣1，+∞），（II）令a为主要元，f（a）＝a3+3xa+x3+3在（﹣1，+∞）上有零点，（x＜0），由f（﹣1）＝（x﹣1）2（x+2），f（0）＝3+x3，f′（a）＝3a2+3x＝0可得a=±√−x，当x≤﹣1时，f（a）在（﹣1，√−x）上单调递减，在（√−x，+∞）上单调递增，所以f（√−x）≤0即(√−x)3+3x√−x+x3+3≤0令t=√−x，则（1﹣t3）（3+t3）≤0，∴1≤t3即x0≤﹣1当﹣1＜x＜0时，f（a）在（﹣1，−√−x）上单调递增，在（−√−x，√−x）上单调递减，在（√−x，+∞）上单调递增，因为﹣1＜−√−x且f（﹣1）＝（x+2）（x﹣1）2＞0，故f（a）在（﹣1，+∞）内没有零点，综上x0≤﹣1即最大值﹣1．【点评】本题主要考查了利用导数及函数的性质求解与零点有关的函数问题，体现了转化思想及分类讨论思想的应用．。
【精准解析】浙江省温州中学2020届高三下学期高考适应性考试数学试题
温州中学2020届高三适应性模拟考试数学2020.7本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上. 参考公式：柱体的体积公式：V Sh = 其中S 表示柱体的底面积，锥体的体积公式：13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高 台体的体积公式：()112213V h S S S S =+ 其中1S ，2S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高球的表面积公式：24S R π= 球的体积公式：343V R π=，其中R 表示球的半径 选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合(){|ln 1}A x y x ==-，{|1}B x y x ==-，则（ ）A. A B =B. A B ⊆C. AB =∅D.A B R =【答案】B 【解析】 【分析】令10x ->，10x -≥可对两个集合进行化简，即可选出正确答案.【详解】解：令10x ->，解得1x >，即{|1}A x x =>；令10x -≥，解得1≥x ，即{|1}B x x =≥.所以A B ≠，A 错误；A B ⊆，B 正确；()1,A B =+∞≠∅，C 错误；[)1,A B R =+∞≠，D 错误. 故选:B.【点睛】本题考查了集合的运算，考查了集合的关系，考查了函数的定义域的求解.本题的关键是对两个集合进行正确化简.2. 点()2,0P 到双曲线221916y x -=的一条渐近线距离为（ ）A.85B.65C. 4D. 3【答案】B 【解析】 【分析】首先根据题中所给的双曲线方程求得其渐近线方程，利用点到直线的距离公式求得结果.【详解】双曲线221916y x -=的渐近线方程为340±=x y ，可以求得点()2,0P 到直线340±=x y 的距离为32655d ⨯==， 故选：B.【点睛】该题考查的是有关双曲线的渐近线的问题，涉及到的知识点有双曲线的渐近线方程，点到直线的距离公式，属于基础题目.3. 已知z 为复数z 的共轭复数，满足2z i =-（其中i 为虚数单位），则复数z 的虚部（ ） A. i - B. iC. -1D. 1【答案】D 【解析】 【分析】由2z i =-求得复数z ，进而求得复数z 的虚部即可.【详解】解：因为2z i =-，所以2z i =+，所以复数z 的虚部为1. 故选：D.【点睛】本题主要考查复数的定义及其共轭复数，考查学生对相关知识点的掌握程度，属于基础题.4. 图中阴影部分的点满足不等式组5,26,0,0,x y x y x y +≤⎧⎪+≤⎨⎪≥≥⎩在这些点中，使目标函数68z x y =+取得最大值的点的坐标是（ ）A. ()0,5 B. ()1,4C. ()2,4 D. ()1,5【答案】A【解析】【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定出目标函数的最优解，联立方程组，即可求解.【详解】由题意，画出不等式组5260,0x yx yx y+≤⎧⎪+≤⎨⎪≥≥⎩所表示的平面区域，如图所示，目标函数68z x y=+，可化为直线348=-+zy x，当直线348=-+zy x过点A时，直线在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由5x yx+=⎧⎨=⎩，解得(0,5)A，即使目标函数68z x y=+取得最大值的点的坐标是(0,5).故选：A.【点睛】本题主要考查了线性规划的应用，其中解答中正确画出约束条件所表示的平面区域是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及计算能力.5. 已知函数()32f x ax bx cx =++，其导函数()y f x '=的图象经过点()1,0、()2,0，如图所示，则下列命题正确的是（ ）A. 当32x =时函数取得极小值 B. ()f x 有两个极大值点 C. ()10f <D. 0abc <【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的图象可以判定函数的单调性及极值情况，结合二次函数图象特点可求,,a b c 的符号.【详解】由导函数的图象可得：(),1x ∈-∞时，()f x 是增函数；()1,2x ∈时，()f x 是减函数；()2,x ∈+∞时，()f x 是增函数；所以A,B 均不正确； 由于()()010f f >=，所以C 不正确；因为()232f x ax bx c '=++，结合图象可知0,0,02ba c a>>->，所以0abc <； 故选：D.【点睛】本题主要考查导数图象的识别，利用导数图象的符号可得函数的单调性，进而可得极值情况，侧重考查数学抽象的核心素养.6. 已知,a b ∈R ，则“2a b +>”是“221a b +>”的（ ）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充分必要 D. 既非充分又非必要 【答案】A 【解析】【分析】由不等式()2222a b a b ++≥可知，“2a b +>”是“221a b +>”的充分条件；取0a b ==，可知“2a b +>”不是“221a b +>”的必要条件，即得答案.【详解】当2a b +>时， ()22222a b a b ++≥>，221a b ∴+>成立，∴ “2a b +>”是“221a b +>”的充分条件.当221a b +>时，取0a b ==，不满足2a b +>，∴ “2a b +>”不是“221a b +>”的必要条件.所以“2a b +>”是“221a b +>”的充分非必要条件. 故选：A.【点睛】本题考查充分必要条件，属于中档题.7. 袋中有3个白球和i 个黑球，有放回的摸取3次，每次摸取一球，设摸得黑球的个数为i ξ，其中1,2i =，则（ ） A. ()()12E E ξξ<，()()12D D ξξ< B. ()()12E E ξξ<，()()12D D ξξ> C. ()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ< D. ()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ>【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，当1i =时，1ξ可能的取值为：0123，，，，可得1ξ13,4B ⎛⎫⎪⎝⎭，当2i =时，2ξ可能的取值为：0123，，，，可得2ξ23,5B ⎛⎫⎪⎝⎭，由二项分布分布列求得其相应的期望和方差，比较大小可得选项.【详解】当1i =时，1ξ可能的取值为：0123，，，，则：()313270464P ξ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，()21131********P C ξ⎛⎫==⨯⨯=⎪⎝⎭，()221313924464P C ξ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭，()31113464P ξ⎛⎫===⎪⎝⎭， 所以1ξ13,4B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()113344E ξ=⨯=，()1119314416D ξ⎛⎫=⨯⨯-=⎪⎝⎭； 当2i =时，2ξ可能的取值为：0123，，，，则：()3232705125P ξ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，()21232354155125P C ξ⎛⎫==⨯⨯=⎪⎝⎭，()22232336255125P C ξ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭，()322835125P ξ⎛⎫===⎪⎝⎭， 所以2ξ23,5B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()226355E ξ=⨯=，()22218315525D ξ⎛⎫=⨯⨯-=⎪⎝⎭； 所以()()12E E ξξ<，()()12D D ξξ<， 故选：A.【点睛】本题考查二项分布列，求二项分布列的期望和方差，属于中档题. 8. 已知函数()1y f x =-的图像关于直线1x =对称，则方程()()2020l 2020|og|xf f x -=的解的个数为（ ） A. 2 B. 3C. 4D. 5【答案】B 【解析】 【分析】由函数()1y f x =-的图像关于直线1x =对称，可知，函数()y f x =为偶函数，所以由()()2020l 2020|og |x f f x -=，可得20202020log x x -=，然后构造函数2020()2020,()log x g x h x x -==，利用函数图像求解.【详解】解：因为函数()1y f x =-的图像关于直线1x =对称， 所以函数()y f x =的图像关于直线0x =对称，所以函数()y f x =为偶函数， 因为()()2020l 2020|og|xf f x -=，所以20202020log xx -=，令2020()2020,()log xg x h x x -==， 则()20202020xx g x --==，202020202020log ,11()log log ,1001x x x h x x x x x ⎧≤-≥⎪==⎨--<<<<⎪⎩或或两函数图像如图由图像可知，两函数图像有3个不同的交点， 所以方程()()2020l 2020|og|xf f x -=的解的个数为3，故选：B【点睛】此题考查函数与方程，利用了数形结合的思想，考查数学转化能力，属于中档题.9. 设O 为ABC ∆的内心，6AB =，7AC =，8BC =，动点P 满足：OP xOA yOB zOC =++，[]0,1x ∈，[]0,1y ∈，[]0,1z ∈，则点P 的轨迹所覆盖的平面区域的面积为（ ）A.212B. 21C.21152D. 2115【答案】C 【解析】 【分析】首先根据题意，结合向量加法的几何意义，可以得到点P 的轨迹所覆盖的平面区域，利用公式求得其面积.【详解】如图所示，根据向量加法的几何意义可知，点P的轨迹所覆盖的平面区域为图中的三个平行四边形，所以动点P的轨迹所覆盖的平面区域等于△ABC面积的2倍，由余弦定理得2226781cos2674A+-==⨯⨯，所以115sin116A=-=，所以1152115672ABCS=⨯⨯=，所以点P的轨迹所覆盖的平面区域的面积为211521152=，故选:C.【点睛】该题考查的是有关平面向量的线性运算，三角形的面积公式，属于中档题目. 10. 已知数列{}n a由首项1a a=及递推关系1311nnnaaa+-=+确定.若{}na为有穷数列，则称a 为“坏数”.将所有“坏数”从小到大排成数列{}n b，若201912020b a b<<，则（）A. 202010a-<< B.202013a<<C. 20213a> D.202113a<<【答案】C【解析】【分析】由1311n n n a a a +-=+得1111121n n a a +-=--，所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列,则()()1311121121n a n a n a a a -+--=+=---，求出数列{}n a ，当分母为0，得()130a n a -⨯+-=，即31n a n -=-时，数列{}n a 为有穷数列，得出2n n b n-=，即2017200920191010a <<，又()202021120192017a a a -=+-，20211110101009a a a -=+-，根据单调性可得答案. 【详解】由1311n n n a a a +-=+，得()121311111n n n n n a a a a a +--=-=++-则()()11211212111211n n n n n n a a a a a a +++===+-----，即1111121n n a a +-=-- 所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列,则()()1311121121n a n an a a a -+--=+=--- 则()()21113n a a a n a --=-+-，所以()()21113na a a n a-=+-+- 当1n =时, ()()1211113a a a a a-=+=-⨯+-，满足条件. 当分母为0，得()130a n a -⨯+-=，即3(1)1n a n n -=>-时，数列{}n a 为有穷数列. 当1a =-时, 数列{}n a 为有穷数列.则11b =-当分母为0时，n a 无意义，此时数列{}n a 为有穷数列，此时对应a 的值为1n b + 所以2n n b n -=，由201912020b a b <<，则1201720182009201920201010a <<=，即2017200920191010a <<()()()202021211112020320192017a a a a a a --+=+-⨯+--=设()()21120192017x f x x -=+-，则()()24020192017f x a '=>- 所以()f x 在2017200920191010，⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.所以20201009211010111009201920171010a ⎛⎫- ⎪⎝⎭+=-⨯-< ()()20212111112021310101009a a a a aa --+=+-⨯+--=设设()1110101009x g x x -=+-，则()()21010101009g x x '=>- 所以()g x 在2017200920191010，⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. 所以2020202712019132027101010092019a -+=⨯-> 所以选项C 正确 故选：C【点睛】本题考查根据递推公式求数列的通项公式，考查新定义，考查求数列中项的范围，属于难题.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()5334501234513x a a x a x a x a x a x +=+++++，则3a =____________；12345 a a a a a ++++= ____________.【答案】 (1). 270 (2). 1023 【解析】 【分析】利用展开式的通项公式可求3a ，利用赋值法可求12345 a a a a a ++++.【详解】()513x +展开式的通项公式为()15533rr r r r r T C x C x +==，令3r =可得33353270a C ==；因为()5334501234513x a a x a x a x a x a x +=+++++，所以令0x =得01a =，令1x =得501234541024a a a a a a +++++==，所以12345010241023a a a a a a ++++=-=. 故答案为：270；1023.【点睛】本题主要考查二项式定理，展开式中特定项的系数可以通过通项公式进行求解，系数和问题一般利用赋值法进行求解.12. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则它的体积是____________3cm ，表面积是____________2cm .【答案】 (1). 23(2). 2256++【解析】 【分析】先根据三视图还原成几何体，结合几何体的特征进行求解.【详解】根据三视图可知，几何体是高为1的三棱锥，底面BCD 为等腰直角三角形， 且2BC CD ==，如图，所以体积为112221323V =⨯⨯⨯⨯=； 根据题意可知5,22,3AB AD BD AC ====，所以ABD △3，面积为122362⨯= ,ADC ABC △△是全等的直角三角形，面积均为12552⨯=BCD 的面积为12222⨯⨯=；所以表面积为256+故答案为：23；256+【点睛】本题主要考查利用三视图求解几何体的体积和表面积，把三视图还原为几何体是求解的关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.13. 已知函数cos y a x ω=+，[],x ππ∈-（其中，a ，ω为常数，且0>ω）有且仅有3个零点，则a 的值为_______，ω的取值范围是_______. 【答案】 (1). 1- (2). [)2,4 【解析】 【分析】函数cos y a x ω=+在[π-,]π上为偶函数,根据偶函数的性质可知0x =必为函数的一个零点,由此求得1a =-,再根据三角函数的图象性质,求得ω的取值范围.【详解】函数cos y a x ω=+在[π-,]π上为偶函数,且函数有且仅有3个零点, 故必有一个零点为0x =,cos00a ∴+=,1a ∴=-;所以函数cos 1y x ω=-,[x π∈-,]π的零点个数,等价于函数cos y x ω=与直线1y =的图象在[π-,]π上交点的个数,而函数cos y x ω=相当于函数cos y x =纵坐标不变,横坐标扩大(或缩小)为原来的1(0)ωω>倍,当1ω=时,函数cos y x =与直线1y =在[π-,]π上仅有一个交点,则1ω>;当2ω=时,函数cos 2y x =与直线1y =在[π-,]π上恰有3个零点,如下图所示,故2ω;当4ω=时,函数cos 2y x =与直线1y =在[π-,]π上恰有5个零点,如下图所示,故4ω<;综上所述,ω的取值范围是[2,4). 故答案为:1-;[2,4).【点睛】本题考查三角函数的图象及性质,考查数形结合思想及逻辑推理能力,属于中档题. 14. 现有12个不同的小球，其中红色、黄色、蓝色、绿色小球各3个，从中任取3个，所取三球中含有红色球的概率为____________；若所取三球中红色小球和黄色小球都至少各一个，则不同取法种数为____________.（用数字作答） 【答案】 (1). 3455(2). 72 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式可得从中任取3个，所取三球中含有红色球的概率；根据分类加法计数原理可得所取三球中红色小球和黄色小球都至少各一个的不同取法种数.【详解】从12个不同的小球中任取3个，有312220C =种，其中所取三球中不含有红色球的有3984C =种，所以所取三球中含有红色球的有22084136-=种，所以所取三球中含有红色球的概率为1363422055=. 因为所取三球中红色小球和黄色小球都至少各一个包含三种情况：①一个红色，一个黄色：共有11133654C C C ⋅⋅=种；②1个红色，2个黄色：共有12339C C ⋅=种；③2个红色，1个黄色：共有21339C C ⋅=种，所以所取三球中红色小球和黄色小球都至少各一个共有549972++=种，故答案：3455；72. 【点睛】本题考查了古典概型的概率公式，考查了分类加法计数原理与简单组合应用题，属于基础题.15. 已知0x >，1y >-，且1x y +=，则2231x y x y +++最小值为__________．【答案】2 【解析】 【分析】首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.【详解】22331111x y x y x y x y ⎛⎫+⎛⎫+=++-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭， 结合1x y +=可知原式311x y =++， 且()()13131311411221x y y x x y x y x y +++⎡⎤⎛⎫+=+⨯=++⎢⎥ ⎪+++⎝⎭⎣⎦1422⎡≥+=+⎢⎢⎣当且仅当32x y ==-+.即2231x y x y+++最小值为2+. 【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．16. 过抛物线C ：24x y =的准线上任意一点P 作抛物线的切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，则A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值是______.【答案】4 【解析】 【分析】先求出直线PA ，PB 的方程，联立解得122P x x x +=，由点P是两切线的公共点求得AB 的方程为12P x x y ⋅=+，表示出A ，B 两点到准线的距离之和并化简为()21244x x ++，从而求得最小值.【详解】设()11,A x y ，()22,B x y ，则直线PA ，PB 的方程分别为21124x x y x =-，22224x x y x =-，联立解得122P x x x +=，124P x x y ⋅=.又直线PA ，PB 的方程分别可表示为112xy x y =-，222x y x y =-，将P 点坐标代入两方程，得1122,2,2P P P P x x y y x x y y ⋅⎧=-⎪⎪⎨⋅⎪=-⎪⎩所以直线AB 的方程为12P x x y ⋅-=-，即12Px x y ⋅=+， 所以A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和为1212211222P P x x y y x x ⎛⎫⎛⎫++=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()2121244424P x x x x x +=++=+.故答案为：4点睛】本题考查直线与抛物线位置关系应用，属于较难题.17. 如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为线段1BD 上的动点，下列四个结论：①存在点M ，使得1//C M 平面1AB C ；②存在点M ，使得直线AM 与直线1B C 所成的角为60︒； ③存在点M ，使得三棱锥11D C DM -的体积为18； ④存在点M ，使得αβ>，其中α为二面角1M AA B --的大小，β为直线1MA 与直线AB 所成的角.则上述结论正确的有____________.（填上正确结论的序号） 【答案】①③ 【解析】 【分析】①由平面1//ACB 平面11DC A 可判断; ②由直线1CB ⊥平面11ABC D 可判断; ③由点M 到平面11CDD C 的距离1h BC ≤=，11111111366D C DM M C DD C DD h V V S h --===≤可判断；④过M 作11//MO D A ,由11D A ⊥平面11ABB A ,所以OM ⊥平面11ABB A ，进一步作出1M AA B --的平面角，即α，又由//NO AB ，直线1MA 与直线ON 所成的角为β，根据最小角定理可判断，得出答案.【详解】对于①. 连接1111,,AC DC DA ,由11//A C AC ,AC ⊂平面1ACB ,11A C ⊄平面1ACB , 所以11//A C 平面1ACB .同理1//DC 平面1ACB 且1111AC DC C ⋂=所以平面1//ACB 平面11DC A ,显然直线1D B 与平面11DC A 相交，设交点为M. 则1C M ⊂平面11DC A ，所以1//C M 平面1AB C ，所以①正确.对于②. 连接11，D A BC ,则11BC CB ⊥,111D C CB ⊥且1111D C C B C ⋂=所以直线1CB ⊥平面11ABC D ,而AM ⊂平面11ABC D , 所以1AM CB ⊥,所以②不正确.对于③. 由点M 为线段1BD 上的动点， 所以点M 到平面11CDD C 的距离1h BC ≤=.11111111111133266D C DM M C DD C DD h V V Sh h --===⨯⨯⨯⨯=≤.所以存在点M ，使得三棱锥11D C DM -的体积为18，故③正确.对于④. 过M 作11//MO D A ,由11D A ⊥平面11ABB A ,所以OM ⊥平面11ABB A 过O 作1NO AA ⊥交1AA 于点N ，则//NO AB ，连接MN .所以1OM AA ⊥,又1NO AA ⊥，且MO ON O ⋂=,所以1AA ⊥平面MNO . 所以1AA MN ⊥，所以MNO ∠为二面角1M AA B --的平面角，即MNO α∠= 由//NO AB ，所以直线1MA 与直线AB 所成的角与直线1MA 与直线ON 所成的角相等. 所以直线1MA 与直线ON 所成的角为β. 由1AA ⊥平面MNO ，1AA ⊂平面1A MN ,所以平面1A MN ⊥平面OMN ,且平面1A MN ⋂平面OMN MN = 所以直线NO 在平面1A MN 上的射影为MN .所以直线NO 与平面1A MN 所成的角为MNO ∠，即为α.直线NO 与平面1A MN 内的直线（MN ，1MA ）所成角中（由最小角定理可得），线面角最小.所以α小于等于直线1MA 与直线ON 所成的角β.所以④不正确. 故答案为：①③下面补证最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．直线AB 与平面α斜交，斜足为B ，AO ⊥平面α，BC OC ⊥， 由AO ⊥平面α，BC OC ⊥，可证明BC ⊥平面AOC ，则BC AC ⊥．则cos BO ABO AB ∠=，cos BCABC AB ∠=，cos BC OBC BO ∠=，所以cos cos BO BC BCABO OBC AB BO AB∠⋅∠=⨯=， 即cos cos cos ABC ABO OBC ∠=∠⋅∠， 故cos cos ABC ABO ∠<∠，ABC ABO ∠>∠．【点睛】本题考查线面平行的证明，体积的求解，二面角和异面直线成角的大小的比较，考查存在问题的探索，考查最小角定理，属于难题.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18. 已知ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，cos sin 2A Ca b A +=，BD 平分ABC ∠交AC 于点D ，且2BD =，23AD CD =. （1）求B ；（2）求ABC的面积.【答案】（1）2 3π；（2）253.【解析】【分析】（1）本题首先可以根据正弦定理边角互化得出sin cos sin sin2A CA B A+=，然后根据A、B、C是ABC的内角得出sin sin2BB=，最后通过计算即可得出结果；（2）本题首先可以绘出ABC的图像并设3AD x=、2CD x=，然后根据正弦定理得出3sin2sinA C，再然后根据同角三角函数关系计算出57sin19A以及193x，最后根据余弦定理求出5AB=、103BC，利用1sin2ABCS AB BC ABC=⋅⋅∠△即可得出结果.【详解】（1）因为cos sin2A Ca b A+=，所以sin cos sin sin2A CA B A+=，因为sin0A≠，180A B C++=，所以cos sin22BBπ⎛⎫-=⎪⎝⎭，sin sin2BB=，故π2BB，解得23Bπ=，（2）如图，绘出ABC，因为BD平分ABC∠，所以3ABD DBCπ∠=∠=，因为23AD CD=，所以可设3AD x=，2CD x=，故在ABD△中，有sin sinAD BDABD A=∠∠，即32πsinsin3xA；在BDC 中，有sin sin DCBDCBDC，即22πsin sin 3xC ，两式联立，可得3sin 2sin A C ，因为ππ3AC B，所以π3sin 2sin3A A ，即ππ3sin 2sin cos cos sin 33A A A，化简得4sin 3cos A A ，联立224sin sin cos 1A AA A ⎧∠=∠⎪⎨∠+∠=⎪⎩，解得57sin A ， 将57sin A代入32πsin sin 3xA中，可得19x，故3AD x ==2CD x ==， 在ABD △中，222cos 2AB BD AD ABD AB BD，化简得2116AB ，解得5AB =或3-（舍去）； 在BDC 中，222cos 2CB BD CD CBD CB BD，化简得24919BC ，解得103BC 或43-（舍去），故11103253sin 522326ABCS AB BC ABC △. 【点睛】本题考查通过正弦定理以及余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，考查诱导公式以及两角差的正弦公式的使用，考查化归与转化思想，考查推理能力与计算能力，是难题.19. 如图，在四棱锥 S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，//AD BC ，12AB BC CD AD ===，SA ⊥平面SCD .（1）求证：CD SC ⊥；（2）若CD SC =，P 是SD 的中点，求直线PB 与平面SAB 所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）33. 【解析】 【分析】（1）取AD 中点E ，证明四边形AECB 为菱形及四边形EDCB 为平行四边形，即可证明CD AC ⊥，再通过SA ⊥平面SCD ，得出SA CD ⊥，即可证明CD ⊥平面SAC ，从而得到CD SC ⊥即可.（2）设122AB BC CD SC AD =====，过S 点作平面ABCD 的垂线交平面ABCD 于O ，取BC 中点M ，连接SM EM 、，通过已知条件求出各边长，以O 为坐标原点建立空间之间坐标系，用空间向量的方法即可求得直线PB 与平面SAB 所成的角的正弦值. 【详解】（1）证明：如图：取AD 中点E ，连接BE CE 、.1,//2BC AD BC AD =， //AE BC ∴，且AE BC =，∴四边形AECB 为平行四边形，又12AB AD =，AB AE =∴， ∴四边形AECB 为菱形，BE AC ∴⊥.1,//2BC AD BC AD =，//ED BC ∴且ED BC = ∴四边形EDCB 为平行四边形，//BE CD .CD AC ∴⊥.又SA ⊥平面SCD ，CD ⊂平面SCD ，SA CD ∴⊥.,ACSA A AC SA =⊂、平面SAC ，CD ⊥平面SAC ，又SC ⊂平面SAC ，CD SC ∴⊥.（2）解：由（1）知：CD SC ⊥，又因为CD SC =，所以SCD 为等腰直角三角形.设122AB BC CD SC AD =====，则SD =由（1）知，AC CD ⊥，所以AC =因为SA ⊥平面SCD ，所以,SA SD SA SC ⊥⊥，所以2SA SC ==.所以SA SD ==SAD 为等腰直角三角形， 又因为E 为AD 中点，所以SE AD ⊥，且2SE =.由题可得：2SB SC ==，所以SBC 为等腰三角形，取BC 中点M ，连接SM EM 、，则SM EM ==，过S 点作平面ABCD 的垂线交平面ABCD 于O ，则O 在EM 上，且OM =33EM SO ==.因为底面ABCD 为等腰梯形，E 、M 分别为AD BC 、中点，所以OE AD ⊥，过O 过AD 的平行线OF ，以O 为坐标原点，OE 为x 轴，以OF 为y 轴，OS 为z 轴建立空间之间坐标系，如图所示：则：S ⎛ ⎝⎭，2,0A ⎫-⎪⎪⎝⎭，1,0B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，2,0D ⎫⎪⎪⎝⎭，P ⎝⎭，则22,SA ⎛=- ⎝⎭，1,SB ⎛=-- ⎝⎭，2BP ⎛= ⎝⎭设平面SAB 的法向量为(,,)n x y z =，所以00SA n SB n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以2033x y z x y ⎧--=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，令1x =，则y z ==.所以()1,3,2n =-，设直线PB 与平面SAB 所成的角为θ，则23sin cos ,=63BP n BP n BP nθ⋅====⋅所以，直线PB 与平面SAB 【点睛】本题主要考查线线垂直的证明和线面角的求法，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题.20. 已知数列{}n a 中，10a >，且1n a +=（1）若数列{}n a 为单调递增数列，试求1a 的取值范围； （2）若14a =，设()1||1,2,3n n n b a a n +=-=，数列{}n b 的前n 项的和为n S ，求证：1252n b b b +++<. 【答案】（1）1302a <<；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)由)12n n a a n +-=≥可得1121,,,n n n n a a a a a a +----有相同的符号，从而可知210a a ->，即可求出首项的取值范围.(2)结合(1)可知当14a =时，10n n a a +-<，由数列前n 项和的定义可得1214n n n S b b b a +∴+=-+=+1n a +<可求出1n a +的取值范围，即可证出52n S <. 【详解】解：（1）()11113322233222 n n n n n n n n a a a a n a a --+-++-=-=≥⎛⎫+++ ⎪⎝⎭因为1332022n n a a -⎛⎫+++> ⎪ ⎪⎝⎭，因此1121,,,n n nn a a a a a a +----有相同的符号.要使1n n a a +>对任意自然数都成立，只须210a a ->即可，由11302a a +->，解得：1302a <<.（2）用与（1）中相同的方法，可得当132a >时，1n n a a +<对任何自然数n 都成立. 因此当14a =时，10n n a a +-<.2132112||||||n n n n S b b b a a a a a a +=∴++=-+-+++-121112314n n n n a a a a a a a a a +++=-++-=--+-=，又：21n n a a ++<，即1132n n a a +++<，可得132n a +>，故35422nS -=<. 【点睛】本题考查了由数列的增减性求项的取值范围，考查了数列和的最值.本题第二问的关键是求出数列前一项与后一项的大小关系，进而去掉绝对值号.21. 如图，已知椭圆2222:1(0)x y a b a b Γ+=>>经过不同的三点5513(,),(,),2424A B C --(C在第三象限），线段BC 的中点在直线OA 上．（Ⅰ）求椭圆Γ的方程及点C 的坐标；（Ⅱ）设点P 是椭圆Γ上的动点（异于点,,)A B C 且直线,PB PC 分别交直线OA 于,M N 两点，问||||OM ON ⋅是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）31(,).24--；（2）2516． 【解析】试题分析：（1）点13,,,24A B ⎛⎫--⎪⎝⎭⎝⎭的坐标代入椭圆的方程就可求得方程，设点C 的坐标，根据条件可得点C 的坐标代入椭圆方程，BC 中点坐标代入直线OA 的方程，两方程联立可求点C 的坐标；（2）设001122(,),(2,),(2,).P x y M y y N y y ，根据,,P B M 三点共线，用点P 的坐标00,x y 表示1y ，同理用点P 的坐标00,x y 表示2y ．再求12y y为定值，所以121225||||||5||16OM ON y y y y ⋅===． 试题解析：（Ⅰ）由点,A B 在椭圆Γ上，得2222551,416{191416a b a b+=+=解得225,2{5.8a b ==所以椭圆Γ的方程为221.5528x y +=………………………3分 由已知，求得直线OA 的方程为20,x y -=从而2 1.m n =-（1） 又点C 在椭圆Γ上，故2228 5.m n +=（2）由（1）（2）解得34n =（舍去）或1.4n =-从而3,2m =-所以点C 的坐标为31(,).24--………………………………………6分（Ⅱ）设001122(,),(2,),(2,).P x y M y y N y y因,,P B M 三点共线，故10103344,11222y y y x ++=++整理得0010032.4(21)x y y y x -=-+ 因,,P C N 三点共线，故20201144,33222y y y x ++=++整理得002006.4(21)x y y y x -=--……………10分因点P 在椭圆Γ上，故2200285x y +=，即220054.2x y =- 从而220000000012222000000(32)(6)3201216[(2)1]16(441)x y x y x x y y y y y x y x x y ---+==--+-- 220000000000533(4)20125(4)522.531616(41)16(4)22y x y y x y x y x y --+-===---所以121225||||||5||16OM ON y y y y ⋅===为定值． ………………………15分【点睛】1.求点的坐标可由条件得关于坐标的两个关系式，解方程组即可；2.因为 ,M N 两点，在直线OA 上，设001122(,),(2,),(2,).P x y M y y N y y所以12125OM ON y y y ⋅==，再由条件找,M N 两点的坐标与点P 的坐标的关系，根据点P 在椭圆上，可求12y y 为定值．22. 已知函数()()()2ln 31f x ax x x a x a R =-+-+∈.（1）当1a =时，求曲线()f x 在()()1,1f 处的切线方程； （2）若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <. ①求a 的取值范围；②当21x x 取得最小时，求a 的值.【答案】（1）1y x =+；（2）①0a >；②3. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程；（2）①由()f x 存在两个不同极值点转化为()0f x '=有两个不同的正实根，利用导数讨论其单调性从而确定出a 的范围；②()1212,x x x x <是()f x 得两个极值点得11ln 230a x x -+=，22ln 230a x x -+=，进而得到()1212112222323ln ln ln x x x x a x x x x ---===，通过等价思想及函数的单调性求得a 即可.【详解】解：（1）当1a =时，()2ln 21f x x x x x =-++，()ln 122ln 23f x x x x x '=+-+=-+，所以()1ln1231f '=-+=，而()211ln11212f =⨯-++=，所以在()()1,1f 处的切线方程为：21y x -=-，即1y x =+.(2)①()()()ln 123ln 230f x a x x a a x x x '=+-+-=-+>，令()ln 2+3g x a x x =-，由题意可得，()g x 有两个不同的正零点.，()()220a a xg x x x x-'=-=>. 当0a ≤时，()0g x '<，()g x 在()0,∞+上单调递减，故至多有一个零点，不合题意；当0a >时，在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '>，()g x 单调递增，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上()0g x '<，()g x 单调递减，故只需()max 02a g x g ⎛⎫=>⎪⎝⎭，即ln 302a a a -+>，化简得：3ln 102a a +->， 令()()3ln 102a h a a a⎛⎫=+->⎪⎝⎭，()22133a h a a a a -'=-=， 当()0,3a ∈时，()h a 单调递减，当()3,a ∈+∞时，()h a 单调递增.故()()min 33ln 02h a h ==>， 所以3ln102a a+->恒成立.综上，a 的取值范围为()0,∞+. ②()ln 23f x a x x '=-+，由题知1x 和2x 是方程()ln 230f x a x x '=-+=的两根， 所以，11ln 230a x x -+=，22ln 230a x x -+=.()1212112222323ln ln ln x x x x a x x x x ---===2112121ln x x x xx ⎛⎫- ⎪⎝⎭=， 令210x x >>，21x t x =，则1t >()211211112312ln ln ln x x x t h t x x x t x ---∴===，1t >，()h t ∴在()1,+∞上单调递增. ∴t 取最小值时，()h t 取最小值.令()232ln x F x x x -=，01x <<，()()223ln 232ln x x F x x x--'=， ()()3ln 23x x x ϕ-=-，()32xx xϕ'=-，()()0,1x ϕ∴在上单调递增. 又()1=10ϕ>且0x →，()0ϕ→-∞，()0x ϕ∴=在()0,1内存在唯一的根0x ，()00x ϕ∴=，即()003ln 230x x --=，即00233ln x x -= ()F x ∴在()00,x 单调递减，在()0,1x 上单调递增，()()0min F x F x ∴=，()()1h t F x ∴=， ()h t ∴取最小值时，即()1F x 取最小值时，11233ln x a x -==. 【点睛】本题主要考查导数的几何意义，导数的单调性及极值和最值，属于难题.。
2020年浙江省温州市高考数学模拟试卷(5月份)(有答案解析)
2020年浙江省温州市高考数学模拟试卷（5月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知集合U=R，A=，则A∩∁U B=（）A. [0，1）B. （0，+∞）C. （1，+∞）D. [1，+∞）2.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是（）A. 8cm2B. 12cm2C.D.3.设S n是等差数列{a n}的前n项和，且S4=a4+3，则a2=（）A. -2B. -1C. 1D. 24.设m，n为直线，α、β为平面，则m⊥α的一个充分条件可以是（）A. α⊥β，α∩β=n，m⊥nB. α∥β，m⊥βC. α⊥β，m∥βD. n⊂α，m⊥n5.已知实数x，y满足，则z=x2+y2的最大值等于（）A. 2B.C. 4D. 86.已知双曲线与双曲线没有公共点,则双曲线的离心率的取值范围是( )A. B. C. D.7.已知点A（x1，y1），B（x2，y2）是函数的函数图象上的任意两点，且y=f（x）在点处的切线与直线AB平行，则（）A. a=0，b为任意非零实数B. b=0，a为任意非零实数C. a、b均为任意实数D. 不存在满足条件的实数a，b8.盒中有6个小球，其中4个白球，2个黑球，从中任取i（i=1，2）个球，在取出的球中，黑球放回，白球则涂黑后放回，此时盒中黑球的个数X i（i=1，2），则（）A. P（X1=3）＞P（X2=3），EX1＞EX2B. P（X1=3）＜P（X2=3），EX1＞EX2C. P（X1=3）＞P（X2=3），EX1＜EX2D. P（X1=3）＜P（X2=3），EX1＜EX29.已知平面向量，，满足：=0，||=1，||=||=5，则||的最小值为（）A. 5B. 6C. 7D. 810.如图，矩形ABCD中，AB=1，BC=，E是AD的中点，将△ABE沿BE折起至△A'BE，记二面角A'-BE-D的平面角为α，直线A'E与平面BCDE所成的角为β，A'E与BC 所成的角为γ，有如下两个命题：①对满足题意的任意的A'的位置，α+β≤π；②对满足题意的任意的A'的位置，α+γ≤π，则（）A. 命题①和命题②都成立B. 命题①和命题②都不成立C. 命题①成立，命题②不成立D. 命题①不成立，命题②成立二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.若复数z满足2z=3+i，其中i是虚数单位，是z的共轭复数，则z=______12.若展开式中常数项为5，则a=______，含x5的项的系数等于______．13.已知正数a、b满足a+b=1，则的最小值等于______，此时a=______．14.如图△ABC是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设DF=2AF，AB=，则△EDF的面积为______．15.已知函数，若函数f(x)在R上是单调的，则实数a的取值范围是______；若对任意的实数x1＜a，总存在实数x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，则实数a 的取值范围是______．16.三对父子去参加亲子活动，坐在如图所示的6个位置上，有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法有______种（比如：B与D、B与C是相邻的，A与D、C与D是不相邻的）．17.如图所示，点A（1，2），B均在抛物线y2=4x上，等腰直角△ABC的斜边为BC，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标是______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.已知函数的图象向左平移后与函数图象重合．（1）求ω和φ的值；（2）若函数，求h（x）的单调递增区间及图象的对称轴方程．19.如图，四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AB∥CD，∠BAD=90°，AB=2CD=4，PA⊥CD，在锐角△PAD中，E是边PD上一点，且AD=PD=3ED=．（1）求证：PB∥平面ACE；（2）当PA的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为30°？20.数列满足,,其前n项和为,数列的前n项积为．求和数列的通项公式；设,求的前n项和,并证明：对任意的正整数m、k,均有．21.如图,过点且平行于x轴的直线交椭圆于A,B两点,且．Ⅰ求椭圆的标准方程；Ⅱ过点M且斜率为正的直线交椭圆于点C,D,直线AC,BD分别交直线于点E,F,求证：是定值．22.设函数．（1）若g（x1）=g（x2）=t（其中x1≠x2）（i）求实数t的取值范围；（ii）证明：2x1x2＜x1+x2；（2）是否存在实数a，使得f（x）≤g（x）在区间（0，+∞）内恒成立，且关于x 的方程f（x）=g（x）在（0，+∞）内有唯一解？请说明理由．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：【分析】求出集合B，然后进行交集、补集的运算即可．本题考查描述法、区间的定义，以及补集、交集的运算．【解答】解：B={y|y≥1}；∴∁U B={y|y＜1}；∴A∩∁U B=[0，1）．故选：A．2.答案：D解析：解：由三视图知几何体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，利用勾股定理求得四棱锥的侧面的斜高是：．∴几何体的表面积：=4+4．故选：D．由三视图知几何体是四棱锥，底面是正方形，边长为2；四棱锥的高为2，利用正四棱锥数据代入表面积公式计算可得答案．本题考查了由三视图求几何体的表面积，解题的关键是判断几何体的形状及数据所对应的几何量．3.答案：C解析：【分析】本题考查了等差数列的前n项和，等差数列的通项公式，为基础题．由所给式子，结合等差数列的通项公式和前n项和公式可得3（a1+d）=3，则可得a2．【解答】解：依题意S n是等差数列{a n}的前n项和，且S4=a4+3，所以S4=4a1+6d=a1+3d+3，可得3（a1+d）=3，即a2=1．故选C．4.答案：B解析：解：A．当m⊄β内时，结论不成立，B．若α∥β，m⊥β，时，m⊥α，成立，满足条件C．α⊥β，m∥β时，m⊥α不一定成立，D．n⊂α，m⊥n，则m⊥α不一定成立，故选：B．根据线面垂直的判定定理进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面垂直的判定定理以及空间直线和平面的位置关系是解决本题的关键．5.答案：D解析：解：根据实数x，y满足，画出可行域z=x2+y2表示O（0，0）到可行域的距离的平方，由解得B（2，2），当点B与点原点连线时，OB距离最大，则z=x2+y2的最大值是B（2，2）到（0，0）的距离的平方为：8，故选：D．先根据约束条件画出可行域，再利用z=x2+y2的几何意义表示点（0，0）到可行域的点的距离的平方，求最值，即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．6.答案：C解析：解：双曲线的渐近线方程为y=±2x，当双曲线的渐近线方程也为y=±2x时,则两双曲线没有公共点，又若＜2，可得两双曲线没有公共点，则双曲线C1的离心率e1=≤，又e1＞1，即有1＜e1≤，故选：C．求得双曲线C2的渐近线方程，考虑双曲线C1的渐近线的斜率的绝对值小于等于2，结合离心率公式可得所求双曲线的离心率范围．本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率的范围，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于基础题．7.答案：A解析：解：函数的导数为f′（x）=+2bx，y=f（x）在点处的切线与直线AB平行，即有+b（x1+x2）==+b（x1+x2），可得=，由于对任意x1，x2，上式都成立，可得a=0，b为非零实数，故选：A．求得f（x）的导数，结合两点的斜率公式和两直线平行的条件：斜率相等，化简可得a=0，b为任意非零实数．本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两点的斜率公式，以及化简运算能力，属于基础题．8.答案：C解析：解：X1=3表示取出的为一个白球，∴P（X1=3）==，X1=2表示取出一个黑球，P（X1=2）==，E（X1）=3×+2×=；X2=3表示取出两个球，其中一黑一白，P（X2=3）==；X2=2表示取出2个球为黑球，P（X2）==，X2=4表示取出2个白球，P（X2=4）==，E（X2）=3×+2×+4×==，故选：C．根据古典概型概率公式求得概率，期望，比较可得．本题考查了离散型随机变量的期望和方差，属中档题．9.答案：B解析：解：设=（cosθ，sinθ），设=，=，设A为x轴正半轴上一点，坐标为（m，0），B为y轴正半轴上一点，坐标为（n，0），依题意m∈[4，6]，n∈[4，6]．所以=（m-cosθ，-sinθ），=（-cosθ，n-sinθ）．因为||=||=5，所以m2-2m cosθ+cos2θ+sin2=25，n2-2n sinθ+sin2θ+cos2θ=25，即m2+n2=48+2m cosθ+2n sinθ．||=|（）-（）|=.==≥，当且仅当m=n=3时（θ=）取得等号．所以||≥=6．故选：B．建立坐标系，将已知条件转化为所设未知量的关系式，再将||的最小值转化为用该关系式表达的算式，利用基本不等式求解即可．本题考查了向量的位置关系，向量的模，平面向量基本定理，基本不等式等知识，属于难题．10.答案：A解析：解：①如图所示，过A′作A′O⊥平面BCDE，垂足为O，连接OE，作OM⊥BE，连接A′M．则∠A′OM=π-α，∠A′EO=β≤∠A′OM=π-α，∴α+β≤π；因此①正确．②∵BC∥DE，∴A'E与BC所成的角γ=π-∠A′ED＜∠A′OM=π-α，∴对满足题意的任意的A'的位置，α+γ≤π，因此②正确．综上可得：①②都正确．故选：A．①如图所示，过A′作A′O⊥平面BCDE，垂足为O，连接OE，作OM⊥BE，连接A′M．可得∠A′OM=π-α，根据∠A′EO=β≤∠A′OM=π-α，即可判断出结论．②由BC∥DE，可得A'E与BC所成的角γ=π-∠A′ED＜∠A′OM=π-α，即可判断出结论．本题考查了折叠问题、空间角、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.答案：1+i解析：解：设z=a+bi（a，b∈R），由2z=3+i，得2a+2bi+a-bi=3a+bi=3+i，得a=1，b=1，∴z=1+i．故答案为：1+i．设z=a+bi（a，b∈R），代入2z=3+i，整理后利用复数相等的条件求得a，b，则答案可求．本题考查复数相等的条件，是基础题．12.答案：1 10解析：解：由展开式中的通项T r+1=（ax2）5-r（）r=a5-r x，令=0，得r=4，即a=5，故a=1，令=5，得r=2，即x5的项的系数等于=10，故答案为：1 10．由二项式定理及展开式的通项得：T r+1=（ax2）5-r（）r=a5-r x，令=0，得r=4，即a=5，故a=1，令=5，得r=2，即x5的项的系数等于=10，得解．本题考查了二项式定理及展开式的通项，属中档题．13.答案：3解析：解：根据题意，正数a、b满足a+b=1，则==++1≥2+1=3，当且仅当a=b=时，等号成立，故的最小值为3，此时a=；故答案为：3，．根据题意，分析可得==++1，由基本不等式的性质可得++1≥2+1=3，进而分析基本不等式成立的条件可得a的值，即可得答案．本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是掌握基本不等式的形式，属于基础题．14.答案：解析：【分析】本题考查了等边三角形的面积计算公式、余弦定理、全等三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．由3个全等的三角形，可得AF=DB．在△ABD中，∠ADB=180°-60°=120°．设AF=x=DB，可得AD=3x．由余弦定理可得：x2．再利用△EDF的面积S=×4x2，即可得出．【解答】解：由3个全等的三角形⇒AF=DB．在△ABD中，∠ADB=180°-60°=120°．设AF=x=DB，则AD=3x．由余弦定理可得：13=x2+9x2-6x2cos120°，解得x2=1．∴△EDF的面积S=×4x2=．故答案为．15.答案：[2，+∞）；（-∞，-2]解析：【分析】本题考查分段函数的单调性和函数的值域求法，考查单调性的定义和转化思想，以及推理能力，属于基础题．由函数f（x）在R上是单调的，以及一次函数的单调性可得f（x）在R上递增，可得a≥0，且a+2≤a2，可得a的范围；由对任意的实数x1＜a，总存在实数x2≥a，使得f（x1）+f （x2）=0，可得x1+2+x22=0，即-x22=x1+2≤0，可得a的范围．【解答】解：若函数f（x）在R上是单调的，因为x＜a时，f（x）=x+2递增，由f（x）在R上递增，可得a≥0，且a+2≤a2，解得a≥2；由对任意的实数x1＜a，总存在实数x2≥a，使得f（x1）+f（x2）=0，可得x1+2+x22=0，即-x22=x1+2≤0，即有a+2≤0，可得a≤-2．故答案为：[2，+∞），（-∞，-2]．16.答案：192解析：解：根据题意，分2步进行分析：①，在三对父子中任选1对，有3种选法，由图可得相邻的位置有4种情况，将选出的1对父子安排在相邻的位置，有3×4=12种安排方法；②，将剩下的4人安排在剩下的4个位置，要求父子不能坐在相邻的位置，有2×2×2×2=16种安排方法，则有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法16×12=192种；故答案为：192．根据题意，分2步进行分析：①，在三对父子中任选1对，安排在相邻的位置上，②，将剩下的4人安排在剩下的4个位置，要求父子不能坐在相邻的位置，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．17.答案：（3，2）解析：解：设B（a，b），C（c，0），（a，b，c＞0），可得b2=4a，k AC•k BA=•=-1，由|AB|=|AC|，可得=，化为（1-）2+（2-b）2=4+，可得（4-b2）2（16+（2+b）2）=64（16+（2+b）2），即有b2-4=8，可得b=2，（负的舍去），即有a=3，则B（3，2），故答案为：（3，2）．设B（a，b），C（c，0），（a，b，c＞0），由抛物线方程和两直线垂直的条件：斜率相等，以及两点的距离公式，解方程可得所求值．本题考查抛物线的方程和运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．18.答案：解：（1）已知函数的图象向左平移后与函数图象重合，所以：ω=2．所以：f（x+）=sin（2x+）=cos（2x+），由于，则：．（2）根据题意：h（x）=f（x+）+g（x），=，=．令2x+=k（k∈Z），整理得图象的对称轴方程为（k∈Z），令：（k∈Z），整理得：（k∈Z），所以函数的单调递减区间为[]（k∈Z）．解析：（1）直接利用同角三角函数关系式的变换的应用求出结果．（2）首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．19.答案：（1）证明：连接BD交AC于O，∵AB∥CD，∴△OCD∽△OAB，∴=，又=，∴OE∥PB，又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE．（2）解：过A作AF⊥PD，垂足为F，连接CF，∵CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AF，又AF⊥PD，PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD，∴∠ACF为AC与平面PCD所成的角，即∠ACF=30°．AC==，∴AF=AC=，∴sin∠ADF==，cos∠ADF==，∴PA==．∴当PA=时，AC与平面PCD所成的角为30°．解析：（1）连接BD交AC于O，由相似三角形可得=，结合=得出OE∥PB，故而PB∥平面ACE；（2）过A作AF⊥PD，可证AF⊥平面PCD，根据∠ACF=30°计算AF，得出∠ADF的大小，再计算PA的长．本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定与线面角的计算，属于中档题．20.答案：解：（1）数列{a n}满足a1=，a n+2a n+1=0，整理得：（常数），所以：数列{a n}是以1为首项为公比的等比数列，则：，所以：．当n≥2时，数列的前n项积为．则：①，②，则：得：所以：b n=2n-1．（2），=，=，，=所以：，，故：S m＞T k．解析：（1）利用已知条件建立等量关系求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法求出数列的和，进一步利用放缩法求出结论．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的前n项和的应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力．21.答案：（1）解：由题意，A（-4，2），B（4，2），代入椭圆方程得m=12．∴椭圆的标准方程为；（2）证明：设直线CD的方程为y=k（x-2）+2，联立，得（1+2k2）x2+8k（1-k）x+8k2-16k-16=0．设C（x1，y1），D（x2，y2），则，．AC的方程为，令x=2，得．BD的方程为，令x=2得．∴=====为定值．解析：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．（1）由题意求得A，B的坐标，代入椭圆方程求得m，则椭圆方程可求；（2）设直线CD的方程为y=k（x-2）+2，联立，可得关于x的一元二次方程，设C（x1，y1），D（x2，y2），分别求出AC与BD的方程，得到E，F的纵坐标，则利用根与系数的关系即可证明=为定值．22.答案：解：（1）（i）∵g（x）=，∴g'（x）=，令g'（x）=0，则x=1，∴当x＜1时，g'（x）＞0，当x＞1时，g'（x）＜0，∴g（x）在（-∞，1）上单调递增，g（x）在（1，+∞）上单调递减，∴g（x）min=g（1）=1．又∵当x≤0时，g（x）≤0；当x＞0时，g（x）＞0，∴结合g（x）的图象知，0＜t＜1，∴t的取值范围为：（0，1）；（ii）证明：∵x1≠x2，不妨设x1＜x2，由（i）知：0＜x1＜1＜x2，∴＜1，要证：2x1x2＜x1+x2成立，只需证：x1＜＜1，∵g（x）在（1，+∞）上单调递减，故只需证：g（x2）=g（x1）＜g（），即证：＞0，令μ=2x2-1＞1，只需证：＞0（μ＞1），即证：lnμ-＜0（μ＞1），令φ（μ）=lnμ-，则φ'（μ）=＜0，∴φ（μ）＜φ（1）=0，证毕，∴2x1x2＜x1+x2．（Ⅱ）令h（x）=g（x）-f（x）=-ln x+ax2+a-1（x＞0），∵h（1）=0，且需h（x）≥0在区间（0，+∞）内恒成立，∴h'（1）=0，可得a=-，事实上，当a=-时，h（x）=-ln x+x2-，下证：h（x）=-ln x+x2-≥0，证明：h'（x）=，令F（x）=e x-ex，则F'（x）=e x-e，∴F（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴F（x）≥g（1）=0，即e x≥ex，∴（x＞0），∴h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴h（x）min=h（1）=0，∴h（x）≥0在区间（0，+∞）内恒成立，证毕，∴当a=-时，f（x）≤g（x）在区间（0，+∞）内恒成立，且关于x的方程f（x）=g（x）在（0，+∞）内有唯一解x=1．解析：（1）（i）根据函数y=g（x）与y=t在R的图象有两个不同的交点可得t的范围；（ii）证明2x1x2＜x1+x2成立，只需证：x1＜＜1；（Ⅱ）构造函数h（x）=g（x）-f（x），证明h（x）≤0在区间（0，+∞）内恒成立．本题主要考查数形结合，函数与不等式，以及函数恒成立问题，综合性较强，属于难题．。
浙江省温州中学2020届高三下学期3月高考模拟测试数学试题含答案.pdf
y＝________.
C. 5＋ 1
D. 5＋ 1 2
5． “α≠β”是 “ coαs≠ coβs”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 f(x)＝ ln|x|的图象大致为 (
)
x
7．本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲 评顺序表， 若化学排在生物前面， 数学与物理不相邻且都不排在最后， 则不同的排表方法共 有( )
下列两个命题 ( )
①数列 { an} 的任意一项都是正整数； ②数列 { an} 存在某一项是 5 的倍数．
A ．①正确，②错误
B．①错误，②正确
C ．①②都正确
D ．①②都错误
第 Ⅱ 卷（非选择题 共 110 分）
二、填空题：本大题共 7 小题 , 多空题每小题 6 分，单空题每小题 4 分 , 共 36 分．
x y＋1
16．已知 F1， F 2 为椭圆 C：x2＋ y2＝1 的左、右焦点，点 43
内心 I 的轨迹方程为 ____________________________ ．
P 在椭圆 C 上移动时，△ PF 1F2 的
17．如图，在△ ABC 中，已知 AB＝ AC＝ 1，∠ A＝ 120 ，°E， F 分别是边 AB，AC 上的点， 且A→E＝ λ→AB， A→F＝ μ→AC，其中 λ， μ∈ (0,1) ，且 λ＋ 4μ＝ 1，若线段 EF ， BC 的中点分别为 M ， N，则 |M→N|的最小值为 ________．
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]．。
浙江省温州市2020届高考数学上学期一模试题(含解析)
浙江省温州市2020届高考数学上学期一模试题（含解析）一、选择题：每小题4分，共40分1. 已知全集{}1,2,3,4U =，{}1,3A =，{}U 2,3B =ð，则A B =I （ ）A ．{}1B ．{}3C ．{}4D ．{}1,3,4【答案】A 【解析】由题意得：}31{，=A ,}41{，=B ,}1{=⋂B A .2. 设实数,x y 满足不等式组0034120x y x y ≥⎧⎪≥⎨⎪+-≤⎩，则2z x y =+的最大值为（ ）A ．0B ．2C ．4D ．6【答案】D 【解析】由题意得：我们可以画出线性区域，线性区域是一个三角形，最值点在线性区域的三个端点处取得。
我们联立方程得：()()()300400，，，，，，所以我们知道在()30，取得最大值：6=z 3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积等于（ ）A ．31cm 6B ．31cm 3C ．31cm 2D ．32cm 3俯视图侧视图正视图【答案】B4. 若双曲线()222210,0x y C a b a b-=>>则该双曲线的渐近线方程为（ ）A．y = B ．2y x =± C．y = D ．12y x=±【答案】A 【解析】 由题意得：,3,3==ace 设m a m c ==,3，则m a c b 222=-=，所以渐近线方程为y =5. 已知a ，b 是实数，则“1a >且1b >”是“1ab 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 【答案】A 【解析】由题意得：充分条件满足，必要条件：当4,2-=-=b a 时，1ab a b +>+不一定可以推导出“1a >且1b >” 所以A 为正确选项。
6. 函数()1211f x x x =-+-的图象可能是（ ）【答案】B 【解析】先求定义域：11-≠≠x x 且，取特殊值，当2-=x ，31-=y ，排除C ，D.函数)1)(1(3-+--=x x x y ，当.03=-=y x ，所以正确答案是B 。
2020年浙江省温州市高考数学模拟试卷(6月份)
2020年浙江省温州市高考数学模拟试卷（6月份）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．(★)已知集合M={-2，1，2，3}，N={x|x（x+1）＞2}，则M∩N=（）A．∅B．{2}C．{2，3}D．{-2，1，2，3}2．(★)若复数z= +ai（i为虚数单位，a∈R）的实部与虚部互为相反数，则a=（）A．-2B．-1C．0D．13．(★)已知双曲线：- =1（a＞0，b＞0）的焦距为10，虚轴长为4，则该双曲线的渐近线方程为（）A．3x±4y=0B．4x±3y=0C．x±2y=0D．2x±y=04．(★)已知直线1：ax+by-b=0，圆C：x 2+y 2-2x=0，则“a=0”是“直线1与圆C相切”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．(★★)某几何体的三视图如图所示（单位：cm），其俯视图是两个同心圆，且小圆的内接四边形是正方形，则该几何体的体积等于（）cm 3．A ．-8B ．-16C ．-8D ．-166．(★★)已知随机变量ξ的分布列如表：其中x 2-x 1=x 3-x 2＞0．若E （ξ）＞x 2，则（ ）ξx 1x 2x 3PP 1P 2P 3A ．P 1＞P 2B ．P 2＜P 3C ．P 2＞P 3D ．P 1＜P 37．(★★★)用数学归纳法证明不等式 ++……+≤ （n ∈N*，n ≥2）时，可将其转化为证明（ ）A ．++……+≤+（n ∈N*，n ≥2）B ．++……+≤-（n ∈N*，n ≥2）C ．++……+≤+（n ∈N*，n ≥2）D ．++……+≤-（n ∈N*，n ≥2）8．(★)定义在R 上的函数f （x ）的导函数为f'（x ），且f'（x ）+xf （x ）=0，则f （x ）的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．9．(★★★)设a ∈R ，若a +≤1对x ≥0恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．-2B ．-C ．-1D ．-10．(★★)如图，二面角α-1-β的平面角的大小为60°，A，B是1上的两个定点，且AB=2．C∈α，D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度等于（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．(★★)著实数a，b满足log a2=blog 23=1，则a= 2 ，3 b= 2 ．12．(★★)二项式（x+ ）7的展开式中，所有二项式系数的和是 128 ，含x的项的系数是 84 ．13．(★★)已知实数x，y满足约束条件，若可行域表示的平面区域为三角形，则实数k的取值范围为（0，1），当k= 时，z=2x+y的最大值为 3 ．14．(★★)已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）是偶函数，且在[0，]上是减函数，则φ= ，ω的最大值是 2 ．15．(★★)有10个相同的小球，现全部分给甲、乙、丙3人，若甲至少得1球，乙至少得2球，丙至少得3球，则他们所得的球数的不同情况有 15 种．16．(★★)已知椭圆+y 2=1与y轴交于点M，N，直线y=x交椭圆于A 1，A 2两点，P是椭圆上异于A 1，A 2的点，点Q满足QA 1⊥PA 1，QA 2⊥PA 2，则|QM|+|QN|= 2 ．17．(★★★)已知向量，满足| |=3，| |=1，若存在不同的实数λ1，λ2（λ1λ2≠0），使得=λi+3λi，且（- ）•（- ）=0（i=1，2），则| - |的取值范围是 [2，2 ）∪（2 ，2 ）．．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△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2acosA=bcosC+ccosB．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）设D是边BC上一点，BD=2DC=2，sin∠BAD=4sin∠CAD，求c．19．(★★)如图，正四面体ABCD的边长等于2，点A，E位于平面BCD的两侧，且EB=EC=ED= ，点P是AC的中点．（Ⅰ）求证：AB∥平面CDE；（Ⅱ）求BP与平面CDE所成的角的正弦值．20．(★★★)已知数列{a n}的前n项和为S n，数列{b n}为等差数列，满足a 3=-1，S n=（-1）n a n+b n．（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{ }的前2n项和T 2n．21．(★★★)如图，过点P（2，3）作两条直线分别交抛物线x 2=4y于点A（x 1，y 1），B（x 2，y 2），C（x 3，y 3），D（x 4，y 4）．直线BD交直线1：y=x-3于点Q．（Ⅰ）求证：2（x 1+x 2）=12+x 1x 2；（Ⅱ）试问点C，A，Q是否共线？说明理由．22．(★★★)已知函数f（x）=x 3+3ax+a 3+3（a∈R）恰有一个零点x 0，且x 0＜0．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）求x 0的最大值．。
【精准解析】浙江省温州中学2020届高三下学期3月模拟测试数学试题
浙江省温州中学2020年3月高考模拟测试高三数学试卷参考公式：如果事件A ，B 互斥，那么()()()P A B P A P B +=+ 如果事件A ，B 相互独立，那么()()()P A B P A P B +=+如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()()C 1n kk k n n P k p p -=-（0k =，1，2，…，n ）台体的体积公式()112213V h S S S S =+ 其中1S ，2S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高 柱体的体积公式V Sh =其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 椎体的体积公式13V Sh =其中S 表示椎体的底面积，h 表示椎体的高 球的表面积公式24S R π= 球的体积公式343V R π=其中R 表示球的半径第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{}21A x x =<，集合{}2log 0B x x =<，则A B 等于（ ）A. 0,1B.1,0C. ()1,1-D.(),1-∞-【答案】A 【解析】 【分析】先化简集合,A B ,再求其交集.【详解】根据题意可得集合{}11A x x =-<<,集合{}01B x x =<<,()0,1A B ∴=,故选:A.【点睛】本题考查交集运算,考查解不等式,属于简单题.2.在平面直角坐标系中，经过点P ，渐近线方程为y =的双曲线的标准方程为（ ）A. 22142x y -=B. 221714x y -=C. 22136x y -=D.221147y x -= 【答案】B 【解析】 【分析】根据所求双曲线的渐近线方程为y =，可设所求双曲线的标准方程为222x y -=k ．再把点(代入，求得 k 的值，可得要求的双曲线的方程．【详解】∵双曲线的渐近线方程为y =∴设所求双曲线的标准方程为222x y -=k ．又(在双曲线上，则k=16-2=14,即双曲线的方程为222x y 14-=，∴双曲线的标准方程为22x y 1714-=故选B【点睛】本题主要考查用待定系数法求双曲线的方程，双曲线的定义和标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，属于基础题．3.设变量,x y 满足约束条件22390x y x y x +≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩，则目标函数2z x y =+的最大值是（ ）A. 7B. 5C. 3D. 2【答案】B 【解析】 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出约束条件22390x y x y x +≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩，表示的可行域，如图，由20 2390x y x y +-=⎧⎨--=⎩可得31x y =⎧⎨=-⎩，将2z x y =+变形为2y x z =-+， 平移直线2y x z =-+，由图可知当直2y x z =-+经过点()3,1-时， 直线在y 轴上的截距最大，z 最大值为2315z =⨯-=，故选B.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.4.若复数12z i =+，2cos isin ()z ααα=+∈R ，其中i 是虚数单位，则12||z z -的最大值为( )1 1【答案】C 【解析】 【分析】由复数的几何意义可得12z z -表示复数12z i =+，2cos sin z i αα=+对应的两点间的距离，由两点间距离公式即可求解.【详解】由复数的几何意义可得，复数12z i =+对应的点为()2,1，复数2cos sin z i αα=+对应的点为()cos ,sin αα，所以121z z -=，其中tan φ2=， 故选C【点睛】本题主要考查复数的几何意义，由复数的几何意义，将12z z -转化为两复数所对应点的距离求值即可，属于基础题型. 5.“”αβ≠是”cos cos αβ≠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】 【分析】分别判断充分性和必要性得到答案.【详解】cos cos αβαβ=⇒=所以cos cos αβαβ≠⇒≠ （逆否命题）必要性成立当cos cos αβαβ=-⇒=，不充分 故是必要不充分条件，答案选B【点睛】本题考查了充分必要条件，属于简单题. 6.函数ln ()xf x x=的图象大致为（ ） A. B.C. D.【答案】A 【解析】 【分析】抓住这几个选项的相同点和不同点，比如()0,1x ∈时()f x 的正负性和单调性等进行判断。
2020年浙江省温州中学高考数学模拟试卷(3月份)(有解析)
2020年浙江省温州中学高考数学模拟试卷(3月份)一、单项选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知集合A={x|x2−2x−3>0}，集合B={x|y=lg(x+3)}，则A∩B=()A. {x|−3<x<−1}B. {x|x>3}C. {x|−3<x<−1或x>3}D. {x|−1<x<3}2.已知双曲线x2m−y2=1的焦距为2√5，则该双曲线的渐近线方程为()A. y=±14x B. y=±12x C. y=±√66x D. y=±√1919x3.设变量x，y满足约束条件{x≥1,x+y≤3,2x−y≤3,则z=2x+y的最大值为()A. 1B. 6C. 5D. 44.已知i为虚数单位，在复平面内复数2i1+i对应点的坐标为()A. (1,1)B. (−1,1)C. (2,2)D. (−2,2)5.若α,β∈R，且α≠kπ+π2(k∈Z),β≠kπ+π2(k∈Z)则“α+β=π4”是“(tanα+1)(tanβ+1)=2”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要6.对于函数f(x)=log21+x1−x，下列说法正确的是()A. f(x)是奇函数B. f(x)是偶函数C. f(x)是非奇非偶函数D. f(x)既是奇函数又是偶函数7.某班星期一上午安排5节课，若数学2节，语文、物理、化学各1节，且物理、化学不相邻，2节数学相邻，则星期一上午不同课程安排种数为()A. 6B. 12C. 24D. 488.设随机变量X的概率分布列如表所示：若随机变量X 的的均值为43，则X 的方差为( )A. 78 B. 59 C. 38 D. 189. 将一边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，若顶点A ，B ，C ，D 落在同一个球面上，则该球的表面积为( )A. 4π3B. 8√2π3C. 4πD. 8π10. 已知bx n +1=a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+⋯+a n (x −1)n 对任意x ∈R 恒成立，且a 1=9，a 2=36，则b =( )A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题（本大题共3小题，共12.0分）11. 若a >0，b <0，且a −1b =1，则1a −4b 的最小值为 ．12. 已知F 1，F 2为椭圆x 24+y 23=1的左、右焦点，M 为椭圆上动点，有以下四个结论： ①|MF 2|的最大值等于3； ②|MF 1|⋅|MF 2|的最大值为4； ③∠F 1MF 2的最大值为60°；④若动直线l 垂直y 轴，交此椭圆于A 、B 两点，P 为l 上满足|PA|⋅|PB|=2的点，则点P 的轨迹方程为x 22+2y 23=1或x 26+2y 29=1．以上结论正确的序号为 ．13. 已知△ABC 中，AB =1，AC =3，cosA =14，点E 在直线BC 上，且满足：BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R)，则|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=___________．三、多空题（本大题共4小题，共24.0分）14. 对于函数y =f(x)，若在其定义域内存在x 0，使得x 0f(x 0)=1成立，则称函数f(x)具有性质P ． (1)下列函数中具有性质P 的有 (1) ． ①f(x)=−2x +2√2；②f(x)=sinx(x∈[0,2π])；③f(x)=x+1x，(x∈(0,+∞))；④f(x)=ln(x+1)．(2)若函数f(x)=alnx具有性质P，则实数a的取值范围是(2)．15.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是√3cm3，则正视图中的f(2a )=a+aln2a的值是(1)cm，该几何体的表面积是(2)cm2．16.设(x−2)1+(x−2)2+⋯+(x−2)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，则a0+a1+a2+⋯+a6=(1)；a4=(2)．17.在△ABC中，A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足a+b+c=√2+1，sinA+sinB=√2sinC，则c=；若C=π3，则△ABC的面积S=．四、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.(10分)已知函数f(x)=−√22sin(2ax+π4)+12+b(a>0,b>0)的图象与x轴相切，且图象上相邻两个最高点之间的距离为π2．(1)求a,b的值;(2)求f(x)在[0,π4]上的最大值和最小值．19.如图，四棱锥S−ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA=√2AB，点E在棱SC上．(Ⅰ)若SA//平面BDE，求证：AC⊥平面BDE；(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，求AD与平面SCD所成角的正弦值．20.设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且S n满足S n2−(2n2+2n−3)S n−6(n2+n)=0，n∈N∗．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{c n}满足c1+4c2+9c3+⋯+n2c n=14a n，证明：对一切正整数n，有c1+c2+⋯+c n<2．21.已知椭圆x24+y2=1，直线l：y=kx+12与椭圆交于A，B两点，P为椭圆右顶点．(1)若k=1，求△PAB的面积；(2)设△PAB的外接圆与x轴另有一个交点Q(x0，0)，求x0的取值范围．22.已知函数f(x)=ax+lnx，其中a∈R．(1)若f(x)在区间[1,2]上为增函数，求a的取值范围；(2)当a=−e时，(ⅰ)证明：f(x)+2≤0；(ⅰ)试判断方程|f(x)|=lnxx +32是否有实数解，并说明理由．【答案与解析】1.答案：C解析：此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．根据一元二次不等式的解法求出集合A，根据对数函数的性质求出集合B，再求出A与B的交集即可．解：A={x|x2−2x−3>0}={x|x>3或x<−1}，B={x|y=lg(x+3)}={x|x>−3}，A⋂B={x|−3<x<−1或x>3}，故选C．2.答案：B解析：本题考查双曲线的几何性质以及标准方程．根据题意，分析可得c的值，由双曲线的几何性质可得m+1=5，解可得m=4，即可得双曲线的标准方程，进而结合双曲线的渐近线方程计算可得答案．−y2=1的焦距为2√5，即2c=2√5，解：根据题意，双曲线x2m则c=√5，则有m+1=5，解可得m=4，−y2=1，则双曲线的标准方程为x24x；其渐近线方程为y=±12故选：B．3.答案：C解析：解：不等式组表示的平面区域如图所示，设z=2x+y，∵直线z=2x+y过可行域内A(2,1)的时候z最大，最大值为5，先根据约束条件画出可行域，利用几何意义求最值，只需求出直线z=2x+y过点A时，z最大值即可．本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题．目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题，这类问题一般要分三步：画出可行域、求出关键点、定出最优解．4.答案：A解析：根据复数的几何意义，即可得到结论．本题主要考查复数的几何意义，比较基础．解：2i1+i =2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i−2i22=1+i，则对应的点的坐标为(1,1)，故选：A．5.答案：A解析：因为(tanα+1)(tanβ+1)=2，所以tanαtanβ+tanα+tanβ+1=2，tanα+tanβ=1−tanαtanβ，tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=1，∴α+β=π4+kπ(k∈Z).当k=0时，α+β=π4.所以，“α+β=π4”是“(tanα+1)(tanβ+1)=2”的充分不必要条件.6.答案：A解析：解：由1+x1−x>0，解得：−1<x<1，故函数f(x)的定义域是(−1,1)，关于原点对称，而f(−x)=log21−x1+x =−log21+x1−x=−f(x)，故f(x)是奇函数，故选：A．根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性即可．本题考查了函数的奇偶性问题，是一道基础题．解析：本题考查排列与组合的应用，分步计数原理，属于基础题．将两节数学捆在一起与语文先进行排列，在3个空隙中选两个插入化学与物理即可． 解：第一步：将两节数学捆在一起与语文先进行排列有A 22种排法，第二步：将物理、化学在第一步排后的3个空隙中选两个插进去有A 32种方法，根据分步乘法计数原理得不同课程安排种数为A 22A 32=12．故选B ．8.答案：B解析：本题考查方差的求法，考查离散型随机变量的分布列、等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．由随机变量ξ的概率分布律、随机变量X 的均值为43，列出方程组，得，b =13，c =12，由此能求出D(ξ)． 解：由随机变量X 的概率分布律得：16+b +c =1，① ∵随机变量ξ的均值为43，∴0×16+1×b +2×c =43，② 联立①②，得b =13，c =12，∴D(X)=(0−43)2×16+(1−43)2×13+(2−43)2×12=59． 故选B ．9.答案：D解析：本题考查球的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识．考查运算化简能力、推理计算能力、化归转化思想，属于中档题．取AC 中点O ，则OA =OB =OC =OD =12√22+22=√2，从而求出该球的半径为R =√2，由此能求出该球的表面积．解：将一边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，顶点A，B，C，D落在同一个球面上，取AC中点O，则OA=OB=OC=OD=12√22+22=√2，∴该球的半径为R=√2，该球的表面积为S=4π×(√2)2=8π．故选：D．10.答案：A解析：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．根据bx n+1=b[1+(x−1)]n+1，根据它的展开式形式，由题意可得bC n1=9，bC n2=36，由此求出b的值．解：∵bx n+1=b[1+(x−1)]n+1=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a n(x−1)n，且a1=9，a2=36，∴bC n1=9，bC n2=36，解得b=1，n=9，故选A．11.答案：9解析：本题考查利用基本不等式求最值，考查推理能力和计算能力，属于基础题．利用1a −4b=(1a−4b)(a−1b)=5−4ab−1ab≥5+2√(−4ab)×(−1ab)即可求解．解：1a −4b=(1a−4b)(a−1b)=5−4ab−1ab≥5+2√(−4ab)×(−1ab)=9，当且仅当a=13,b=−34时，取等号，故则1a−4b的最小值为9，故答案为9．12.答案：①②③④解析：本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．由椭圆x24+y23=1，可得a=2，b=√3，c=√a2−b2=1，左、右焦点分别为F1(−1,0)，F2(1,0)．①|MF2|≤a+c，即可判断出正误；②由|MF1|+|MF2|=2×2=4≥2√|MF1||MF2|，即可判断出正误．③当点M取短轴的一个端点时，∠F1MF2取得最大值，取M(0,√3)，则tan12∠F1MF2=cb=√33，求出即可判断出正误．④设P(x,y)，A(x1,y)，B(−x1,y)，由|PA|⋅|PB|=2，可得|x−x1||x+x1|=2，即|x2−x12|=2，又x124+y23=1，代入即可判断出正误．解：由椭圆x24+y23=1，可得a=2，b=√3，c=√a2−b2=1，左、右焦点分别为F1(−1,0)，F2(1,0)．①|MF2|≤a+c=3，因此正确；②由|MF1|+|MF2|=2×2=4≥2√|MF1||MF2|，可得|MF1|⋅|MF2|≤4，当且仅当|MF1|=|MF2|= 2时取等号．因此正确．③当点M取短轴的一个端点时，∠F1MF2取得最大值，取M(0,√3)，则tan12∠F1MF2=cb=√33，可得12∠F1MF2=30°，因此∠F1MF2的最大值为60°，因此正确．④设P(x,y)，A(x1,y)，B(−x1,y)，∵|PA|⋅|PB|=2，∴|x−x1||x+x1|=2，即|x2−x12|=2，又x12 4+y23=1，可得x12=4(1−y23)，代入可得|x2−4(1−y23)|=2，化为P的轨迹方程为x22+2y23=1或x2 6+2y29=1，正确．以上结论正确的序号为①②③④．故答案为①②③④．13.答案：6解析：本题考查了向量的模，向量的加法和数量积运算，属于基础题．根据向量的加法和数量积的运算性质可以得出答案．解：AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAC⃗⃗⃗⃗⃗ ， 因为B ，E ，C 共线，所以3+λ=1,∴λ=−2，所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=9AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+λ2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+6λ|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |cosA =9+9λ2+6λ×3×1×14， =9λ2+92λ+9=9×4+92×(−2)+9=36，所以|AE⃗⃗⃗⃗⃗ |=6． 故答案为6． 14.答案：①②④a >0或a ≤−e解析：解：(1)在 x ≠0时，f(x)=1x 有解，即函数具有性质P ，①令−2x +2√2=1x ，即−2x 2+2√2x −1=0，∵△=8−8=0，故方程有一个非0实根，故f(x)=−2x +2√2具有性质P ；②f(x)=sinx(x ∈[0,2π])的图象与y =1x 有交点，故sinx =1x 有解，故f(x)=sinx(x ∈[0,2π])具有性质P ；③令x +1x =1x ，此方程无解，故f(x)=x +1x ，(x ∈(0,+∞))不具有性质P ；④f(x)=ln(x +1)的图象与y =1x 有交点，故ln(x +1)=1x 有解，故f(x)=ln(x +1)具有性质P ；综上所述，具有性质P 的函数有：①②④，(2)f(x)=alnx 具有性质P ，显然a ≠0，方程 xlnx =1a 有根，∵g(x)=xlnx 的值域为[−1e ,+∞)，∴1a ≥−1e ，解之可得：a >0或 a ≤−e ．故答案为：①②④；(2)a >0或a ≤−e(1)在x≠0时f(x)=1x有解即函数具有性质P，逐一判断三个函数是否满足此条件，可得答案；(2)f(x)=alnx具有性质P，显然a≠0，方程xlnx=1a 有根，因为g(x)=xlnx的值域为[−1e,+∞)，所以1a ≥−1e，进而得到答案．本题考查的知识点是方程的根，新定义，函数的值域，是方程和函数的综合应用，难度比较大．15.答案：25√3+3√7+42解析：本题考查了四棱锥是三视图、三角形与梯形面积计算公式、体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．由三视图可知：该几何体为四棱锥P−ABCD.其中PA⊥底面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，CD=1，AB=2，AD=√3.PA=x.由13×1+22×√3x=√3，解得x，即可得出该几何体的表面积．解：由三视图可知：该几何体为四棱锥P−ABCD．其中PA⊥底面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，CD=1，AB=2，AD=√3．PA=x．∴13×1+22×√3x=√3，解得x=2．该几何体的表面积=1+22×√3+12×2×2+12×√3×2+12×√7×1+12×2×√7=5√3+3√7+42cm2．故答案为2，5√3+3√7+42．16.答案：051解析：解：在等式(x−2)1+(x−2)2+⋯+(x−2)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6中，令x=1，可得a0+a1+a2+⋯+a6=−1+1−1+1−1+1=0；a4=C40+C51⋅(−2)+C62⋅(−2)2=1−10+60=51，故答案为：0；51．在所给的等式中，令x=1，可得a0+a1+a2+⋯+a6的值．再根据二项展开式的通项公式，求得a4的值．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．17.答案：1√312解析：解：依题意及正弦定理得a+b=√2c，且a+b+c=√2+1，因此c+√2c=√2+1，c=1，当C=π3时，c2=a2+b2−2abcosC=a2+b2−ab=1，∴(a+b)2−3ab=1．又a+b=√2，因此2−3ab=1，∴ab=13，则△ABC的面积S=12absinC=12×13sinπ3=√312．故答案为：1；√312．先利用正弦定理把题设等式中角的正弦转化成边的关系，进而与a+b+c=√2+1联立求得c，再利用余弦定理求得ab的值，最后利用三角形面积公式求得△ABC的面积．本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用．正弦定理和余弦定理常用来解决解三角形问题中的边，角问题的转化的．18.答案：解：(1)∵f(x)的图象上相邻两最高点之间的距离为π2，∴f(x)的周期为π2，∴2π2|a|=π2且a>0，∴a=2，此时， ∵f(x)的图象与x 轴相切，∴|b +12|=√22且b >0， ∴b =√22−12； (2)由(1)可得， ∵x ∈[0,π4]，∴4x +π4∈[π4,5π4]， ∴当4x +π4=5π4，即x =π4时，f(x)取得最大值√2+12； 当4x +π4=π2，即x =π16时，f(x)取得最小值0．解析：本题考查函数的图象与性质，以及三角函数在定义域上的最值． (1)利用函数的图象与性质，即可得；(2)利用函数的定义域，即可得函数y =Asin (ωx +φ)的最值．19.答案：解：建立如图所示的空间直角坐标系，设底面正方形的边长为2，得到如下点的坐标：A(0,0，0)，B(2,0，0)，C(2,2，0)，D(0,2，0)，S(0,0，2√2).(Ⅰ) 连接AC 交BD 于O ，连接OE ，∵底面ABCD 是正方形，∴O 为AC 中点，∵SA//平面BDE ，平面SAC ∩平面BDE =OE ，∴SA//EO ，且E 为SC 的中点，∴E(1,1，√2).∵AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2，0)，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1，√2)，DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,√2)， ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2，0)⋅(−1，1，√2)=0，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2，0)⋅(1，−1，√2)=0， ∴AC ⊥BE ，AC ⊥DE ，BE 与DE 相交于点E ，∴AC ⊥平面BDE.(Ⅱ) 设平面SCD 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，∵SD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，−2√2)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0，0)，且SD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =0，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =0，∴{2y −2√2z =0−2x =0，∴{y =√2z x =0，取z =1，得m ⃗⃗⃗ =(0,√2,1)， 又AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，0)，设AD 与平面SCD 所成角为θ， 则cos <m ⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=cos(π−θ)=m⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√63， ∴AD 与平面SCD 所成角的正弦值为√63.解析：(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系，设底面正方形的边长为2，连接AC 交BD 于O ，连接OE ，证明：AC ⊥BE ，AC ⊥DE ，即可证明AC ⊥平面BDE ；(Ⅱ)求出平面SCD 的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求AD 与平面SCD 所成角的正弦值． 本题考查的知识点是直线与平面所成的角，直线与平面垂直的判定，其中建立空间坐标系，将线段垂直问题及线面夹角问题，转化为向量问题是解答的关键．20.答案：(1)解：令n =1代入得a 1=4(负值舍去)．由S n 2−(2n 2+2n −3)S n −6(n 2+n)=0，n ∈N ∗．当n ≥2时，S n−12−(2(n −1)2+2(n −1)−3)S n −6((n −1)2+(n −1))=0，得[S n −(2n 2+2n)](S n +3)=0．又已知数列{a n }各项均为正数，故S n =2n 2+2n ．当n ≥2时，a n =S n −S n−1=2n 2+2n −2(n −1)2−2(n −1)=4n ．当n =1时，a 1=4也满足上式，∴a n =4n ，n ∈N ∗;(2)证明：c 1+4c 2+9c 3+⋯+n 2c n =14a n ，①c 1+4c 2+9c 3+⋯+(n −1)2c n−1=14a n−1，n ≥2，②①−②得n 2c n =14(a n −a n−1)=1(n ≥2)，∴c n =1n 2(n ≥2)，c 1=14a 1=1，符合上式，∴c n =1n 2． 设T n =c 1+c 2+⋯+c n ．当n =1时，T 1=c 1=1<2；当n =2时，T 2=c 1+c 2=1+14=54<2；当n ≥3时，c n =1n 2<1(n−1)n =1n−1−1n ，此时T n =1+14+132+142+⋯+1n 2<1+14+(12−13)+(13−14)+⋯(1n−1−1n )=1+14+12−1n =74−1n <2．综上，对一切正整数n ，有c 1+c 2+⋯+c n <2成立．解析：此题考查了数列的通项与前n 项和的关系、裂项求和法，还用到了放缩法，计算量较大．(1)此题可以用n =1代入题中条件，利用S 1=a 1求出a 1的值，利用a n 与S n 的关系，从而求出a n ；(2)利用放缩法，将所求的每一个因式进行裂项求和，即可证明到本题结论．21.答案：解：ⅰ因为k =1，所以直线l 为y =x +12，由{y =x +12x 2+4y 2=4消y ，得5x 2+4x −3=0 ， 则x 1+x 2=−45, x 1x 2=−35，设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，所以AB =√(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2=√1+k 2|x 1−x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=25√38 ， 点P 到直线l 的距离为d =|2−0+12|√12+12=5√24，所以ΔPAB 的面积为12AB ⋅d =√392． ⅰ设ΔPAB 的外接圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，令y =0，则x 2+Dx +F =(x −2)(x −x 0)，所以ΔPAB 的外接圆的方程为x 2+y 2−(2+x 0)x +Ey +2x 0=0，由{y =kx +12x 2+y 2−(2+x 0)x +Ey +2x 0=0， 消y ，得(1+k 2)x 2+(k +Ek −x 0−2)x +2x 0+E 2+14=0，所以x 2+k+Ek−x 0−21+k 2x +2x 0+E 2+141+k 2=0 (∗) 由{y =kx +12x 2+4y 2=4消y ，得(1+4k 2)x 2+4kx −3=0， 所以x 2+4k 1+4k 2x −31+4k 2=0 (∗∗)因为(∗)与(∗∗)的解都是A,B 两点的横坐标，所以(∗)与(∗∗)是同一方程，所以{k+Ek−x 0−21+k 2=4k 1+4k 22x0+E 2+141+k 2=−31+4k 2，由第二个方程得：E =−6(1+k 2)1+4k −4x 0−12，将此方程代入第一个方程化简得：−2x 0=16k 3+16k 2+19k+4(4k 2+1)(4k+1)=1+3k+11+4k 2， 因为直线l 过定点(0,12)在椭圆的内部，所以直线l 与椭圆一定相交，所以k 的取值范围为k ≠−14，设n =k +1, n ≠34，所以k+11+4k 2=n 4n 2−8n+5，10 n =0时，n 4n 2−8n+5=0，20 n ≠0且n ≠34时，n 4n 2−8n+5=14n+5n −8，设ℎ(n)=4n +5n −8，当n <0时，4n +5n −8≤−2√4n ·5n −8=−4√5−8，当且仅当n =−√52时取等号； 当n >0时， 4n +5n −8≥2√4n ·5n −8=4√5−8，当且仅当n =√52时取等号， n =34时， 4n +5n −8=4×34+534−8=53， 所以ℎ(n)⩽−4√5−8或ℎ(n)⩾4√5−8且ℎ(n )≠53，所以x 0的取值范围是[−10−3√58,−75)∪(−75,3√5−108]．解析：(1)利用椭圆的性质求解即可；(2)根据椭圆与直线的位置关系求解，进而即可得结果．22.答案：(1)解：函数f(x)定义域x ∈(0,+∞)，f′(x)=a +1x ，因为f(x)在区间[1,2]上为增函数，所以f′(x)≥0在x ∈[1,2]上恒成立，即f′(x)=a +1x ≥0，a ≥−1x 在x ∈[1,2]上恒成立，则a ≥−12；(2)证明：(ⅰ) 当a =−e 时，f(x)=−ex +lnx ，f′(x)=−ex+1x ． 令f′(x)=0，得x =1e ，令f′(x)>0，得x ∈(0,1e )，所以函数f(x)在(0,1e )单调递增．令f′(x)<0，得x ∈(1e ,+∞)，所以函数f(x)在(1e ,+∞)单调递减．所以，f(x)max =f(1e )=−e ⋅1e +ln 1e =−2，所以f(x)+2≤0成立.(ⅰ)由(ⅰ)知，f(x)max =−2，所以|f(x)|≥2，设g(x)=lnx x +32，x ∈(0,+∞)，所以g′(x)=1−lnxx 2，令g′(x)=0，得x=e．令g′(x)>0，得x∈(0,e)，所以函数g(x)在(0,e)单调递增，令g′(x)<0，得x∈(e,+∞)，所以函数g(x)在(e,+∞)单调递减；所以，g(x)max=g(e)=lnxx +32=1e+32<2，即g(x)<2．所以|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>lnxx +32，所以，方程|f(x)|=lnxx +32没有实数解．解析：本题考查了函数的单调性最值问题，考查导数的应用、函数恒成立问题，是一道综合题．(1)求出函数的导数，分离出a，结合函数的单调性求出a的范围即可；(2)(ⅰ)解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出f(x)的最大值，证出结论；(ⅰ)求出|f(x)|≥2，令g(x)=lnxx +32，求出g(x)的最大值小于|f(x)|的最小值，从而判断无解．。
浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题及答案
浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题A ．−iB ．iC ．0D ．12．某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的80%分位数为（ ） A ．93B ．93.5C ．94D ．94.53．已知直线l:y =2x +b 与圆C:(x +2)2+(y −3)2=5有公共点，则b 的取值范围为（ ） A ．[2,12] B ．(−∞,2]∪[12,+∞) C ．[−4,6]D ．(−∞,−4]∪[6,+∞)4．三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，△ABC 为等边三角形，且AB =3，PA =2，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）5．已知等比数列{a n }的首项a 1>1，公比为q ，记T n =a 1a 2⋅⋅⋅a n （n ∈N ∗），则“0<q <1”是“数列{T n }为递减数列”的（ ） A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件7．在直角梯形ABCD ，AB⊥AD ，DC//AB ，AD=DC=1，AB=2，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，点P 在以A 为圆心，AD 为半径的圆弧DEM 上变动（如图所示），若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λED ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ,μ∈R ，则2λ−μ的取值范围是（ ）8．已知a=10lg4,b=9lg5,c=8lg6，则a,b,c的大小关系为（）A．a>b>c B．a>c>b C．b>c>a D．c>b>a 二、多选题A．x<1B．log0.5x2>log0.5xC．3x2<3x D．|x(x−1)|=x(1−x)11．在三棱锥P−ABC中，AC⊥BC，AC=BC=4，D是棱AC的中点，E是棱AB上一点，PD=PE=2，AC⊥平面PDE，则（）12．设F为抛物线C:y2=4x的焦点，直线l:2x−ay+2b=0(a≠0)与C的准线l1，交于点A．已知l与C相切，切点为B，直线BF与C的一个交点为D，则（）A．点(a,b)在C上B．∠BAF<∠AFBC．以BF为直径的圆与l相离D．直线AD与C相切三、填空题15．直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是直角三角形，AC⊥BC，AC=6，BC=8，AA1= 4．若平面α将该直三棱柱ABC−A1B1C1截成两部分，将两部分几何体组成一个平行六面体，且该平行六面体内接于球，则此外接球表面积的最大值为．16．对任意x∈(1,+∞)，函数f(x)=a x lna−aln(x−1)≥0(a>1)恒成立，则a的取值范围为．四、解答题17．在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a，b，c，且a2+c2−b2=ac，a=√3，cosA=√53.(1)求角B及边b的值；(2)求sin(2A−B)的值.18．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2a n−n．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足b n=a n+1a n a n+1，其前n项和为T n，求使得T n>20232024成立的n的最小值．19．如图，正三棱锥O−ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2．E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF作平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别．相交于A1、B1、C1，已知OA1=32（1）求证：B1C1⊥平面OAH；（2）求二面角O−A1B1−C1的大小．20．甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色外完全相同的球.甲盒装有4个白球，8个黑球，乙盒装有1个白球，5个黑球，丙盒装有3个白球，3个黑球.(1)随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出1个球，求摸出的球是黑球的概率；(2)已知（1）中摸出的球是黑球，求此球属于乙箱子的概率.21．设椭圆C:x29+y2b2=1(0<b<√6)，P是C上一个动点，点A(1,0)，PA长的最小值为√102．(1)求b的值：(2)设过点A且斜率不为0的直线l交C于B,D两点，E,F分别为C的左、右顶点，直线BE和直线DF的斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值．22．已知f(x)=3lnx−k(x−1).(1)若过点(2,2)作曲线y=f(x)的切线，切线的斜率为2，求k的值；(2)当x∈[1,3]时，讨论函数g(x)=f(x)−2πcosπ2x的零点个数.参考答案：1．D【分析】利用复数的除法运算，得到复数的代数形式，由此求得复数的虚部.【详解】因为1+i1−i =(1+i)2(1+i)(1−i)=2i2=i，所以虚部为1.故选：D．2．B【分析】利用百分位数的定义即可得解.【详解】将比赛得分从小到大重新排列：85，87，89，90，91，91，92，93，94，96，因为10×80%=8，所以这组数据的80%分位数第8个数与第9个数的平均值，即93+942=93.5.故选：B.3．A【分析】由圆心到直线距离小于等于半径，得到不等式，求出答案.【详解】由题意得，圆心(−2,3)到直线l:y=2x+b的距离|−4−3+b|√1+4≤√5，解得2≤b≤12，故b的取值范围是[2,12].故选：A4．B【分析】首先作图构造外接球的球心，再根据几何关系求外接球的半径，最后代入三棱锥外接球的表面积公式.【详解】如图，点H为△ABC外接圆的圆心，过点H作平面ABC的垂线，点D为PA的中点，过点D作线段PA的垂线，所作两条垂线交于点O，则点O为三棱锥外接球的球心，因为PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，PA=2,AB=3，所以四边形AHOD为矩形，AH=√33AB=√3，OH=12PA=1，所以OA=√(√3)2+12=2，即三棱锥外接球的半径R=2，.则A (0,0)，E (1,0)，D (0,1)，C (1,1则F (32,12)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(cosα,sinα)，ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ∵AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λED ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，15．104π【分析】α可能是AC的中垂面，BC的中垂面，AA1的中垂面.截下的部分与剩余的部分组合成为长方体,用公式求出外接球直径进而求解.【详解】平行六面体内接于球，则平行六面体为直四棱柱，如图α有如下三种可能.截下的部分与剩余的部分组合成为长方体，则2R=√32+82+42=√89或2R=√62+42+42=√68或2R=√62+82+22=√104，所以S max=4πR2=104π．故答案为：104π16．[e1e,+∞)【分析】变形为a x−1lna x−1≥(x−1)ln(x−1)，构造F(t)=tlnt,t>0，求导得到单调性进而a x−1>1恒成立，故F(a x−1)>0，分当x−1∈(0,1]和x−1>1两种情况，结合g(u)=lnuu单调性和最值，得到a≥e 1e，得到答案.【详解】由题意得a x−1lna≥ln(x−1)，因为x∈(1,+∞)，所以(x−1)a x−1lna≥(x−1)ln(x−1)，即a x−1lna x−1≥(x−1)ln(x−1)，令F(t)=tlnt,t>0，则F(a x−1)≥F(x−1)恒成立，因为F′(t)=1+lnt，令F′(t)>0得，t>e−1，F(t)=tlnt单调递增，令F′(t)<0得，0<t<e−1，F(t)=tlnt单调递减，且当0<t≤1时，F(t)≤0恒成立，当t>1时，F(t)>0恒成立，因为a>1,x>1，所以a x−1>1恒成立，故F(a x−1)>0，当x−1∈(0,1]时，F(x−1)≤0，此时满足F(a x−1)≥F(x−1)恒成立，因为E、F分别是AB、AC的中点，所以AE=12AB,AF=12AC，因为AB=AC，所以AE=AF，因为H是EF的中点，所以AH⊥EF，所以AH⊥B1C1．因为OA⊥OB，OA⊥OC，OB∩OC=O，所以OA⊥平面OBC，因为B1C1⊂平面OBC，所以OA⊥B1C1，因为OA∩AH=A因此B1C1⊥面OAH．（2）作ON⊥A1B1于N，连C1N．因为OC1⊥OA1,OC1⊥OB1,OA1∩OB1=O，因为OC1⊥平面OA1B1，因为A1B1⊂平面OA1B1，所以OC1⊥A1B1，因为ON∩OC1=O，所以A1B1⊥平面OC1N，因为C1N⊂平面OC1N，所以C1N⊥A1B1，所以∠ONC1就是二面角O−A1B1−C1的平面角．过E作EM⊥OB1于M，则EM∥OA，则M是OB的中点，则g(x)在[1,m)内单调递增，在(m,3]内单调递减，且g(1)=0，可知g(m)>g(1)=0，可知g(x)在[1,m)内有且仅有1个零点，且g(3)=3ln3−2k，ln3≤k<4时，则g(x)在(m,3]内有且仅有1个零点；①当g(3)=3ln3−2k≤0，即32②当g(3)=3ln3−2k>0，即0<k<3ln3时，则g(x)在(m,3]内没有零点；2ln3)∪[4,+∞)时，g(x)在[1,3]内有且仅有1个零点；综上所述：若k∈(−∞,32若k∈[3ln3,4)时，g(x)在[1,3]内有且仅有2个零点.2【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．答案第15页，共15页。
2020届全国百强中学新高考原创精准模拟考试(二十)理科数学试卷
2020届全国百强中学新高考原创精准模拟考试（二十）理科数学试卷本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、选择题1.已知全集，集合2，，则A. B. 5， C. 3， D. 3，5，【答案】B【解析】【分析】可求出集合U，然后进行补集的运算即可．【详解】2，3，4，5，，2，；5，．故选：B．【点睛】本题考查集合的运算，描述法、列举法的定义，二次不等式解集，准确计算是关键，注意2.复数(i为虚数单位)的共轭复数是A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i 【答案】B【解析】分析：化简已知复数z，由共轭复数的定义可得．详解：化简可得z=∴z的共轭复数为1﹣i.故选：B．点睛：本题考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属基础题．3.已知平面向量，均为单位向量，若向量，的夹角为，则A. 25B. 7C. 5D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得，据此确定的模即可.【详解】因为，且向量，的夹角为，所以，所以．本题选择D选项.【点睛】本题主要考查向量的运算法则，向量的模的计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.已知正项等差数列的前项和为()，，则的值为( ).A. 11B. 12C. 20D. 22【答案】D【解析】 【分析】本道题结合等差数列性质，结合，代入，即可。
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A． 2 B． 1 C．1 D．2
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13．已知椭圆
x2 9
y2 5
1 的右焦点为 F
, P 是椭圆上一点，点
A(0, 2
3) ，当点 P 在椭圆上运动时，APF
的周长的最大值为____________ .
14．我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”。“势”即
an
的前 n 项和为 Sn ，且 S15
0 ， a8
a9
0 ，则使得 an
sn n
0 最小的 n 为（
）
A．10 B．11 C．12 D．13
8．已知平面, ，直线 m, n ，若 ， l ， m , n ，则“ m n ”是“ m, n 中至少有一
条与 l 垂直”的（ ）
1 设 A 为事件“选出的 2 人参加义工活动次数之和为 4”，求事件 A 发生的概率；
2 设 X 为选出的 2 人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量 X 的分布列和数学期望．
18．（12 分）如图，三棱柱
的所有棱长都是 2，
平面 ， 分别是 ， 的中点.
求证： 平面 ；求三棱锥
的体积.
19．（12 分）已知函数 f (x) x 2 2 x 1 .求 f (x) 的最小值；若不等式 f (x) x a 0 的解集为
值为（ ）ຫໍສະໝຸດ 3311A． 4 B． 3 C． 4 D． 3
6．已知函数
f
x
cos x ln x x
，若
f
2019
f
2 2019
f
2018 2019
1009a bln（a 0,b 0) ，则 1 1 的最小值为（ ）
ab
A． 2 B． 4 C． 6 D． 8
7．设等差数列
耗电量=
累计耗电量 累计里程
，剩余续航里程=
剩余电量 平均耗电量
，下面对该车在两次记录时间段内行驶
100
公里的耗
电量估计正确的是
A．等于 12.5 C．等于 12.6 D．大于 12.6 3．如图，边长为 的正方形
B．12.5 到 12.6 之间
中，点 分别是
的中点，将
， ， 分别沿 ，
， 折起，使得 、 、 三点重合于点 ，若四面体
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
9．某几何体是由一平面将一长方体截去一部分后所得，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16 10．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，如图中轨道③所示，其近
x y 0
x
2
y
1
15．若 x, y 满足 y 0
，则 z x 2 y 的最小值为______．
16．已知集合U R ，集合 A 5, 2 ， B 1, 4 ，则下图中阴影部分所表示的集合为__________．
三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（12 分）某小组共 10 人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为 1，2，3 的人数分 别为 3，3，4，现从这 10 人中随机选出 2 人作为该组代表参加座谈会．
是高，“幂”是面积。意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何
体的体积相等。类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图 1 是一个形状不规则的封闭图形，图
2 是一个上底为 1 的梯形，且当实数 取 上的任意值时，直线 被图 1 和图 2 所截得的两线段长始终
相等，则图 1 的面积为 ___________．
P(B | A) （ ）
1
1
1
2
A． 6 B． 4 C． 3 D． 3
2．某电动汽车“行车数据”的两次记录如下表：
记录时间
累计里程
平均耗电量（单位：
kW h / 公里）
剩余续航里程
2019 年 1 月 1 日
4000
0.125
280
2019 年 1 月 2 日
4100
0.126
146
（注：累计里程指汽车从出厂开始累计行驶的路程，累计耗电量指汽车从出厂开始累计消耗的电量，平均
的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面
积为( )
A． B． C． D．
4．在平面直角坐标系中， A(4, 0),
B(1, 0) ，点
P(a, b)(ab
0) 满足|AP |
2|
BP | ，则
4 a2
1 b2
的最小
值为（ ）
A．4
B．3
3
9
C． 2 D． 4
5．如图圆锥的高 SO 3 ，底面直径 AB 2,C 是圆 O 上一点，且 AC 1，则 SA 与 BC 所成角的余弦
(m, n) ，且 n m 6 ，求 a 的值.
20．（12 分）已知函数 f x ln x ax2 ，其中 a∈R．讨论函数 f x 的单调性；当 a＝0 时，设
A
x1, f x1
、B
x2, f x2
为曲线 y
f x 上任意两点，曲线 y
f
x
在点
x1
2
x2
,
2020 届【全国百强校】浙江省温州市温州中学高考数学模拟试卷
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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．在由直线 x 1， y x 和 x 轴围成的三角形内任取一点 (x, y) ，记事件 A 为 y x3 ， B 为 y x2 ，则
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.已知月球的直径为 3476 公里，则该
椭圆形轨道的离心率约为
1
3
1
3
A． 25 B． 40 C． 8 D． 5
11．执行如图所示的程序框图，输出的 S 值为（ ）
A．1 B．-1 C．0 D．-2 12．等比数列{an}的前 n 项和 Sn=a•2n+1（n∈N*），其中 a 是常数，则 a=（ ）
f
x1
2
x2
f x1 f x2 k
处的切线斜率为 k，证明： x1 x2
．
21．（12
分）已知函数
f
x
x3
x2
2 m x 2 ，
g(x)
x2 3m2 xm
，mR当m
2 时，求曲线
y f x 在 x 1处的切线方程； 求 g x 的单调区间；设 m 0 ，若对于任意 x0 0,1 ，总存在