2020年浙江省高考数学模拟试卷(16)
浙江省2020届高三高考模拟试题数学试卷及解析word版
浙江省2020届高三高考模拟试题数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知U＝R，集合A={x|x＜32}，集合B＝{y|y＞1}，则∁U（A∩B）＝（）A．[32，+∞)B．(−∞，1]∪[32，+∞)C．(1，32)D．(−∞，32)2．已知i是虚数单位，若z=3+i1−2i，则z的共轭复数z等于（）A．1−7i3B．1+7i3C．1−7i5D．1+7i53．若双曲线x2m−y2=1的焦距为4，则其渐近线方程为（）A．y=±√33x B．y=±√3x C．y=±√55x D．y=±√5x4．已知α，β是两个相交平面，其中l⊂α，则（）A．β内一定能找到与l平行的直线B．β内一定能找到与l垂直的直线C．若β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行D．若β内有无数条直线与l垂直，则β与α垂直5．等差数列{a n}的公差为d，a1≠0，S n为数列{a n}的前n项和，则“d＝0”是“S2nS n∈Z”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．随机变量ξ的分布列如表：ξ﹣1012P13a b c其中a，b，c成等差数列，若E(ξ)=19，则D（ξ）＝（）A．181B．29C．89D．80817．若存在正实数y，使得xyy−x =15x+4y，则实数x的最大值为（）A．15B．54C．1D．48．从集合{A，B，C，D，E，F}和{1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）．则每排中字母C 和数字4，7至少出现两个的不同排法种数为（ ） A ．85B ．95C ．2040D ．22809．已知三棱锥P ﹣ABC 的所有棱长为1．M 是底面△ABC 内部一个动点（包括边界），且M 到三个侧面P AB ，PBC ，P AC 的距离h 1，h 2，h 3成单调递增的等差数列，记PM 与AB ，BC ，AC 所成的角分别为α，β，γ，则下列正确的是（ ）A ．α＝βB ．β＝γC ．α＜βD ．β＜γ10．已知|2a →+b →|=2，a →⋅b →∈[−4，0]，则|a →|的取值范围是（ ） A ．[0，1]B ．[12，1]C ．[1，2]D ．[0，2]二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分． 11．若α∈(0，π2)，sinα=√63，则cosα＝ ，tan2α＝ ．12．一个长方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体与原长方体的体积之比是 ，剩余部分表面积是 ．13．若实数x ，y 满足{x +y −3≥02x −y +m ≤0y ≤4，若3x +y 的最大值为7，则m ＝ ．14．在二项式(√x +1ax 2)5(a ＞0)的展开式中x﹣5的系数与常数项相等，则a 的值是 ．15．设数列{a n }的前n 项和为S n ．若S 2＝6，a n +1＝3S n +2，n ∈N *，则a 2＝ ，S 5＝ ． 16．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ．已知a cos B ＝b cos A ，∠A =π6，边BC 上的中线长为4．则c ＝ ；AB →⋅BC →= ．17．如图，过椭圆C：x2a2+y2b2=1的左、右焦点F1，F2分别作斜率为2√2的直线交椭圆C上半部分于A，B两点，记△AOF1，△BOF2的面积分别为S1，S2，若S1：S2＝7：5，则椭圆C离心率为．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）已知函数f(x)=sin(2x+π3)+sin(2x−π3)+2cos2x，x∈R．（1）求函数f（x）的最小正周期和单调递减区间；（2）求函数f（x）在区间[−π4，π2]上的最大值和最小值．19．（15分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1．（1）求证：AB1⊥平面A1BC1；（2）若D在B1C1上，满足B1D＝2DC1，求AD与平面A1BC1所成的角的正弦值．20．（15分）已知等比数列{a n}（其中n∈N*），前n项和记为S n，满足：S3=716，log2a n+1＝﹣1+log2a n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n•log2a n}（n∈N*）的前n项和T n．21．（15分）已知抛物线C：y=12x2与直线l：y＝kx﹣1无交点，设点P为直线l上的动点，过P作抛物线C的两条切线，A，B为切点．（1）证明：直线AB恒过定点Q；（2）试求△P AB面积的最小值．22．（15分）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．（1）求a的取值范围；（2）证明：f(x1)−f(x2)＜12．一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【详解详析】∵U＝R，A={x|x＜32}，B＝{y|y＞1}，∴A∩B=(1，32)，∴∁U(A∩B)=(−∞，1]∪[32，+∞)．故选：B．2．【详解详析】∵z=3+i1−2i =(3+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=15+75i，∴z=15−75i．故选：C．3．【详解详析】双曲线x2m−y2=1的焦距为4，可得m+1＝4，所以m＝3，所以双曲线的渐近线方程为：y=±√33x．故选：A．4．【详解详析】由α，β是两个相交平面，其中l⊂α，知：在A中，当l与α，β的交线相交时，β内不能找到与l平行的直线，故A错误；在B中，由直线与平面的位置关系知β内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；在C中，β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行或该直线在α内，故C错误；在D 中，β内有无数条直线与l 垂直，则β与α不一定垂直，故D 错误． 故选：B ．5．【详解详析】等差数列{a n }的公差为d ，a 1≠0，S n 为数列{a n }的前n 项和， “d ＝0”⇒“S 2n S n∈Z ”，当S2nS n∈Z 时，d 不一定为0，例如，数列1，3，5，7，9，11中，S 6S 3=1+3+5+7+9+111+3+5=4，d ＝2，故d ＝0”是“S 2n S n∈Z ”的充分不必要条件．故选：A ．6．【详解详析】∵a ，b ，c 成等差数列，E （ξ）=19， ∴由变量ξ的分布列，知：{a +b +c =232b =a +c (−1)×13+b +2c =19，解得a =13，b =29，c =19，∴D （ξ）＝（﹣1−19）2×13+（0−19）2×13+（1−19）2×29+（2−19）2×19=8081．故选：D ．7．【详解详析】∵xyy−x =15x+4y ， ∴4xy 2+（5x 2﹣1）y +x ＝0， ∴y 1•y 2=14＞0， ∴y 1+y 2=−5x 2−14x ≥0，∴{5x 2−1≥0x ＜0，或{5x 2−1≤0x ＞0， ∴0＜x ≤√55或x ≤−√55①， △＝（5x 2﹣1）2﹣16x 2≥0， ∴5x 2﹣1≥4x 或5x 2﹣1≤﹣4x ， 解得：﹣1≤x ≤15②，综上x 的取值范围是：0＜x ≤15；x的最大值是15，故选：A．8．【详解详析】根据题意，分2步进行分析：①，先在两个集合中选出4个元素，要求字母C和数字4，7至少出现两个，若字母C和数字4，7都出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，有5种选法，若字母C和数字4出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，若字母C和数字7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，若数字4、7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出2个字母，有C52＝10种选法，则有5+35+35+10＝85种选法，②，将选出的4个元素全排列，有A44＝24种情况，则一共有85×24＝2040种不同排法；故选：C．9．【详解详析】依题意知正四面体P﹣ABC的顶点P在底面ABC的射影是正三角形ABC的中心O，由余弦定理可知，cosα＝cos∠PMO•cos＜MO，AB＞，其中＜MO，AB＞表示直线MO与AB的夹角，同理可以将β，γ转化，cosβ＝cos∠PMO•cos＜MO，BC＞，其中＜MO，BC＞表示直线MO与BC的夹角，cosγ＝cos∠PMO•cos＜MO，AC＞，其中＜MO，AC＞表示直线MO与AC的夹角，由于∠PMO是公共的，因此题意即比较OM与AB，BC，AC夹角的大小，设M到AB，BC，AC的距离为d1，d2，d3则d1＝sinℎ1θ，其中θ是正四面体相邻两个面所成角，sinθ=2√23，所以d1，d2，d3成单调递增的等差数列，然后在△ABC中解决问题由于d1＜d2＜d3，可知M在如图阴影区域（不包括边界）从图中可以看出，OM与BC所成角小于OM与AC所成角，所以β＜γ，故选：D．10．【详解详析】选择合适的基底．设m →=2a →+b →，则|m →|=2，b →=m →−2a →，a →⋅b →=a →⋅m →−2a →2∈[−4，0]， ∴（a →−14m →）2=a →2−12a →•m →+116m →2≤8+116m →2 |m →|2=m →2＝4，所以可得：m→28=12，配方可得12=18m →2≤2(a →−14m →)2≤4+18m →2=92，所以|a →−14m →|∈[12，32]， 则|a →|∈[0，2]． 故选：D ．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分． 11．【详解详析】∵α∈(0，π2)，sinα=√63， ∴cosα=√1−sin 2α=√33，tanα=sinαcosα=√2，∴tan2α=2tanα1−tan 2α=√21−(√2)2=−2√2．故答案为：√33，﹣2√2．12．【详解详析】根据几何体的三视图转换为几何体为： 如图所示：该几何体为长方体切去一个角．故：V =2×1×1−13×12×2×1×1=53．所以：V 1V =532=56．S ＝2（1×2+1×2+1×1）−12(1×2+1×2+1×1)+12×√2×√2=9．故答案为：56，9．13．【详解详析】作出不等式组{x +y −3≥02x −y +m ≤0y ≤4对应的平面区域如图：（阴影部分）．令z ＝3x +y 得y ＝﹣3x +z ， 平移直线y ＝﹣3x +z ， 由图象可知当3x +y ＝7．由 {3x +y =7y =4，解得 {x =1y =4，即B （1，4），同时A 也在2x ﹣y +m ＝0上， 解得m ＝﹣2x +y ＝﹣2×1+4＝2． 故答案为：2．14．【详解详析】∵二项式(√x +1ax2)5(a ＞0)的展开式的通项公式为 T r +1=C 5r •(1a)r•x5−5r 2，令5−5r 2=−5，求得r ＝3，故展开式中x﹣5的系数为C 53•(1a )3；令5−5r 2=0，求得r ＝1，故展开式中的常数项为 C 51•1a =5a ， 由为C 53•(1a )3=5•1a ，可得a =√2，故答案为：√2．15．【详解详析】∵数列{a n }的前n 项和为S n ．S 2＝6，a n +1＝3S n +2，n ∈N *， ∴a 2＝3a 1+2，且a 1+a 2＝6，解得a 1＝1，a 2＝5，a 3＝3S 2+2＝3（1+5）+2＝20， a 4＝3S 3+2＝3（1+5+20）+2＝80， a 5＝3（1+5+20+80）+2＝320， ∴S 5＝1+5+20+80+320＝426． 故答案为：5，426．16．【详解详析】由a cos B ＝b cos A ，及正弦定理得sin A cos B ＝sin B cos A ， 所以sin （A ﹣B ）＝0， 故B ＝A =π6，所以由正弦定理可得c =√3a ，由余弦定理得16＝c 2+（a2）2﹣2c •a2•cos π6，解得c =8√217；可得a =8√77，可得AB →⋅BC →=−ac cos B =−8√77×8√217×√32=−967．故答案为：8√217，−967． 17．【详解详析】作点B 关于原点的对称点B 1，可得S △BOF 2=S△B′OF 1，则有S 1S2=|y A ||y B 1|=75，所以y A =−75y B 1．将直线AB 1方程x =√2y4−c ，代入椭圆方程后，{x =√24y −c x 2a 2+y 2b 2=1，整理可得：（b 2+8a 2）y 2﹣4√2b 2cy +8b 4＝0， 由韦达定理解得y A +y B 1=4√2b 2cb 2+8a 2，y A y B 1=−8b 4b 2+8a 2，三式联立，可解得离心率e =ca =12． 故答案为：12．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．【详解详析】（1）f （x ）＝sin2x +cos2x +1=√2sin(2x +π4)+1 所以最小正周期为π． 因为当π2+2kπ≤2x +π4≤3π2+2kπ时，f （x ）单调递减．所以单调递减区间是[π8+kπ，5π8+kπ]．（2）当x ∈[−π4，π2]时，2x +π4∈[−π4，5π4]，当2x +π4=π2函数取得最大值为√2+1，当2x +π4=−π4或5π4时，函数取得最小值，最小值为−√22×√2+1＝0．19．【详解详析】（1）在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1， 根据已知条件易得AB 1⊥A 1B ，由A 1C 1⊥面ABB 1A 1，得AB 1⊥A 1C 1， A 1B ∩A 1C 1＝A 1，以AB 1⊥平面A 1BC 1；（2）以A 1B 1，A 1C 1，A 1A 为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，设AB ＝a ， 则A （0，0，a ），B （a ，0，a ），C 1(0，a ，0)，D(a3，2a 3，0)，所以AD →=(a3，2a 3，−a)，设平面A 1BC 1的法向量为n →，则n →=(1，0，−1)， 可计算得到cos ＜AD →，n →＞=2√77，所以AD 与平面A 1BC 1所成的角的正弦值为2√77． 20．【详解详析】（1）由题意，设等比数列{a n }的公比为q ， ∵log 2a n +1＝﹣1+log 2a n ， ∴log 2a n+1−log 2a n =log 2a n+1a n=−1，∴q =a n+1a n =12．由S 3=716，得a 1[1−(12)3]1−12=716，解得a 1=14．∴数列{a n }的通项公式为a n =12n+1．（2）由题意，设b n ＝a n •log 2a n ，则b n =−n+12n+1． ∴T n ＝b 1+b 2+…+b n =−(222+323+⋯+n+12n+1) 故−T n =222+323+⋯+n+12n+1，−T n2=223+⋯+n2n+1+n+12n+2．两式相减，可得−T n2=12+123+⋯+12n+1−n+12n+2=34−n+32n+2．∴T n=n+32n+1−32．21．【详解详析】（1）由y=12x2求导得y′＝x，设A（x1，y1），B（x2，y2），其中y1=12x12，y2=12x22则k P A＝x1，P A：y﹣y1＝x1（x﹣x1），设P（x0，kx0﹣1），代入P A直线方程得kx0﹣1+y1＝x1x0，PB直线方程同理，代入可得kx0﹣1+y2＝x2x0，所以直线AB：kx0﹣1+y＝xx0，即x0（k﹣x）﹣1+y＝0，所以过定点（k，1）；（2）直线l方程与抛物线方程联立，得到x2﹣2kx+2＝0，由于无交点解△可得k2＜2．将AB：y＝xx0﹣kx0+1代入y=12x2，得12x2−xx0+kx0−1=0，所以△=x02−2kx0+2＞0，|AB|=2√1+x02√△，设点P到直线AB的距离是d，则d=02√1+x02，所以S△PAB=12|AB|d=(x02−2kx0+2)32=[(x0−k)2+2−k2]32，所以面积最小值为(2−k2)32．22．【详解详析】（1）求导得f′（x）＝lnx+1﹣2ax（x＞0），由题意可得函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点．∵g′(x)=1x −2a=1−2axx．当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，舍去；当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x=12a，所以x∈(0，12a )，g′(x)＞0，g(x)单调递增，x∈(12a，+∞)，g′(x)＜0，g(x)单调递减．所以x=12a 是g（x）的极大值点，则g(12a)＞0，解得0＜a＜12；（2）g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜12a＜x2，又g（1）＝1﹣2a＞0，所以x1＜1＜12a＜x2，从而可知f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减．所以f(x1)＜f(1)=−a＜0，f(x2)＞f(1)=−a＞−1，2．所以f(x1)−f(x2)＜12。
【精品高考数学】[2020年浙江高考仿真模拟卷-数学]+答案
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2020年浙江高考仿真模拟卷数学2020.4一、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，，则（）A．B．C．D．2．若复数，则在复平面内对应的点位于 ( )A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该不规则几何体的体积为（）A．B．C．D．4．已知双曲线的一条渐近线过点，则C的离心率为A．B．C．D．35函数的部分图象大致是（）A．B．C．D．6．已知α，β，γ为平面，是直线，若α∩β＝，则“α⊥γ，β⊥γ”是“⊥γ”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．已知随机变量的分布列如下表：X -1 0 1P a b c其中.若的方差对所有都成立，则( )A． B． C． D．8．如图，平面四边形中，，是，中点，，，，将沿对角线折起至，使平面平面，则四面体中，下列结论不正确的是（）A．平面B．异面直线与所成的角为C．异面直线与所成的角为D．直线与平面所成的角为9．已知是边长为的正三角形，且，，设，当函数的最大值为-2时，（）A．B．C．D．10．已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．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．《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_____人；所合买的物品价格为_______元．12．在平面直角坐标系中，不等式组所表示的平面区域的面积等于______，的取值范围是______.13．在 ABC 中，C＝45°，AB＝6 ，D 为 BC 边上的点，且AD＝5，BD＝3 ，则cos B＝_____ ，AC＝_____．14．若的展开式中，的系数为6，则______，常数项的值为______．15．已知奇函数是定义在R上的单调函数，若函数恰有4个零点，则a的取值范围是______．16．某校举行“我爱我的祖国”征文比赛，从名获得一等奖的同学中选出名同学发表获奖感言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，则不同发言顺序的种数为_____．（用数字作答）17．如图，，分别是椭圆的左、右顶点，圆的半径为2，过点作圆的切线，切点为，在轴的上方交椭圆于点，则_______．三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．已知函数.（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）求在区间[]上的最大值和最小值.19．如图，三棱柱中，分别为棱的中点.（1）在上确定点M，使平面，并说明理由.（2）若侧面侧面，求直线与平面所成角的正弦值.20．已知等差数列的前项和为，，公差，且，，成等比数列，数列满足，的前项和为.（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）记，试比较与的大小.21．已知抛物线，准线方程为，直线过定点，且与抛物线交于两点，为坐标原点．(1)求抛物线方程；(2)是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；(3)当时，设，记，求的最小值及取最小值时对应的．22．已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)若不等式时恒成立，求的取值范围．2020年浙江高考仿真模拟卷数学2020.4一、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，，则（）A．B．C．D．【解析】选B.2．若复数，则在复平面内对应的点位于 ( )A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解析】＝，对应的点为（），在第四象限故选：D3．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该不规则几何体的体积为（）A．B．C．D．【解析】根据三视图知，该几何体是三棱锥与圆锥体的组合体，如图所示；则该组合体的体积为；所以对应不规则几何体的体积为．故选：B．4．已知双曲线的一条渐近线过点，则C的离心率为A．B．C．D．3 【解析】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，可得，则双曲线的离心率为．故选：C．5函数的部分图象大致是（）A．B．C．D．【解析】由题知，的定义域为，且，所以是奇函数，排除C和D，将代入得，排除B,故选A.6．已知α，β，γ为平面，是直线，若α∩β＝，则“α⊥γ，β⊥γ”是“⊥γ”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【解析】由α⊥γ，β⊥γ，在γ内任取一点P，过P作a垂直于α，γ的交线，则a⊥α，又α，则a⊥，同理，在γ内过P作b垂直于β，γ的交线，则b⊥，可推出l⊥γ，反过来，若l⊥γ，α∩β＝l，根据面面垂直的判定定理，可知α⊥γ，β⊥γ，故“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件，故选：C．7．已知随机变量的分布列如下表：X -1 0 1P a b c其中.若的方差对所有都成立，则( )A． B． C． D．【解析】由的分布列可得：的期望为，，所以的方差，因为所以当且仅当时，取最大值，又对所有都成立，所以只需，解得，所以.故选D8．如图，平面四边形中，，是，中点，，，，将沿对角线折起至，使平面平面，则四面体中，下列结论不正确的是（）A．平面B．异面直线与所成的角为C．异面直线与所成的角为D．直线与平面所成的角为【解析】A选项：因为，分别为和两边中点，所以，即平面，A正确；B选项：因为平面平面，交线为，且，所以平面，即，故B正确；C选项：取边中点，连接，，则，所以为异面直线与所成角，又，，，即，故C错误，D选项：因为平面平面，连接，则所以平面，连接FC，所以为异面直线与所成角，又，∴,又， sin=，∴,D正确，故选C.9．已知是边长为的正三角形，且，，设，当函数的最大值为-2时，（）A．B．C．D．【解析】由题得，=，所以当时，的最大值为.故选：C10．已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【解析】由题意得，则，等差数列的公差，.由，得，则不等式恒成立等价于恒成立，而，问题等价于对任意的，恒成立.设，，则，即，解得或.故选:A.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．《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_____人；所合买的物品价格为_______元．【解析】设共有人，由题意知，解得，可知商品价格为53元.即共有7人，商品价格为53元.12．在平面直角坐标系中，不等式组所表示的平面区域的面积等于______，的取值范围是______.【解析】不等式组表示的可行域如图，三条直线围成的三角形，可得C（1，0），可得B（1，4），解得A（0，1）区域面积为：×4×1＝2．目标函数,根据图像得到过点A时取得最小值1，过点B时取得最大值6.故答案为：(1)2;(2).13．在 ABC 中，C＝45°，AB＝6 ，D 为 BC 边上的点，且AD＝5，BD＝3 ，则cos B＝_____ ，AC＝_____．【解析】∵AB＝6，AD＝5，BD＝3，在△ABD中，余弦定理cos B，∴sin B．正弦定理：，可得：AC．故答案为：，．14．若的展开式中，的系数为6，则______，常数项的值为______．【解析】的展开式的通项公式为，令，求得，可得的系数为，．令，求得，可得常数项的值为，故答案为：1；15．15．已知奇函数是定义在R上的单调函数，若函数恰有4个零点，则a的取值范围是______．【解析】由题意，因为，是偶函数，若恰有4个零点，等价为当时，有两个不同的零点，是奇函数，由，得，是单调函数，，即，当时，有两个根即可，当时，等价为，，设，要使当时，有两个根，则，即，即实数a的取值范围是，故答案为：16．某校举行“我爱我的祖国”征文比赛，从名获得一等奖的同学中选出名同学发表获奖感言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，则不同发言顺序的种数为_____．（用数字作答）【解析】第一步：先选人，甲、乙至少有一人参加，用间接法，有第二步，将人排序，有故不同发言顺序的种数为.故答案为：17．如图，，分别是椭圆的左、右顶点，圆的半径为2，过点作圆的切线，切点为，在轴的上方交椭圆于点，则_______．【解析】连结，可得是边长为2的等边三角形，所以，可得直线的斜率，直线的斜率为，因此，直线的方程为，直线的方程为，设，由解得，因为圆与直线相切于点，所以，因此，故直线的斜率，因此直线的方程为，代入椭圆方程，消去得，解得或，因为直线交椭圆于与点，设，可得，由此可得.故答案为三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．已知函数.（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）求在区间[]上的最大值和最小值.【解析】解(Ⅰ)====.所以的最小正周期为.（Ⅱ）因为,所以.于是,当,即时,取得最大值;当,即时,取得最小值.19．如图，三棱柱中，分别为棱的中点.（1）在上确定点M，使平面，并说明理由.（2）若侧面侧面，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】(1)取BC中点M,连接AM,则AM∥平面PQB1；如图所示，取BB1中点N，连结AM,AN，为平行四边形，点N,P为中点，则，由线面平行的判定定理可得平面PQB1，同理可得，平面PQB 1，据此可得平面AMN∥平面PQB1，故平面.(2)作QO⊥平面ABB1A1,与A1A延长线交于O,则，，，，，，.作PN∥C1A1,则直线A1C1与平面PQB1所成角即直线PN与平面PQB1所成角，.设N到平面PQB1的距离为h,则，∴直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值为：.20．已知等差数列的前项和为，，公差，且，，成等比数列，数列满足，的前项和为.（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）记，试比较与的大小.【解析】（Ⅰ）由已知得，即，又，∴，∴，.由得.时，.∴，显然也满足，∴.（Ⅱ），，，当时，，，当时，，，当时，，∴.综上，当时，；当时.21．已知抛物线，准线方程为，直线过定点，且与抛物线交于两点，为坐标原点．(1)求抛物线方程；(2)是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；(3)当时，设，记，求的最小值及取最小值时对应的．【解析】（1）……①（2）设，据题意知直线的斜率存在，设②联立①②得，=.由于T（0，t）为定点，故t为定值，为定值. （3）,,,,由（2）知，，且，又，当时，，，，；当时，，符合上式.，令，则，，当即时，22．已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)若不等式时恒成立，求的取值范围．【解析】（l），①若，，在上单调递增；②若,当时，，当时，，所以是函数的单调递增区间，是函数的单调减区间，综上所述，当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由题意可知，不等式可转化为在时恒成立，令，，①若，则，在上单调递减，所以，不等式恒成立等价于，即；②若，则，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，所以，不符合题意；③若，当时，，在上单调递增，所以，不符合题意；综上所述，.。
2020年高考模拟试卷浙江省高考数学全真模拟试卷(3月) 含解析
2020年高考模拟高考数学全真模拟试卷（3月份）一、选择题1．设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，则（∁U A）∪B＝（）A．∅B．{1，2，3，4}C．{2，3，4}D．{0，11，2，3，4}2．从点P引三条射线PA、PB、PC，每两条的夹角都是60°，则二面角B﹣PA﹣C的余弦值是（）A．B．C．D．3．某棱柱的三视图如图示，则该棱柱的体积为（）A．3B．4C．6D．124．若函数f（x）＝的图象和直线y＝ax有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（）A．（﹣，4）B．（0，4）C．（﹣，0）D．（﹣，0）∪（0，4）5．若x，y满足约束条件，则z＝3x﹣y的最大值是（）A．﹣7B．﹣1C．5D．76．已知随机变量X的分布列如表：X135P0.40.1x 则X的方差为（）A．3.56B．C．3.2D．7．双曲线x2﹣y2＝1右支上一点P（a，b）到直线l：y＝x的距离d＝．则a+b＝（）A．﹣B．C．或﹣D．2或﹣28．已知数列{a n}满足，n∈N*，且a2+a4+a6＝9，则＝（）A．B．3C．﹣3D．9．若[x]表示不超过x的最大整数，则f（x）＝[x]﹣x，（x∈R）的值域是（）A．[0，1）B．（﹣1，1）C．[﹣1，1]D．（﹣1，0] 10．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件二、填空题：本题共7个小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．在圆内接四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝3，AD＝4，则△ABC的面积为．12．设函数，，则函数的最小值为；若，使得a2﹣a≥f（x）成立，则实数a的取值范围是．13．在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是，含x2项的系数是．14．函数y＝f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f（x）的图象是由一段抛物线和一条射线组成（如图所示）．①当x∈[﹣1，1]时，y的取值范围是；②如果对任意x∈[a，b]（b＜0），都有y∈[﹣2，1]，那么b的最大值是．15．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足||＝，则||+2||的最小值为．16．已知a，b∈R，f（x）＝e x﹣ax+b，若f（x）≥1恒成立，则的取值范围是17．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD+PD ＝3．若四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为；当四棱锥P﹣ABCD的体积取得最大值时，二面角A﹣PC﹣D的正切值为．三、解答题：共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），其中ω＞0，．（1）若ω＝1，，且对任意的，都有，求实数m的取值范围；（2）若，，且f（x）在单调递增，求ω的最大值．19．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，且D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点．（Ⅰ）求证：平面B1FC∥平面EAD；（Ⅱ）求证：BC1⊥平面EAD．20．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，a n为n（n＝2，3，4，…，）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+a n＝0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|＝1．（1）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；（2）若某2013阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）记n阶“期待数列”的前k项和为S k（k＝1，2，3，…，n），试证：|S k|≤．21．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，P为该抛物线上的一个动点．（1）当|PF|＝2时，求点P的坐标；（2）过F且斜率为1的直线与抛物线交与两点AB，若P在弧AB上，求△PAB面积的最大值．22．已知函数f（x）＝﹣x3+x2+x+a，g（x）＝2a﹣x3（x∈R，a∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间．（2）求函数f（x）的极值．（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，求a的取值范围．参考答案一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，则（∁U A）∪B＝（）A．∅B．{1，2，3，4}C．{2，3，4}D．{0，11，2，3，4}【分析】根据全集U及A，求出A的补集，找出A补集与B的并集即可．解：∵全集U＝{0，1，2，3，4}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{2，3}，∴∁U A＝{3，4}，则（∁U A）∪B＝{2，3，4}，故选：C．2．从点P引三条射线PA、PB、PC，每两条的夹角都是60°，则二面角B﹣PA﹣C的余弦值是（）A．B．C．D．【分析】由题意画出图形，作出二面角B﹣PA﹣C的平面角，设PE＝a，求解直角三角形得到EG、EF、FG的长度，再由余弦定理得答案．解：如图，在PA上任取一点E，在平面APB内过E作EF⊥PA交PB于F，在平面APC内过E 作EG⊥PA交PC于G，连接GF，设PE＝a，在Rt△PEG中，∵∠EPG＝60°，∴PG＝2a，GE＝a，同理求得PF＝2a，EF＝a，则GF＝2a，在△FGE中，由余弦定理得：cos∠FEG＝＝．故选：C．3．某棱柱的三视图如图示，则该棱柱的体积为（）A．3B．4C．6D．12【分析】由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，进而可得答案．解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，棱柱的底面面积S＝×（2+4）×2＝6，棱柱的高为1，故棱柱的体积V＝6．故选：C．4．若函数f（x）＝的图象和直线y＝ax有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（）A．（﹣，4）B．（0，4）C．（﹣，0）D．（﹣，0）∪（0，4）【分析】根据分段函数的表达式，先得到x＝0是f（x）与y＝ax的一个根，利用参数分离法构造函数h（x），得到h（x）与y＝a有三个不同的交点，利用数形结合进行求解即可．解：当x＞0时，由f（x）＝ax得2x2lnx＝ax，得a＝2xlnx，当x≤0时，由f（x）＝ax得﹣x3﹣4x2＝ax，此时x＝0是方程的一个根，当x≠0时，a＝﹣x﹣4x，设h（x）＝，当x＞0时，h′（x）＝2lnx+2x＝2lnx+2＝2（1+lnx），由h′（x）＞0得1+lnx＞0得lnx＞﹣1，得x＞此时函数为增函数，由h′（x）＜0得1+lnx＜0得lnx＜﹣1，得0＜x＜，此时函数为减函数，即当x＝时，h（x）取得极小值h（）＝2×ln＝﹣，当x＜0时，h（x）＝﹣x2﹣4x＝﹣（x+2）2+4，作出h（x）的图象如图：要使f（x）与直线y＝ax有四个不同的公共点，等价为h（x）与y＝a有3个不同的交点，则a满足﹣＜a＜0或0＜a＜4，即实数a的取值范围是（﹣，0）∪（0，4），故选：D．5．若x，y满足约束条件，则z＝3x﹣y的最大值是（）A．﹣7B．﹣1C．5D．7【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z＝3x﹣y表示直线在y 轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最小值即可．解：不等式组表示的平面区域如图所示，由解得A（2，1）当直线z＝3x﹣y过点A（2，1）时，在y轴上截距最小，此时z取得最大值5．故选：C．6．已知随机变量X的分布列如表：X135P0.40.1x 则X的方差为（）A．3.56B．C．3.2D．【分析】先求得x的值，然后计算出EX，再利用方差公式求解即可．解：根据随机变量分布列的性质，知0.4+0.1+x＝1，所以x＝0.5，EX＝0.4+0.3+2.5＝3.2，DX＝2.22×0.4+0.22×0.1+1.82×0.5＝3.56，故选：A．7．双曲线x2﹣y2＝1右支上一点P（a，b）到直线l：y＝x的距离d＝．则a+b＝（）A．﹣B．C．或﹣D．2或﹣2【分析】P（a，b）点在双曲线上，则有a2﹣b2＝1，即（a+b）（a﹣b）＝1．根据点到直线的距离公式能够求出a﹣b的值，注意a＞b，从而得到a+b的值．解：∵P（a，b）点在双曲线上，∴有a2﹣b2＝1，即（a+b）（a﹣b）＝1．∵A（a，b）到直线y＝x的距离为，∴d＝＝，∴|a﹣b|＝2．又P点在右支上，则有a＞b，∴a﹣b＝2．∴a+b＝，故选：B．8．已知数列{a n}满足，n∈N*，且a2+a4+a6＝9，则＝（）A．B．3C．﹣3D．【分析】首先利用关系式的两边取对数求出数列的通项公式，进一步得到数列为等差数列，最后求出结果．解：数列{a n}满足，两边取对数得到，整理得a n+1﹣a n＝2（常数），所以数列{a n}是以2为公差的等差数列．则a2+a4+a6＝3a4＝9，整理得a4＝3，所以a7＝a4+2（7﹣4）＝3+6＝9，故a5+a7+a9＝3a7＝27，所以．故选：C．9．若[x]表示不超过x的最大整数，则f（x）＝[x]﹣x，（x∈R）的值域是（）A．[0，1）B．（﹣1，1）C．[﹣1，1]D．（﹣1，0]【分析】可设n≤x＜n+1，从而得出[x]＝n，先可得出﹣n﹣1＜﹣x≤﹣n，从而可求出[x]﹣x的范围，即得出f（x）的值域．解：设n≤x＜n+1，则[x]＝n；∴﹣n﹣1＜﹣x≤﹣n；∴﹣1＜[x]﹣x≤0；∴f（x）的值域为（﹣1，0]．故选：D．10．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．解：∵b⊥m，∴当α⊥β，则由面面垂直的性质可得a⊥b成立，若a⊥b，则α⊥β不一定成立，故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选：A．二、填空题：本题共7个小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．在圆内接四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝3，AD＝4，则△ABC的面积为．【分析】利用余弦定理可得AC，cos B，再利用三角形面积计算公式即可得出．解：AC2＝32+42﹣2×3×4cos D＝52+62﹣2×5×6cos B，cos B+cos D＝0．∴AC2＝，∴cos B＝，可得sin B＝＝．∴△ABC的面积S＝×＝．故答案为：．12．设函数，，则函数的最小值为2；若，使得a2﹣a≥f（x）成立，则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）．【分析】由已知结合基本不等式可求函数的最小值；由，使得a2﹣a≥f （x）成立，可得a2﹣a≥f（x）min，然后解不等式可求．解：∵，由基本不等式可得，＝2，当且仅当x＝即x＝1时取得最小值2，∵，使得a2﹣a≥f（x）成立，∴a2﹣a≥f（x）min，∴a2﹣a≥2，解不等式可得，a≥2或a≤﹣1，故a的范围为（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞]．故答案为：2；（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞]．13．在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是64，含x2项的系数是240．【分析】先利用二项式系数的性质求得n＝6，再利用二项展开式的通项公式求得含x2项的系数．解：在二项式（2x﹣）6的展开式中，所有项的二项式系数之和是2n＝26＝64，而通项公式为T r+1＝•（﹣1）r 26﹣r•x6﹣2r，令6﹣2r＝2，求得r＝2，可得含x2项的系数是•24＝240，故答案为：64；240．14．函数y＝f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f（x）的图象是由一段抛物线和一条射线组成（如图所示）．①当x∈[﹣1，1]时，y的取值范围是[1，2]；②如果对任意x∈[a，b]（b＜0），都有y∈[﹣2，1]，那么b的最大值是﹣2．【分析】①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，结合图象可得y的取值范围．②当x≥0时，设抛物线的方程为y＝ax2+bx+c，求解解析式，根据f（x）是定义域为R的偶函数，可得x＜0的解析式，令y＝1，可得x对应的值，结合图象可得b的最大值．解：①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，当x∈[﹣1，1]时，值域为x∈[0，1]时相同，可得y的取值范围是[1，2]．②当x≥0时，设抛物线的方程为f（x）＝ax2+bx+c，图象过（0，1），（1，2），（3，﹣2），带入计算可得：a＝﹣1，b＝2，c＝1，∴f（x）＝﹣x2+2x+1，当x＜0时，﹣x＞0．∴f（﹣x）＝﹣x2﹣2x+1即f（x）＝﹣x2﹣2x+1．令y＝1，可得1＝﹣x2﹣2x+1．解得：x＝﹣2．结合图象可得b的最大值为﹣2．故答案为：[1，2]；﹣2．15．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足||＝，则||+2||的最小值为．【分析】建立坐标系，设A（1，0），B（0，1），D（1，1），设＝，＝，则||+2||＝CD+2BC，构造相似三角形，设E（1，），可得△AEC∽△ACD，所以||+2||＝CD+2BC＝2（BC+CE）≥2BE＝．解：如图，A（1，0），B（0，1），D（1，1），设＝，＝，则向量满足||＝，设＝，所以点C为以A为圆心，以为半径的圆上的一点，所以||＝|﹣|＝|CD|，同理2||＝2|BC|，取点E（1，），则，又因∠CAE＝∠DAC，所以△AEC∽△ACD，所以，即CD＝2CE，所以||+2||＝CD+2BC＝2CE+2BC＝2（BC+CE），由三角形的三边关系知2（BC+CE）≥2BE＝2＝2×＝．故填：．16．已知a，b∈R，f（x）＝e x﹣ax+b，若f（x）≥1恒成立，则的取值范围是[﹣1，+∞）【分析】先根据导数和函数的最值得关系，以及f（x）≥1恒成立，可得当a＞0时，b ≥alna﹣a+1，代入≥＝lna+﹣2，构造函数g（a）＝lna+﹣2，a＞0，利用导数求出函数的最值即可解：∵f（x）＝e x﹣ax+b，∴f′（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，则f（x）单调递增，f（x）≥1不恒成立，当a＞0时，令f′（x）＝e x﹣a＝0，解得x＝lna，当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna+b，∵f（x）≥1恒成立，∵a﹣alna+b≥1∴b≥alna﹣a+1，∴≥＝lna+﹣2，设g（a）＝lna+﹣2，a＞0∴g′（a）＝﹣＝，令g′（a）＝0，解得a＝1，当a∈（0，1）时，g′（a）＜0，函数g（a）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（a）＞0，函数g（a）单调递增，∴g（a）min＝0+1﹣2＝﹣1，∴≥﹣1，故答案为：[﹣1，+∞）17．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD+PD ＝3．若四棱锥P﹣ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为6π；当四棱锥P﹣ABCD的体积取得最大值时，二面角A﹣PC﹣D的正切值为．【分析】设CD＝x（0＜x＜3），则PD＝3﹣x，四棱锥P﹣ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，然后求解球O的表面积推出最值；四棱锥的体积为V＝（0＜x＜3），利用函数的导数，求解PD＝1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A﹣PC﹣D的平面角．求解即可．解：设CD＝x（0＜x＜3），则PD＝3﹣x，因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD，所以AB⊥PD，又PD⊥AC，所以PD⊥平面ABCD，则四棱锥P﹣ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，从而球心O的表面积为：＝3π[（x﹣1）2+2]≥6π．四棱锥的体积为V＝（0＜x＜3），则V′＝﹣x2+2x，当0＜x＜2时，V′＞0，当2＜x＜3时，V′＜0，所以V max＝V（2）此时AD＝CD＝2，PD＝1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A﹣PC﹣D的平面角．∵DH＝＝，∴tan∠AHD＝＝．故答案为：6π；．三、解答题：共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），其中ω＞0，．（1）若ω＝1，，且对任意的，都有，求实数m的取值范围；（2）若，，且f（x）在单调递增，求ω的最大值．【分析】（1）ω＝1，φ＝时，函数f（x）＝sin（x+），不等式化为m≥﹣2sin2x+sin x；求出g（x）＝﹣2sin2x+sin x，在x∈[0，]的最大值即可；（2）根据三角函数的图象与性质，结合题意列方程和不等式，即可求出ω的最大值．解：（1）ω＝1，φ＝时，函数f（x）＝sin（x+），则y＝f（x﹣）+f（2x+）＝sin[（x﹣）+]+sin[（2x+）+]＝sin x+cos2x ＝1﹣2sin2x+sin x；不等式f（x﹣）+f（2x+）﹣m≤1，可化为m≥﹣2sin2x+sin x；设g（x）＝﹣2sin2x+sin x，x∈[0，]，则g（x）＝﹣2+，且x∈[0，]时，sin x∈[0，]，所以sin x＝时，g（x）取得最大值是，所以实数m的取值范围是m≥；（2）若，则x＝是f（x）的对称轴，即ω•+φ＝kπ+，k∈Z；又，则﹣ω+φ＝kπ，k∈Z；所以φ＝，ω＝6k+，k∈Z；又f（x）在单调递增，则，解得ω≤2；综上知，ω的最大值是．19．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，且D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点．（Ⅰ）求证：平面B1FC∥平面EAD；（Ⅱ）求证：BC1⊥平面EAD．【分析】（I）根据直三棱柱的结构特征及已知中直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，结合D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，由三角形的中位线定理，易得AE ∥FB1，DE∥B1C，进而由面面平行的判定定理得到平面B1FC∥平面EAD；（II）根据直三棱柱的结构特征及已知中直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，结合D，E，F分别为BC，BB1，AA1的中点，我们可判断出△ABC是正三角形，进而得到AD⊥BC1，DE⊥BC1，结合线面垂直的判定定理即可得到BC1⊥平面EAD．【解答】证明：（Ⅰ）由已知可得AF∥B1E，AF＝B1E，∴四边形AFB1E是平行四边形，∴AE∥FB1，…（1分）∵AE⊄平面B1FC，FB1⊂平面B1FC，∴AE∥平面B1FC；…又D，E分别是BC，BB1的中点，∴DE∥B1C，…∵ED⊄平面B1FC，B1C⊂平面B1FC，∴ED∥平面B1FC；…∵AE∩DE＝E，AE⊂平面EAD，ED⊂平面EAD，…∴平面B1FC∥平面EAD．…（Ⅱ）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴C1C⊥面ABC，又∵AD⊂面ABC，∴C1C⊥AD．…又∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，D是BC边中点，∴△ABC是正三角形，∴BC⊥AD，…而C1C∩BC＝C，CC1⊂面BCC1B1，BC⊂面BCC1B1，∴AD⊥面BCC1B1，…故AD⊥BC1．…∵四边形BCC1B1是菱形，∴BC1⊥B1C，…而DE∥B1C，故DE⊥BC1，…由AD∩DE＝D，AD⊂面EAD，ED⊂面EAD，得BC1⊥面EAD．…20．设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，a n为n（n＝2，3，4，…，）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+a n＝0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|＝1．（1）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；（2）若某2013阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）记n阶“期待数列”的前k项和为S k（k＝1，2，3，…，n），试证：|S k|≤．【分析】（1）数列，0，为三阶期待数列，数列，﹣，，为四阶期待数列．（Ⅱ）设该2013阶“期待数列”的公差为d，由于a1+a2+…+a2013＝0，可得a1007＝0，a1008＝d，对d分类讨论，利用等差数列的通项公式即可得出．（Ⅲ）当k＝n时，显然|S n|＝0成立；当k＜n时，根据条件①得：S k＝a1+a2+…+a k ＝﹣（a k+1+a k+2+…+a n），即|S k|＝|a1+a2+…+a k|＝|a k+1+a k+2+…+a n|，再利用绝对值不等式的性质即可得出．解：（1）数列，0，为三阶期待数列，数列，﹣，，为四阶期待数列．（Ⅱ）设该2013阶“期待数列”的公差为d，∵a1+a2+…+a2013＝0，∴＝0，∴a1+a2013＝0，即a1007＝0，∴a1008＝d，当d＝0时，与期待数列的条件①②矛盾，当d＞0时，据期待数列的条件①②可得a1008+a1009+…+a2013＝，∴1006d+d＝，即d＝，∴a n＝a1007+（n﹣1007）d＝（n∈N*，n≤2013），当d＜0时，同理可得a n＝，（n∈N*，n≤2013）．（Ⅲ）当k＝n时，显然|S n|＝0成立；当k＜n时，根据条件①得：S k＝a1+a2+…+a k＝﹣（a k+1+a k+2+…+a n），即|S k|＝|a1+a2+…+a k|＝|a k+1+a k+2+…+a n|，∴2|S k|＝|a1+a2+…+a k|+|a k+1+a k+2+…+a n|≤|a1|+|a2|+…+|a k|+|a k+1|+…+|a n|＝1，∴|S k|（k＝1，2，…，n）．21．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，P为该抛物线上的一个动点．（1）当|PF|＝2时，求点P的坐标；（2）过F且斜率为1的直线与抛物线交与两点AB，若P在弧AB上，求△PAB面积的最大值．【分析】（1）当|PF|＝2时，利用抛物线的定义，即可求点P的坐标；（2）先求出|AB|，再计算抛物线上点到直线的最大距离，即可求出△PAB的面积的最大值．解：（1）设P（x，y），则y+1＝2，∴y＝1，∴x＝±2，∴P（±2，1）；（2）过F的直线方程为y＝x+1，代入抛物线方程，可得y2﹣6y+1＝0，可得A（2﹣2，3﹣2），B（2+2，3+2），∴|AB|＝•|2+2﹣2+2|＝8．平行于直线l：x﹣y+1＝0的直线设为x﹣y+c＝0，与抛物线C：x2＝4y联立，可得x2﹣4x﹣4c＝0，∴△＝16+16c＝0，∴c＝﹣1，两条平行线间的距离为＝，∴△PAB的面积的最大值为＝4．22．已知函数f（x）＝﹣x3+x2+x+a，g（x）＝2a﹣x3（x∈R，a∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间．（2）求函数f（x）的极值．（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，求a的取值范围．【分析】（1）利用导数来求出函数的单调区间．（2）利用导数来求出函数的极值，利用（1）的结论．（3）不等式g（x）≥f（x）恒成立转化为不等式a≥x2+x恒成立，h（x）＝x2+x，x∈[0，1]，利用导数，求出h（x）的最大值，问题得以解决．解：（1）f（x）＝﹣x3+x2+x+a，f'（x）＝﹣3x2+2x+1，．．．（2）由（1）可知，当时，函数f（x）取得极小值，函数的极小值为当x＝1时，函数f（x）取得极大值，函数的极大值为f（1）＝a+1，（3）若任意x∈[0，1]，不等式g（x）≥f（x）恒成立，即对于任意x∈[0，1]，不等式a≥x2+x恒成立，设h（x）＝x2+x，x∈[0，1]，则h'（x）＝2x+1，∵x∈[0，1]，∴h'（x）＝2x+1＞0恒成立，∴h（x）＝x2+x在区间[0，1]上单调递增，∴[h（x）]max＝h（1）＝2∴a≥2，∴a的取值范围是[2，+∞）。
【附20套高考模拟试题】2020届浙江省宁波市高考数学模拟试卷含答案
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．已知函数 f (x) sin(2x ) cos(2x )( 0,0 ) ，若 f (x) 的最小正周期为 ，且
f ( x) = f (x) ，则 f (x) 的解析式为（ ）
A． f (x) 2 sin 2x
B． f (x) 2 sin 2x
C． f (x) 2 cos 2x D． f (x) 2 cos 2x
2．已知函数
f
x
A
sin
x
A
0,
0,
2
的最大值为
2 ，其图像相邻两条对称轴之间
的距离为
2
，且
f
x
的图像关于点
12
,
0
对称，则下列判断正确的是（）
A． b a c
B． a b c
C． b c a D． c b a
4． “ a 4 或 a 0 ” 是“函数 f (x) ax2 ax 1存在零点”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中， AB 2 ，平面 经过 B1D1 ，直线 AC1 || ，则平面 截该正
21n n2 5
（ n 1, ?2, ?
, 1?2 ）．据此预测，本年度内，需求量超过 5?万件的月份是（ ）
A．5 月、6 月 B．6 月、7 月 C．7 月、8 月 D．8 月、9 月
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
(浙江专用)2020高考数学仿真模拟卷
浙江专用高考数学仿真模拟试卷(时间：120分钟；满分：150分)选择题部分一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设集合A ＝{x |x 2－x －2≤0}，B ＝{x |x <1，且x ∈Z }，则A ∩B ＝( ) A ．{－1} B ．{0} C ．{－1，0}D ．{0，1}2．若复数1＋a i2－i (i 为虚数单位)为纯虚数，则实数a 的值为( )A ．2 B.12 C ．－12D ．－23．设a ∈R ，则“a ＞0”是“a ＋2a≥22”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．曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( ) A ．(1，3)B ．(－1，3)C ．(1，3)和(－1，3)D ．(1，－3)5．函数y ＝|x |axx(a >1)的图象大致形状是( )6．已知变量x ，y 满足约束条件{x －2y ≥－2，x －y ≤0，x ≥－4，若不等式2x －y ＋m 2≥0恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．[－6，6]B ．[－7，7]C ．(－∞，－6]∪[6，＋∞)D ．(－∞，－7]∪[7，＋∞)7．随机变量X 的分布列如下表，且E (X )＝2，则D (2X －3)＝( )A.2 B．3C．4 D．58．已知平面向量a，b，c满足c＝x a＋y b(x，y∈R)，且a·c>0，b·c>0.( )A．若a·b<0则x>0，y>0 B．若a·b<0则x<0，y<0C．若a·b>0则x<0，y<0 D．若a·b>0则x>0，y>09.如图，四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为( )A．90°B．75°C．60°D．45°10．若函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，对于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，－1] B．(－∞，0]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．11．设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，点A(0，2)．若线段FA的中点B在抛物线上，则F到l的距离为________，|FB|＝________．12.某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值为________时，该几何体的体积是________．13．在△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，S为△ABC的面积．已知a＝4，b＝5，C＝2A，则c＝________，S＝________．14．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝________；{a n }的前n 项和S n ＝________．15．安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答)16．已知f (x )＝x 3＋ax －2b ，如果f (x )的图象在切点P (1，－2)处的切线与圆(x －2)2＋(y ＋4)2＝5相切，那么3a ＋2b ＝________．17．若二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋m x 2n展开式的二项式系数之和为32，常数项为10，则实数m 的值为________．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．(本题满分14分)已知函数f (x )＝sin 2x －sin 2(x －π6)，x ∈R .(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最大值和最小值．19.(本题满分15分)在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 是边长为2的正方形，点C 在平面AA 1B 1B 上的射影H 恰好为A 1B 的中点，且CH ＝3，设D 为CC 1的中点．(1)求证：CC 1⊥平面A 1B 1D ；(2)求DH 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值．20．(本题满分15分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，公差d ≠0，且S 1，S 3，S 9成等比数列，数列{b n }满足b 1S 1＋b 2S 2＋…＋b n S n ＝6－n 2＋4n ＋62n(n ∈N *)，{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)记R n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1，试比较R n 与12T n 的大小．21.(本题满分15分)已知抛物线y 2＝2px ，过焦点且垂直x 轴的弦长为6，抛物线上的两个动点A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)，其中x 1≠x 2且x 1＋x 2＝4，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C .(1)求抛物线方程；(2)试证线段AB 的垂直平分线经过定点，并求此定点； (3)求△ABC 面积的最大值．22．(本题满分15分)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax ＋2，(a ∈R )在定义域内不单调．(1)求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )存在3个不同的零点，证明：存在m ，n ∈(0，＋∞)，使得f （m ）－f （n ）m －n<22－3.答案及解析1．解析：选C.依题意得A ＝{x |(x ＋1)(x －2)≤0}＝{x |－1≤x ≤2}，因此A ∩B ＝{x |－1≤x <1，x ∈Z }＝{－1，0}，选C.2．解析：选A.法一：由题意得1＋a i 2－i ＝（1＋a i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝2－a ＋（1＋2a ）i 5＝2－a5＋1＋2a 5i 为纯虚数，则2－a 5＝0，且1＋2a5≠0，解得a ＝2.故选A. 法二：由题意，令1＋a i 2－i ＝t i(t ≠0)，则1＋a i ＝t ＋2t i ，则⎩⎪⎨⎪⎧1＝t ，a ＝2t ，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，a ＝2.3．解析：选C.由a ＞0得，a ＋2a≥2a ·2a＝22，所以是充分条件； 由a ＋2a≥22可得a ＞0，所以是必要条件，故“a ＞0”是“a ＋2a≥22”的充要条件．故选C.4．解析：选C.f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，所以P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故选C.5．解析：选B.当x >0时，y ＝a x，因为a >1，所以是增函数，排除C 、D ，当x <0时，y ＝－a x，是减函数，所以排除A.故选B.6．解析：选D.作出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ≥－2，x －y ≤0，x ≥－4所对应的可行域(图中阴影部分)，令z ＝－2x ＋y ， 当直线经过点A (－4，－1)时，z 取得最大值， 即z max ＝－2×(－4)－1＝7，所以m 的取值范围为(－∞，－7]∪[7，＋∞)，故选D.7．解析：选C.由题意可得：16＋p ＋13＝1，解得p ＝12，因为E (X )＝2，所以0×16＋2×12＋a ×13＝2，解得a ＝3.D (X )＝(0－2)2×16＋(2－2)2×12＋(3－2)2×13＝1.D (2X －3)＝4D (X )＝4.故选C.8．解析：选A.由a ·c >0，b ·c >0，若a ·b <0， 可举a ＝(1，1)，b ＝(－2，1)，c ＝(0，1)， 则a ·c ＝1>0，b ·c ＝1>0，a ·b ＝－1<0， 由c ＝x a ＋y b ，即有0＝x －2y ，1＝x ＋y ， 解得x ＝23，y ＝13，则可排除B ；若a·b >0，可举a ＝(1，0)，b ＝(2，1)，c ＝(1，1)， 则a ·c ＝1>0，b ·c ＝3>0，a ·b ＝2>0，由c ＝x a ＋y b ，即有1＝x ＋2y ，1＝y ，解得x ＝－1，y ＝1， 则可排除C ，D.故选A. 9．解析：选A.延长DA 至E ，使AE ＝DA ，连接PE ，BE ，因为∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，所以DE ＝BC ，DE ∥BC . 所以四边形CBED 为平行四边形． 所以CD ∥BE .所以∠PBE (或其补角)就是异面直线CD 与PB 所成的角． 在△PAE 中，AE ＝PA ，∠PAE ＝120°， 由余弦定理得PE ＝PA 2＋AE 2－2·PA ·AE ·cos ∠PAE＝AE 2＋AE 2－2·AE ·AE ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3AE .在△ABE 中，AE ＝AB ，∠BAE ＝90°， 所以BE ＝2AE .因为△PAB 是等边三角形， 所以PB ＝AB ＝AE .因为PB 2＋BE 2＝AE 2＋2AE 2＝3AE 2＝PE 2，所以∠PBE ＝90°.故选A. 10．解析：选D.f (x )＝2x ＋1－x 2－2x －2≤0，即2x ＋1≤x 2＋2x ＋2.设g (x )＝2x ＋1，h (x )＝x2＋2x ＋2，当x ≤－1时，0＜g (x )≤1，h (x )＝x 2＋2x ＋2≥1，所以当a ≤－1时，满足对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立；当－1＜x ＜4时，因为g (0)＝h (0)＝2，g (1)＝4＜h (1)＝5，g (2)＝8＜h (2)＝10，g (3)＝16＜h (3)＝17，所以当－1＜a ≤4时，亦满足对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立；当x ≥4时，易知f ′(x )＝2x ＋1·ln 2－2x －2，设F (x )＝2x ＋1·ln 2－2x －2，则F ′(x )＝2x ＋1·(ln 2)2－2＞0，所以F (x )＝2x ＋1·ln 2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )≥f ′(4)＝32ln 2－10＞0，所以函数f (x )＝2x ＋1－x 2－2x －2在[4，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (4)＝32－16－8－2＝6＞0，即当a ＞4时，不满足对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立．综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，4]．11．解析：依题意可知F 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，所以B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p4，1，代入抛物线方程解得p ＝2，所以F 到l 的距离为2，|FB |＝p 4＋p 2＝324.答案： 2 32412.解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB ＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y 2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：16 37 13．6157414．解析：因为a n ＋m a m＝a n ，所以a n ＋m ＝a n ·a m ，所以a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8；令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，所以S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.答案：8 2n ＋1－215．解析：根据题意，按五名同学分组的不同分2种情况讨论；①五人分为2，2，1的三组，有C 25C 23C 11A 22＝15(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动，有15×A 33＝90(种)安排方案；②五人分为3，1，1的三组，有C 35C 12C 11A 22＝10(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动，有10×A 33＝60(种)安排方案；综上，共有90＋60＝150(种)不同的安排方案． 答案：15016．解析：由题意得f (1)＝－2⇒a －2b ＝－3，又因为f ′(x )＝3x 2＋a ，所以f (x )的图象在点(1，－2)处的切线方程为y ＋2＝(3＋a )(x －1)，即(3＋a )x －y －a －5＝0，所以|（3＋a ）×2＋4－a －5|（3＋a ）2＋1＝5⇒a ＝－52，所以b ＝14，所以3a ＋2b ＝－7. 答案：－717．解析：因为二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋m x 2n展开式的二项式系数之和为32，所以2n＝32，所以n ＝5，因为T r ＋1＝C r5(x )5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫m x 2r＝C r 5m r x 52－52r ，令52－52r ＝0，得r ＝1，所以常数项为C 15m ＝10，所以m ＝2.答案：218．解：(1)由已知，有f (x )＝1－cos 2x 2－1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π32＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos 2x ＋32sin 2x －12cos 2x ＝34sin 2x －14cos 2x ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)因为f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，－π6上是减函数，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π4上是增函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝－14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝34，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最大值为34，最小值为－12.19．解：(1)证明：如图，以H 为原点，建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，C 1(2，2，3)，A 1(2，0，0)，B 1(0，2，0)，所以CC 1→＝(2，2，0)，A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，3， B 1D →＝⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，3，所以CC 1→·A 1D →＝0，CC 1→·B 1D →＝0， 因此CC 1⊥平面A 1B 1D .(2)设平面AA 1C 1C 的法向量n ＝(1，x ，y )，由于AA 1→＝(2，2，0)，A 1C →＝(－2，0，3)， 则n ·AA 1→＝2＋2x ＝0，n ·A 1C →＝－2＋3y ＝0，得x ＝－1，y ＝63，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，63. 又HD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，3，所以sin θ＝|HD →·n ||HD →|·|n |＝22·263＝34.20．解：(1)由已知得S 23＝S 1·S 9， 即(3＋3d )2＝9＋36d ，又d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2， 由b 1×12＋b 2×22＋…＋b n ×n 2＝6－n 2＋4n ＋62n得b 1＝12，n ≥2时，b n ×n 2＝6－n 2＋4n ＋62n －6＋（n －1）2＋4（n －1）＋62n －1＝n 22n ， 所以b n ＝12n ，显然b 1＝12也满足．所以b n ＝12n (n ∈N *)．(2)T n ＝1－12n ，12T n ＝12(1－12n )，R n ＝11×3＋13×5＋…＋1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12(1－12n ＋1)．当n ＝1时，21<2×1＋1＝3，R 1>12T 1；当n ＝2时，22<2×2＋1＝5，R 2>12T 2；当n ≥3时，2n ＝(1＋1)n ＝1＋C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…>1＋n ＋n （n －1）2≥2n ＋1；所以R n <12T n .综上，当n ≤2时，R n >12T n ；当n ≥3时R n <12T n .21．解：(1)由题意，2p ＝6，所以抛物线方程为y 2＝6x .(2)设线段AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 0＝2，y 0＝y 1＋y 22，k AB ＝y2－y 1x 2－x 1＝3y 0.线段AB 的垂直平分线的方程是y －y 0＝－y 03(x －2)，①由题意知x ＝5，y ＝0是①的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为(5，0)． 所以线段AB 的垂直平分线经过定点C (5，0)．(3)由(2)知直线AB 的方程为y －y 0＝3y 0(x －2)，即x ＝y 03(y －y 0)＋2，②②代入y 2＝6x 得y 2＝2y 0(y －y 0)＋12，即y 2－2y 0y ＋2y 20－12＝0，③依题意，y 1，y 2是方程③的两个实根，且y 1≠y 2，所以Δ>0，－23<y 0<2 3.|AB |＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝23（9＋y 20）（12－y 20）.定点C (5，0)到线段AB 的距离h ＝|CM |＝9＋y 20.所以S △ABC ＝13（9＋y 20）（12－y 20）·9＋y 20 ≤1312⎝ ⎛⎭⎪⎫9＋y 20＋24－2y 20＋9＋y 233＝1473.当且仅当9＋y 20＝24－2y 20，即y 0＝±5时等号成立，所以△ABC 面积的最大值为1473.22．解：(1)因为函数f (x )不单调，所以f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝0有正根，即a ＝1x ＋2x ≥21x ·2x ＝22，除去等号，所以a >2 2.(2)证明：令f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x ＝0的两根为x 1，x 2，且x 1<x 2， 则f (x )在(0，x 1)上单调递增，(x 1，x 2)上单调递减，(x 2，＋∞)上单调递增， 且x 1＋x 2＝a2，x 1·x 2＝12，x 1<22<x 2，a ＝1x 1＋2x 1＝1x 2＋2x 2，因为f (x )存在3个不同的零点，且x →0时，f (x )→－∞，x →＋∞时，f (x )→＋∞， 所以f (x 1)>0，f (x 2)<0，f (x 1)＝ln x 1＋x 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋2x 1x 1＋2＝ln x 1－x 21＋1，同理f (x 2)＝ln x 2－x 22＋1，令g (x )＝ln x －x 2＋1，则g ′(x )＝1x －2x <0得x >22，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递减，因为g (1)＝0，所以x 2>1，又因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，当x →0时，g (x )→－∞，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12使得g ()x 0＝0，因为g (x 1)>0，所以12x 2＝x 1>x 0，所以1<x 2<12x 0，所以a ＝1x 2＋2x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1x 0＋2x 0，令h (x )＝f (x )－(22－3)x ＝ln x ＋x 2－(a ＋22－3)x ＋2， h ′(x )＝1x ＋2x －(a ＋22－3)，h ′(x )min ＝3－a <0，所以h ′(x )＝0有两个根，设为t 1，t 2且t 1<t 2，则h (x )在(t 1，t 2)上单调递减．若t 1<m <n <t 2，则h (m )>h (n )，即f (m )－f (n )>(22－3)(m －n )，即f （m ）－f （n ）m －n <22－3；若t 1<n <m <t 2同理可证，所以对于任意的m ，n ∈(t 1，t 2)，不等式f （m ）－f （n ）m －n <22－3成立；即存在m ，n ∈(0，＋∞)使得f （m ）－f （n ）m －n <22－3成立．。
2020年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学模拟题(含答案解析)
2020年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学模拟题选择题部分(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P {|14}{|2}x x Q x x =−<<=<，那么()R P C Q ⋂=() A. [2,4)B.(-1,+∞)C. [2,+∞)D. (-1,2]2. 复数z 满足(1+2i)z=2 (i 为虚数单位)，则z 的虚部是( )4.5A −4.5i B −4.3C4.3i D 3.已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线方程为3x+4y=0,则该双曲线的离心率是( )5.3A5.4B4.3C 或535.3D 或544.如图是一个几何体的三视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积为()A.12B.14C.16D.185.已知函数f （x ）的图象如右图所示，则f （x ）的解析式可能是（ ）A.2()2ln ||f x x x =−B.2()ln ||f x x x =−C. f(x)=|x|-2ln |x|D. f(x)=|x|-1n|x|6.在《青春有你2》录制现场，有5名学员和3名导师排成一列，则5名学员至少2人排在一起且不与导师相邻的排法有几种（）A.720B.1440C.1880D.2567.随机变量ξ的分布列是若5()3E ξ=，则随机变量ξ的方差D (ξ)=() 1.9A3.9B5.9C D.798.如图，已知三棱锥D-ABC ，记二面角C-AB-D 的平面角是θ，直线DA 与平面ABC 所成的角是1,θ直线DA 与BC 所成的角是2,θ则()A.θ≥θ1B.θ≤θ1C.θ≥θ2D.θ≤θ29.已知向量a, b 满足|a|=|a+b|=2,则|2a+b|+|b|的最大值为 A.4.42B + 2D.810.已知数列{}n a 满足1110,4,a a >=2112n n n a a a +=+，数列{}n b 满足0n b >，112b a =，21112n n n b b b ++=+若存在正整数P,q(p≤q),使得14p q b b +=，则()A.p=10, q=12B. p=9, q=11C. p=4, q=6D. p=1, q=3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。
浙江专用2020版高考数学模拟试卷(含两套,解析版)
浙江高考仿真卷(一)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．若集合A ＝{}x | x 2<1，B ＝{}x | 0<x <2，则A ∪B 等于( )A.{}x | 0<x <1B.{}x | －1<x <0C.{}x | 1<x <2D.{}x | －1<x <2答案 D解析 ∵集合A ＝{}x | x 2<1＝{}x | －1<x <1，B ＝{}x | 0<x <2，∴A ∪B ＝{}x | －1<x <2.2．双曲线x 24－y 2＝1的顶点到渐近线的距离等于( )A.255B.45C.25D.455答案 A解析 双曲线x 24－y 2＝1的顶点为()±2，0.渐近线方程为y ＝±12x . 双曲线x 24－y 2＝1的顶点到渐近线的距离等于11＋14＝255.3．已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，3x ＋y ≤3，y ≥0，则z ＝x ＋2y 的最大值是( )A ．0B ．1C ．5D ．6 答案 D解析 作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示：由z ＝x ＋2y ，得y ＝－12x ＋12z ，平移直线y ＝－12x ＋12z ，由图象可知，当直线y ＝－12x ＋12z 经过点A 时，直线y ＝－12x ＋12z 在y 轴上的截距最大，此时z 最大．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，3x ＋y ＝3，得A (0,3)， 此时z 的最大值为z ＝0＋2×3＝6.4．已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A.223 B ．20 C ．20＋ 6 D ．20＋10答案 C解析 该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体(如图)，其表面积为S ＝3×2×2＋2×(1＋2)×22＋12×2×2＋12×22×3＝20＋ 6.5．设x ∈R ，则x 3<1是x 2<1的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 由x 3<1，可得x <1， 由x 2<1，解得－1<x <1， 所以(－1,1)(－∞，1)，所以x 3<1是x 2<1的必要不充分条件．6．函数y＝x3＋ln(x2＋1－x)的图象大致为()答案 C解析因为f(x)的定义域为R，且f(－x)＝(－x)3＋ln()x2＋1＋x(－x)2＋1＋x＝－x3＋ln()＝－x3－ln()x2＋1－x＝－f()x，所以f()x为奇函数，图象关于原点x2＋1＋x－1＝－x3－ln()2－1>0，所以排除A.对称，排除B，D，因为f(1)＝1＋ln()7．设随机变量X的分布列如下：则方差D(X)等于()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析a＝1－0.1－0.3－0.4＝0.2，E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.4＝2，故D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.2＋(2－2)2×0.3＋(3－2)2×0.4＝1.8．已知在矩形ABCD中，AD＝2AB，沿直线BD将△ABD折成△A′BD，使点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)．设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D, A′C 与平面BCD所成的角分别为α，β则()A．α<θ<βB．β<θ<αC．β<α<θD．α<β<θ答案 D解析如图，作A′E⊥BD于E, O是A′在平面BCD内的射影，连接OE，OD，OC，易知∠A′EO＝θ，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，由O点必落在EF上，由AD＝2AB知OE<AE<CF<CO<OD，从而tan θ>tan β>tan α，即θ>β>α.9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，0<x ≤2，f (4－x )，2<x <4，设方程f (x )－1e x ＝t (t ∈R )的四个不等实数根从小到大依次为x 1，x 2，x 3，x 4，则下列判断中一定成立的是( ) A.x 1＋x 22＝1B ．1<x 1x 2<4C ．4<x 3x 4<9D ．0<()x 3－4()x 4－4<4答案 C解析 由题意，作出函数的图象如图所示，由图可知，0<x 1<1<x 2<2<x 3<3<x 4<4， 所以4<x 3x 4<16，又||log 2()4－x 3>||log 2()4－x 4， 得log 2()4－x 3>－log 2()4－x 4，所以log 2()4－x 3()4－x 4>0，得()4－x 3()4－x 4>1，即x 3x 4－4()x 3＋x 4＋15>0， 又x 3＋x 4>2x 3x 4，所以2x 3x 4<x 3x 4＋154， 所以()x 3x 4－3()x 3x 4－5>0，所以x 3x 4<9， 综上，4<x 3x 4<9.10．已知a ，b ，c ∈R 且a ＋b ＋c ＝0，a >b >c ，则ba 2＋c 2的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－55，55 B.⎝⎛⎭⎫－15，15 C ．(－2，2) D.⎝⎛⎭⎫－2，55 答案 A解析 由a ＋b ＋c ＝0，a >b >c ，得a >0，c <0，b ＝－a －c .因为a >b >c ，即a >－a －c >c ，解得－2<c a <－12.设t ＝b a 2＋c 2，则t 2＝b 2a 2＋c 2＝(－a －c )2a 2＋c 2＝1＋2ac a 2＋c 2＝1＋2c a ＋a c .令y ＝c a ＋a c ，x ＝c a ，x ∈⎝⎛⎭⎫－2，－12，则y ＝x ＋1x，由对勾函数的性质知函数在(－2，－1]上单调递增，在⎣⎡⎭⎫－1，－12上单调递减，所以y max ＝－2，y >－52，即c a ＋ac ∈⎝⎛⎦⎤－52，－2， 所以2c a ＋ac∈⎣⎡⎭⎫－1，－45， 所以t 2∈⎣⎡⎭⎫0，15. 所以t ∈⎝⎛⎭⎫－55，55. 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分) 11．二项式(1＋2x )5中，所有的二项式系数之和为_________________； 系数最大的项为________． 答案 32 80x 3,80x 4解析 所有的二项式系数之和为C 05＋C 15＋…＋C 55＝25＝32，展开式为1＋10x ＋40x 2＋80x 3＋80x 4＋32x 5，系数最大的项为80x 3和80x 4.12．圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心C 的坐标是__________，设直线l ：y ＝k (x ＋2)与圆C 交于A ，B 两点，若|AB |＝2，则k ＝__________. 答案 (1,2) 0或125解析 由圆的一般方程x 2＋y 2－2x －4y ＝0可得(x －1)2＋(y －2)2＝5，故圆心为C (1,2)．又圆心到直线l 的距离d ＝|3k －2|1＋k 2，由弦心距、半径及半弦长之间的关系可得⎝ ⎛⎭⎪⎫|3k －2|1＋k 22＋1＝5，解得k ＝0或k ＝125.13．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a ＝3，b ＝2，A ＝π3，则B＝________；S △ABC ＝_____________. 答案 π4 3＋34解析 由已知及正弦定理可得sin B ＝b sin A a ＝2×sin π33＝22， 由于0<B <π，可解得B ＝π4或B ＝3π4，因为b <a ，利用三角形中大边对大角可知B <A ， 所以B ＝π4，C ＝π－π3－π4＝5π12，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×2×sin 5π12＝3＋34.综上，B ＝π4，S △ABC ＝3＋34.14．在政治、历史、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则甲的不同的选法种数为____．乙、丙两名同学都选物理的概率是________． 答案 15949解析 由题意知同学甲只要在除物理之外的六门学科中选两门即可，故甲的不同的选法种数为C 26＝6×52＝15(种)；由题意知同学乙、丙两人除选物理之外，还要在剩下的六门学科中选两门，故乙、丙的所有不同的选法种数为m ＝C 26C 26＝6×52×6×52＝225(种)，而同学乙、丙两人从7门学科中选3门的所有选法种数为n ＝C 37C 37＝7×6×53×2×1×7×6×53×2×1＝35×35＝1 225(种)，故所求事件的概率是P ＝2251 225＝949.15．已知正实数x ，y 满足x ＋2y ＝4，则2x (y ＋1)的最大值为________． 答案 3解析 已知正实数x ，y 满足x ＋2y ＝4，根据基本不等式得到2x ()y ＋1＝x ()2y ＋2≤x ＋2y ＋22＝3.当且仅当x ＝2y ＋2，即x ＝3，y ＝12时，等号成立． 16．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若对任意λ∈R ，不等式|λBC →－BA →|≥|BC →|恒成立，则c b ＋bc 的最大值为________．答案5解析 由对任意λ∈R ，不等式|λBC →－BA →|≥|BC →|恒成立，得BC 边上的高h ≥a . 在△ABC 中，有12ah ＝12bc sin A ，即bc ＝ahsin A ，在△ABC 中，由余弦定理得 b 2＋c 2＝a 2＋2bc cos A ＝a 2＋2ah cos Asin A， 则c b ＋b c ＝b 2＋c2bc ＝a 2＋2ah cos A sin A ahsin A ＝a 2sin A ＋2ah cos A ah ＝a sin A ＋2h cos A h≤h sin A ＋2h cos Ah＝sin A ＋2cos A＝5sin(A ＋φ)，其中tan φ＝2，则当A ＋φ＝π2且h ＝a 时，c b ＋bc取得最大值 5.17．等差数列{a n }满足a 21＋a 22n ＋1＝1，则a 2n ＋1＋a 23n ＋1的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－52，3＋52解析 设⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝sin α，a 2n ＋1＝cos α⇒a 2n ＋1＝a 1＋2nd ＝cos α⇒2nd ＝cos α－sin α⇒a 2n ＋1＋a 23n ＋1＝(a 2n ＋1－nd )2 ＋(a 2n ＋1＋nd )2＝2[a 22n ＋1＋(nd )2]＝2⎣⎡⎦⎤cos 2α＋⎝⎛⎭⎫cos α－sin α22＝2cos 2α＋1－2sin αcos α2＝3＋2cos 2α－sin 2α2＝3＋5cos ()2α＋φ2⎝⎛⎭⎫其中sin φ＝15，cos φ＝25，所以所求的范围为 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－52，3＋52.三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知函数f (x )＝cos x ()sin x －3cos x ，x ∈R . (1)求f (x )的最小正周期和最大值； (2)讨论f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π3，2π3上的单调性． 解 (1)由题意得f (x )＝cos x sin x －3cos 2x ＝12sin 2x －32()1＋cos 2x ＝12sin 2x －32cos 2x －32 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3－32. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，其最大值为1－32.(2)令z ＝2x －π3，则函数y ＝sin z 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤－π2＋2k π，π2＋2k π，k ∈Z . 由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z .设A ＝⎣⎡⎦⎤π3，2π3，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ， 易知A ∩B ＝⎣⎡⎦⎤π3，5π12.所以当x ∈⎣⎡⎦⎤π3，2π3时，f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π3，5π12上单调递增；在区间⎣⎡⎦⎤5π12，2π3上单调递减． 19．(15分)在四棱锥E －ABCD 中，BC ∥AD ，AD ⊥DC ，AD ＝DC ＝2BC ，AB ＝AE ＝ED ＝BE ，F 是AE 的中点．(1)证明：BF ∥平面EDC ；(2)求BF 与平面EBC 所成角的正弦值． (1)证明 取ED 的中点G ，连接FG ，GC ， 则FG ∥AD ，且FG ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，且BC ＝12AD ，所以FG ∥BC ，且FG ＝BC ， 所以四边形BFGC 是平行四边形， 所以BF ∥CG ，因为BF ⊄平面EDC ，CG ⊂平面EDC ， 所以BF ∥平面EDC .(2)解 分别取AD ，BC 的中点H ，N ，连接EH 交FG 于点M ，则M 是FG 的中点，连接MN ，则BF ∥MN ，所以BF 与平面EBC 所成角即为MN 与平面EBC 所成角， 由EA ＝ED ，H 是AD 的中点，得EH ⊥AD ，由于BC ∥AD ，所以BC ⊥EH ，易知四边形BHDC 是平行四边形，所以CD ∥BH ， 由BC ⊥CD ，得BC ⊥BH ，又EH ∩BH ＝H ，所以BC ⊥平面EBH ，因为BC ⊂平面EBC ，所以平面EBC ⊥平面EBH ， 过点M 作MI ⊥BE ，垂足为I ，则MI ⊥平面EBC ， 连接IN ，∠MNI 即为所求的角．设BC ＝1，则AD ＝CD ＝2，所以AB ＝5， 由AB ＝BE ＝AE ＝5，得BF ＝152， 所以MN ＝BF ＝152， 在Rt △AHE 中，由AE ＝5，AH ＝1，得EH ＝2， 在△EBH 中，由BH ＝EH ＝2，BE ＝5， MI ⊥BE ，M 为HE 的中点，可得MI ＝114， 因此sin ∠MNI ＝MI MN ＝16530.20．(15分)正项数列{}a n 满足a 2n ＋a n ＝3a 2n ＋1＋2a n ＋1，a 1＝1.(1)求a 2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，a n <2a n ＋1；(3)记数列{a n }的前n 项和为S n ，证明：对任意的n ∈N *,2－12n －1≤S n <3.(1)解 当n ＝1时，由a 21＋a 1＝3a 22＋2a 2＝2及a 2>0，得a 2＝7－13. (2)证明 由a 2n ＋a n ＝3a 2n ＋1＋2a n ＋1<4a 2n ＋1＋2a n ＋1＝(2a n ＋1)2＋2a n ＋1，又因为y ＝x 2＋x 在x ∈(0，＋∞)上单调递增，故a n <2a n ＋1. (3)证明 由(2)知当n ≥2时，a n a n －1>12，a n －1a n －2>12，…，a 2a 1>12，相乘得a n >12n －1a 1＝12n －1，即a n >12n －1， 故当n ≥2时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n >1＋12＋…＋12n －1＝2－12n －1，当n ＝1时，S 1＝1＝2－12n －1.所以当n ∈N *时，S n ≥2－12n －1.另一方面，a 2n ＋a n ＝3a 2n ＋1＋2a n ＋1>2a 2n ＋1＋2a n ＋1＝2(a 2n ＋1＋a n ＋1)，令a 2n ＋a n ＝b n ，则b n >2b n ＋1，于是当n ≥2时，b n b n －1<12，b n －1b n －2<12，…，b 2b 1<12，相乘得b n <12n －1b 1＝12n －2， 即a 2n ＋a n ＝b n <12n －2，故a n <12n －2， 故当n ≥2时，S n ＝a 1＋(a 2＋…＋a n )<1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋12n －2＝3－12n －2<3.当n ＝1时，S 1＝1<3， 综上，对任意的n ∈N *,2－12n －1≤S n <3.21．(15分)已知抛物线C 1：y 2＝4x 和C 2：x 2＝2py ()p >0的焦点分别为F 1，F 2，点P ()－1，－1且F 1F 2⊥OP (O 为坐标原点)． (1)求抛物线C 2的方程；(2)过点O 的直线交C 1的下半部分于点M ，交C 2的左半部分于点N ，求△PMN 面积的最小值． 解 (1)F 1(1,0)，F 2⎝⎛⎭⎫0，p2， ∴F 1F 2→＝⎝⎛⎭⎫－1，p 2， F 1F 2→·OP →＝⎝⎛⎭⎫－1，p 2·()－1，－1＝1－p 2＝0， ∴p ＝2，∴抛物线C 2的方程为x 2＝4y .(2)由题意知，过点O 的直线的斜率一定存在且不为0，设直线方程为y ＝kx ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x ，y ＝kx ，得(kx )2＝4x ，求得M ⎝⎛⎭⎫4k 2，4k ， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ，得N (4k,4k 2)(k ＜0)，从而|MN |＝1＋k 2⎪⎪⎪⎪4k 2－4k ＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫4k 2－4k ， 点P 到直线MN 的距离d ＝|k －1|1＋k 2，S △PMN ＝12·|k －1|1＋k 2·1＋k 2⎝⎛⎭⎫4k 2－4k ＝2(1－k )(1－k 3)k 2＝2(1－k )2()1＋k ＋k 2k 2＝2⎝⎛⎭⎫k ＋1k －2⎝⎛⎭⎫k ＋1k ＋1， 令t ＝k ＋1k ()t ≤－2，有S △PMN ＝2(t －2)(t ＋1)，当t ＝－2，k ＝－1时，S △PMN 取得最小值． 即当过原点的直线为y ＝－x 时， △PMN 的面积取得最小值为8. 22．(15分)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设函数g (x )＝(x －2)e x ＋f (x )－1－b ，当a ≥1时，g (x )≤0对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，1恒成立，求满足条件的b 最小的整数值．解 (1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ，当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，x ＝1a，由f ′(x )>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，由f ′(x )<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞， 所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. 综上，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. (2)由g (x )＝()x －2e x ＋ln x －ax －b ， 因为g (x )≤0对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，1恒成立，b ≥()x －2e x ＋ln x －ax 在a ≥1时对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，1恒成立， 因为a ≥1，x >0，所以()x －2e x ＋ln x －ax ≤()x －2e x ＋ln x －x ，只需b ≥()x －2e x ＋ln x －x 对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，1恒成立即可． 构造函数h (x )＝()x －2e x ＋ln x －x ， h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x －1＝(x －1)⎝⎛⎭⎫e x －1x ， 因为x ∈⎝⎛⎭⎫12，1，所以x －1<0，且t (x )＝e x －1x单调递增，因为t ⎝⎛⎭⎫12＝12e －2<0，t ()1＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得t (x 0)＝0， 即e x 0＝1x 0，x 0＝－ln x 0.所以h (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫12，x 0，单调递减区间为()x 0，1. 所以h (x )max ＝h ()x 0＝()x 0－2e x 0＋ln x 0－x 0 ＝1－2⎝⎛⎭⎫x 0＋1x 0∈()－4，－3， 所以b 的最小的整数值为－3.浙江高考仿真卷(二)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．已知集合M ＝{x |1≤x ≤3}，N ＝{x |x >2}，则集合M ∩(∁R N )等于( ) A ．{x |1≤x ≤2} B ．{x |x ≥1} C ．{x |1≤x <2} D ．{x |2<x ≤3}答案 A解析 ∵N ＝{x |x >2}， ∴∁R N ＝{x |x ≤2}，∴集合M ∩(∁R N )＝{x |1≤x ≤2}．2．设双曲线x 2a 2－y 29＝1(a >0)的两焦点之间的距离为10，则双曲线的离心率为( )A.35B.45C.54D.53 答案 C解析 因为双曲线x 2a 2－y 29＝1(a >0)的两焦点之间的距离为10，所以2c ＝10，c ＝5，所以a 2＝c 2－9＝16，所以a ＝4.所以离心率e ＝54.3．已知x ，y ∈R ，且x >y >0，若a >b >1，则一定有( ) A ．log a x >log b y B ．sin a x >sin b y C ．ay >bx D ．a x >b y答案 D解析 当x >y >0，a >b >1时，由指数函数和幂的性质易得a x >a y >b y .4．将函数y ＝cos(2x ＋φ)的图象向右平移π3个单位长度，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为( )A.π12B.π6C.π3D.5π6 答案 B解析 设y ＝cos(2x ＋φ)向右平移π3个单位长度得到的函数为g (x )，则g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －2π3＋φ，因为g (x )为奇函数，且在原点有定义，所以－2π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，解得φ＝k π＋7π6(k ∈Z )，故当k ＝－1时，|φ|min ＝π6.5．函数f (x )＝e |x －1|－2cos(x －1)的部分图象可能是( )答案 A解析 因为f (1)＝－1，所以排除B ；因为f (0)＝e －2cos 1>0，所以排除D ；因为当x >2时，f (x )＝e x －1－2cos (x －1)，∴f ′(x )＝e x －1＋2sin(x －1)>e －2>0，即x >2时，f (x )具有单调性，排除C.6．随机变量ξ的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列，则D (ξ)的最大值为( ) A.23 B.59 C.29 D.34 答案 A解析 由分布列得a ＋b ＋c ＝1，又因为a ，b ，c 成等差数列，所以2b ＝a ＋c ，则a ＋c ＝23，所以E (ξ)＝c －a ，D (ξ)＝a (c －a ＋1)2＋b (c －a )2＋c (c －a －1)2＝a (c －a )2＋b (c －a )2＋c (c －a )2＋2a (c －a )＋a －2c (c －a )＋c ＝－(c －a )2＋23，则当a ＝c 时，D (ξ)取得最大值23.7．已知单位向量e 1，e 2，且e 1·e 2＝－12，若向量a 满足(a －e 1)·(a －e 2)＝54，则|a |的取值范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤2－32，2＋32 B.⎣⎡⎦⎤2－12，2＋12 C.⎝⎛⎦⎤0，2＋12 D.⎝⎛⎦⎤0，2＋32 答案 B解析 因为向量e 1，e 2为单位向量， 且e 1·e 2＝|e 1|·|e 2|·cos 〈e 1，e 2〉＝－12，所以|e 1＋e 2|＝1＋1＋2×⎝⎛⎭⎫－12＝1. 因为(a －e 1)·(a －e 2)＝54，所以a 2－a ·(e 1＋e 2)＋e 1·e 2＝54，所以|a |2－a ·(e 1＋e 2)＝74，所以|a |2－|a |·cos 〈a ，e 1＋e 2〉＝74，所以cos 〈a ，e 1＋e 2〉＝|a |2－74|a |，又因为－1≤cos 〈a ，e 1＋e 2〉≤1， 所以|a |的取值范围为⎣⎡⎦⎤2－12，2＋12. 8.在等腰梯形ABCD 中，已知AB ＝AD ＝CD ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿直线BD 翻折成△A ′BD ，如图，则直线BA ′与CD 所成角的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤π3，π2 B.⎣⎡⎦⎤π6，π3 C.⎣⎡⎦⎤π6，π2 D.⎣⎡⎦⎤0，π3 答案 A解析 在等腰梯形ABCD 中，易知∠ABC ＝π3，∠ABD ＝∠CBD ＝π6，则∠A ′BD ＝π6，为定值，所以BA ′的轨迹可看作是以BD 为轴，B 为顶点，母线与轴的夹角为π6的圆锥的侧面，故点A ′的轨迹如图中AF 所示，其中F 为BC 的中点．过点B 作CD 的平行线，过点C 作BD 的平行线，两平行线交于点E ，则直线BA ′与BE 所成的角即直线BA ′与CD 所成的角．又易知CD ⊥BD ，所以直线A ′B 与CD 所成角的取值范围是⎣⎡⎦⎤π3，π2，故选A.9．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x －x 2，0≤x <2，2f (x －2)，x ≥2， g (x )＝kx ＋2，若函数F (x )＝f (x )－g (x )在[0，＋∞)上只有两个零点，则实数k 的值不可能为( ) A ．－23 B ．－12 C ．－34 D ．－1答案 A解析 函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点为函数y ＝f (x )与y ＝g (x )图象的交点，在同一直角坐标系下作出函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象，如图所示，当函数y ＝g (x )的图象经过点(2,0)时满足条件，此时k ＝2－00－2＝－1 ，当函数y ＝g (x )的图象经过点(4,0)时满足条件，此时k ＝2－00－4＝－12 ，当函数y ＝g (x )的图象与(x －1)2＋y 2＝1(x >0，y >0)相切时也满足题意，此时|k ＋2|1＋k2＝1，解得k ＝－34， 故选A.10．已知数列满足，a 1＝1，a 2＝12，且[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *，记T 2n为数列{a n }的前2n 项和，数列{b n }是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式⎝⎛⎭⎫T 2n ＋1b n ·1b n <1成立的最小整数n 为( ) A ．7 B ．6 C ．5 D ．4 答案 C解析 因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *，∴当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0，n ∈N *，即a n ＋2a n ＝12，∴a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列；当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0，n ∈N *，即a n ＋2－a n ＝2，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以2为公差的等差数列，T 2n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )＝n 2＋1－12n ，∵数列{b n }是首项和公比都是2的等比数列，b n ＝2×2n －1＝2n ，则⎝⎛⎭⎫T 2n ＋1b n ·1b n <1等价为⎝⎛⎭⎫n 2＋1－12n ＋12n ·12n <1，即(n 2＋1)·12n <1，即n 2＋1<2n ，分析函数y ＝n 2＋1与y ＝2n ，则当n ＝1时，2＝2，当n ＝2时，5<4不成立，当n ＝3时，10<8不成立，当n ＝4时，17<16不成立，当n ＝5时，26<32成立，当n ≥5时，n 2＋1<2n 恒成立，故使不等式⎝⎛⎭⎫T 2n ＋1b n ·1b n <1成立的最小整数n 为5.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11．若⎝⎛⎭⎫3x －1x n 的展开式中所有项的系数的绝对值之和为64，则n ＝________；该展开式中的常数项是____________． 答案 3 －27解析 所求系数的绝对值之和相当于⎝⎛⎭⎫3x ＋1x n 中所有项的系数之和，则在⎝⎛⎭⎫3x ＋1x n 中令x ＝1，得(3＋1)n ＝64，所以n ＝3；⎝⎛⎭⎫3x －1x 3的通项为T k ＋1＝C k 3(3x )3－k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝C k 3·33－k · (－1)k 332kx-，令3－3k 2＝0，则k ＝1，常数项为C 13×32×(－1)1＝－27. 12．已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －2y ＋1≤0，x ＋y ≤m ，若此不等式组所表示的平面区域形状为三角形，则m 的取值范围为_______，如果目标函数z ＝2x －y 的最小值为－1，则实数m ＝________. 答案 (2，＋∞) 4解析 要使不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －2y ＋1≤0，x ＋y ≤m 所表示的平面区域形状为三角形，直线x ＝1与直线x－2y ＋1＝0的交点(1,1)必在直线的左下方，所以m >2，画出该区域如图阴影部分所示(含边界)，由z ＝2x －y 得y ＝2x －z ，由图可知，当直线y ＝2x －z 过点A (1，m －1)时在y 轴上的截距最大，z 最小，所以，－1＝2×1－(m －1)，解得m ＝4.13．如图是一个几何体的三视图，若它的体积是23，则a ＝________，该几何体的表面积为________．答案 1 3＋ 5解析 如图所示，此几何体是四棱锥，底面是边长为a 的正方形，平面SAB ⊥平面ABCD ，并且∠SAB ＝90°，SA ＝2，所以体积是V ＝13×a 2×2＝23，解得a ＝1，四个侧面都是直角三角形，所以计算出表面积是S ＝12＋12×1×2＋12×1×5＋12×1×2＋12×1×5＝3＋ 5.14．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c 若a ＝7，c ＝3，A ＝60°，则b ＝________，△ABC 的面积S ＝________. 答案 1或2334或332解析 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即7＝b 2＋9－2b ×3cos 60°，即b 2－3b ＋2＝0，解得b ＝1或2, 当b ＝1时， S ＝12bc sin A ＝12×1×3×sin 60°＝334，同理当b ＝2时， S ＝332.15.如图所示，在排成4×4方阵的16个点中，中心位置4个点在某圆内，其余12个点在圆外．从16个点中任选3点，作为三角形的顶点，其中至少有一个顶点在圆内的三角形共有____个．答案 312解析 根据题意，分3种情况讨论：①取出的3个点都在圆内，C 34＝4，即有4种取法；②在圆内取2点，圆外12点中有10个点可供选择，从中取1点，C 24C 110＝60，即有60种取法；③在圆内取1点，圆外12点中取2点，C 14()C 212－4＝248，即有248种取法．则至少有一个顶点在圆内的三角形有 4＋60＋248＝312(个)．16．已知F 1，F 2为椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点，点P 在椭圆C 上移动时，△PF 1F 2的内心I 的轨迹方程为____________________________． 答案 x 2＋3y 2＝1(y ≠0)解析 由题意得F 1(－1,0)，F 2(1,0)，设点P (x ，y )，I (m ，n )，－2<x <2，y ≠0，则|PF 1|＝(x ＋1)2＋y 2＝(x ＋1)2＋3－3x 24＝⎪⎪⎪⎪x 2＋2＝2＋x 2，则|PF 2|＝2a －|PF 1|＝4－⎝⎛⎭⎫2＋x 2＝2－x 2，|F 1F 2|＝2c ＝2，|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|＝2a ＋2c ＝6，则由点I 为△PF 1F 2的内心结合图形(图略)得⎩⎨⎧2＋x 2＝m ＋1＋2－x2－(1－m )，12×|n |×6＝12×2×|y |，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2m ，y ＝3n ，代入椭圆C 的方程得三角形的内心I 的轨迹方程为m 2＋3n 2＝1(n ≠0)，即x 2＋3y 2＝1(y ≠0)．17．设点P 是△ABC 所在平面内一动点，满足CP →＝λCA →＋μCB →，3λ＋4μ＝2(λ，μ∈R )，|P A →|＝|PB →|＝|PC →|.若|A B →|＝3，则△ABC 面积的最大值是________． 答案 9解析 由3λ＋4μ＝2，得32λ＋2μ＝1，所以CP →＝λCA →＋μCB →＝32λ·23CA →＋2μ·12CB →.设23CA →＝CM →，12CB →＝CN →， 则由平面向量基本定理知点P ，M ，N 在同一直线上， 又|P A →|＝|PB →|＝|PC →|，所以P 为△ABC 的外心，且∠ACB 为锐角，PN ⊥BC ，由此可作图，如图所示，设∠ACB ＝θ，CN ＝x ，则BC ＝2x ， CM ＝x cos θ，CA ＝3x2cos θ，所以S △ABC ＝12AC ·BC sin θ＝12·3x 2cos θ·2x ·sin θ＝3tan θ2x 2， 在△ABC 中，AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos θ， 即4x 2＋9x 24cos 2θ－2·2x ·3x 2cos θ·cos θ＝9， 所以x 2＝36cos 2θ9－8cos 2θ，所以S △ABC ＝3tan θ2·36cos 2θ9－8cos 2θ＝54sin θcos θ9sin 2θ＋cos 2θ＝54tan θ9tan 2θ＋1＝549tan θ＋1tan θ≤9. 当且仅当9tan θ＝1tan θ，即tan θ＝13时等号成立，所以△ABC 面积的最大值是9.三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知函数f (x )＝4cos ⎝⎛⎭⎫π2－x cos ⎝⎛⎭⎫x －π3－ 3. (1)求f (x )的单调递增区间； (2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π3上的值域．解 (1)f (x )＝4sin x ·⎝⎛⎭⎫cos x cos π3＋sin x sin π3－ 3 ＝4sin x ·⎝⎛⎭⎫12cos x ＋32sin x － 3 ＝2sin x cos x ＋23sin 2x － 3＝sin 2x ＋3·()1－cos 2x － 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 令2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12()k ∈Z . (2)由π4≤x ≤π3，得π6≤2x －π3≤π3，故而2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3∈[1，3]， 即f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π3上的值域为[1，3]．19．(15分)如图，已知四边形ABCD 是正方形，AE ⊥平面ABCD ，PD ∥AE ，PD ＝AD ＝2EA ＝2，G ，F ，H 分别为BE ，BP ，PC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面GHF ；(2)求直线GH 与平面PBC 所成的角θ的正弦值．解 (1)因为AE ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以AE ⊥BC ， 因为四边形ABCD 是正方形，所以AB ⊥BC ，又BA ∩AE ＝A ，BA ，AE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥平面AEB ， 因为F ，H 分别为BP ，PC 的中点，所以FH 为△PBC 的中位线， 所以FH ∥BC ， 所以FH ⊥平面ABE ，又FH ⊂平面GHF ，所以平面ABE ⊥平面GHF .(2)解 方法一 因为AE ⊥平面ABCD ，PD ∥AE ，所以PD ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC ，因为四边形ABCD 是正方形，所以CD ⊥BC ， 又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， 所以BC ⊥平面PCD ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PCD . 连接DH ，则DH ⊥PC ，因为平面PBC ∩平面PCD ＝PC ，所以DH ⊥平面PBC ，所以∠DHG 为直线GH 与平面PBC 所成角的余角，即θ＝π2－∠DHG .在等腰直角三角形PDC 中，因为PD ＝DC ＝2，所以PC ＝22， 所以DH ＝PD ·DCPC ＝ 2.连接DG ，易知DG ＝22＋12＋⎝⎛⎭⎫122＝212，GH ＝22＋⎝⎛⎭⎫122＝172， 所以在△DHG 中，cos ∠DHG ＝DH 2＋HG 2－DG 22DH ·GH ＝3434，所以sin θ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－∠DHG ＝cos ∠DHG ＝3434， 即直线GH 与平面PBC 所成的角θ的正弦值为3434. 方法二 易知DA ，DC ，DP 两两垂直，所以以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由PD ＝AD ＝2EA ＝2，易得B (2,2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，H (0,1,1)，G ⎝⎛⎭⎫2，1，12，则CP →＝(0，－2,2)，CB →＝(2,0,0)，HG →＝⎝⎛⎭⎫2，0，－12.设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝(x ，y ，z )·(2，0，0)＝0，n ·CP →＝(x ，y ，z )·(0，－2，2)＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0，－2y ＋2z ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z .令y ＝1，则z ＝1，所以n ＝(0,1,1)为平面PBC 的一个法向量， 所以sin θ＝|cos 〈n ，HG →〉|＝|n ·HG →|02＋12＋12×22＋02＋⎝⎛⎭⎫－122＝122×172＝3434， 故直线GH 与平面PBC 所成的角θ的正弦值为3434. 20．(15分)已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝1e n a －(n ∈N *)．(其中e 为自然对数的底数，e ＝2.71828…)(1)证明：a n ＋1>a n (n ∈N *)；(2)设b n ＝1－a n ，是否存在实数M >0，使得b 1＋b 2＋…＋b n ≤M 对任意n ∈N *成立？若存在，求出M 的一个值；若不存在，请说明理由． (1)证明 设f (x )＝e x －x －1，令f ′(x )＝e x －1＝0， 得到x ＝0.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．故f (x )≥f (0)＝0，即e x ≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)． 故a n ＋1＝1en a －≥a n ，且取不到等号，所以a n ＋1>a n .(2)解 先用数学归纳法证明a n ≤1－1n ＋1.①当n ＝1时，a 1≤1－12成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k ≤1－1k ＋1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1ek a －≤11ek -+＝111ek +≤11＋1k ＋1＝k ＋1k ＋2 ＝1－1k ＋2，即a k ＋1≤1－1k ＋2也成立．故对n ∈N *都有a n ≤1－1n ＋1. 所以b n ＝1－a n ≥1n ＋1.取n ＝2t －1(t ∈N *)，b 1＋b 2＋…＋b n ≥12＋13＋…＋1n ＋1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫13＋14＋… ＋⎝⎛⎭⎫12t －1＋1＋12t －1＋2＋…＋12t . 即b 1＋b 2＋…＋b n ≥12＋12＋…＋12＝t2.其中t ＝log 2n ＋1，t ∈N *，当n →＋∞时，t →＋∞，t2→＋∞，所以不存在满足条件的实数M ，使得b 1＋b 2＋…＋b n ≤M 对任意n ∈N *成立． 21．(15分)抛物线C ：y ＝x 2，直线l 的斜率为2. (1)若l 与抛物线C 相切，求直线l 的方程；(2)若l 与抛物线C 相交于A ，B ，线段AB 的中垂线交C 于P ，Q ，求|PQ ||AB |的取值范围．解 (1)设直线l 的方程为y ＝2x ＋b ，联立直线l 与抛物线C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋b ，y ＝x 2，得x 2－2x －b ＝0，Δ＝4＋4b ＝0，所以b ＝－1， 因此，直线l 的方程为y ＝2x －1.(2)设直线l 的方程为y ＝2x ＋b ，设点A ()x 1，y 1， B ()x 2，y 2，P ()x 3，y 3，Q ()x 4，y 4，联立直线l 与抛物线C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋b ，y ＝x 2， 得x 2－2x －b ＝0，Δ＝4＋4b >0，所以b >－1. 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝－b . 所以|AB |＝5|x 1－x 2|＝25(b ＋1)， 且y 1＋y 2＝2(x 1＋x 2)＋2b ＝4＋2b ， 所以线段AB 的中点为(1,2＋b )，所以直线PQ 的方程为y ＝－12x ＋52＋b ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋52＋b ，y ＝x 2，得2x 2＋x －5－2b ＝0， 由根与系数的关系得x 3＋x 4＝－12，x 3x 4＝－52－b ，所以|PQ |＝52|x 3－x 4|＝5441＋16b ， 所以|PQ ||AB |＝1841＋16b 1＋b＝1816＋25b ＋1>12，所以|PQ ||AB |的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 22．(15分)已知函数f (x )＝e x －e x sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2(e 为自然对数的底数)． (1)求函数f (x )的值域；(2)若不等式f (x )≥k (x －1)(1－sin x )对任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2恒成立，求实数k 的取值范围； (3)证明：e x －1＞－12(x －32)2＋1.(1)解 因为f (x )＝e x －e x sin x ，所以f ′(x )＝e x －e x (sin x ＋cos x )＝e x (1－sin x －cos x )＝e x ⎣⎡⎦⎤1－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，3π4， ∴sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≥22，所以f ′(x )≤0， 故函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减，函数f (x )的最大值为f (0)＝1－0＝1； f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝2πe －2πe sin π2＝0， 所以函数f (x )的值域为[0,1]．(2)解 原不等式可化为e x (1－sin x )≥k (x －1)(1－sin x )，(*) 因为1－sin x ≥0恒成立，故(*)式可化为e x ≥k (x －1)． 令g (x )＝e x －kx ＋k ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，则g ′(x )＝e x －k ， 当k ≤0时，g ′(x )＝e x －k >0，所以函数g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递增，故g (x )≥g (0)＝1＋k ≥0，所以－1≤k ≤0；当k >0时，令g ′(x )＝e x －k ＝0，得x ＝ln k ，所以当x ∈(0，ln k )时，g ′(x )＝e x －k <0； 当x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＝e x －k >0.所以当ln k ＜π2，即0<k <2πe 时，函数g (x )min ＝g (ln k )＝2k －k ln k >0成立；当ln k ≥π2，即k ≥2πe 时，函数g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫π2＝2πe －k ·π2＋k ≥0，解得2πe ≤k ≤2πeπ12-， 综上，－1≤k ≤2πeπ12-. (3)证明 令h (x )＝e x －1＋12⎝⎛⎭⎫x －322－1， 则h ′(x )＝e x －1＋x －32.令t (x )＝h ′(x )＝e x －1＋x －32，则t ′(x )＝e x －1＋1>0，所以h ′(x )在R 上单调递增，由h ′⎝⎛⎭⎫12＝12e -－1＜0，h ′⎝⎛⎭⎫34＝14e -－34＞0， 故存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，使得h ′()x 0＝0， 即01ex －＝32－x 0. 所以当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0.故当x ＝x 0时，函数h (x )有极小值，且是唯一的极小值， 故函数h (x )min ＝h (x 0)＝01ex －＋12⎝⎛⎭⎫x 0－322－1 ＝－⎝⎛⎭⎫x 0－32＋12⎝⎛⎭⎫x 0－322－1 ＝12×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x 0－32－12－32＝12⎝⎛⎭⎫x 0－522－32， 因为x 0∈⎝⎛⎭⎫12，34，所以12⎝⎛⎭⎫x 0－522－32> 12×⎝⎛⎭⎫34－522－32＝132>0，故h (x )＝e x －1＋12⎝⎛⎭⎫x －322－1>0， 即e x －1>－12⎝⎛⎭⎫x －322＋1.。
2020年浙江省高考模拟考试文科数学试题与答案
A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m
8.已知双曲线 的离心率为2，则
A. 2 B. C. D. 1
9.函数 的图象大致为
A. B.
C. D.
10.已知函数 的图象与一条平行于 轴的直线有两个交点，其横坐标分别为 ， ，则
20.（1）因为 在椭圆 上，所以 ，
又因为椭圆四个顶点组成的四边形的面积为 ，所以 ，
解得 ，所以椭圆 的方程为
（2）由（1）可知 ，设 ，
则当 时， ，所以 ，
直线 的方程为 ，即 ，
由 得 ，
则 ，
，
，
又 ，所以 ，
由 ，得 ，所以 ，
所以 ，
当 ，直线 ， ， ， ， ，
所以当 时， .
21.解：（1）由 ，得 ，则 .
∴ .
若 ，则 ， 在 上递增.
又 ，∴.当 时， 不符合题意.
②若 ，则当 时， ， 递增；当 时， ， 递减.
∴当 时， .
欲使 恒成立，则需
记 ，则 .
∴当 时， ， 递减；当 时， ， 递增.
∴当 时，
综上所述，满足题意的 .
（2）由（1）知，欲使 恒成立，则 .
而 恒成立 恒成立 函数 的图象不在函数 图象的上方，
（1）写出直线 的普通方程及曲线 的直角坐标方程；
（2）已知点 ，点 ，直线 过点 且与曲线 相交于 ， 两点，设线段 的中点为 ，求 的值．
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
23.已知函数
（1）求函数 的值域；
（2）若 ，使 成立，求 的取值范围.
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2020年高考文科数学模拟试题及答案
浙江省2020年高考文科数学模拟试题及答案（满分150分，考试时间120分钟）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．集合A ＝{1，2，3}，B ＝{2，4，5}，则A ∪B ＝( )A ．{2}B ．{6}C ．{1，3，4，5，6}D ．{1，2，3，4，5} 2．设p ：log 2x 2>2，q ：x >2，则p 是q 成立的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3. 下列函数中，既是偶函数又在（0，+∞）单调递增的函数是（ ） A. 3y x =B. y x 1=-C. y x 1=-D. xy 2=4. 已知{a n }为递增的等差数列，a 4+a 7=2，a 5•a 6=-8，则公差d=（ ） A. 6B. 6-C. 2-D. 45. 根据新高考改革方案，某地高考由文理分科考试变为“3+3”模式考试．某学校为了解高一年425名学生选课情况，在高一年下学期进行模拟选课，统计得到选课组合排名前4种如下表所示，其中物理、化学、生物为理科，政治、历史、地理为文科，“√”表示选择该科，“×”表示未选择该科，根据统计数据，下列判断错误．．的是A. 前4种组合中，选择生物学科的学生更倾向选择两理一文组合B. 前4种组合中，选择两理一文的人数多于选择两文一理的人数C. 整个高一年段，选择地理学科的人数多于选择其他任一学科的人数D. 整个高一年段，选择物理学科的人数多于选择生物学科的人数6. 已知函数，且，则以下结论正确的是 A.B.C.D.7. 1927年德国汉堡大学的学生考拉兹提出一个猜想：对于每一个正整数，如果它是奇数，对它乘3再加1，如果它是偶数，对它除以2，这样循环，最终结果都能得到1．如图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，则①处应填写的条件及输出的结果分别为A. 是奇数？；B. 是偶数？；C. 是奇数？；D. 是偶数？；8. 已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且对任意的()(),2x R f x f x ∈+=，当01x ≤≤，()2f x x =，若直线y x a =+与函数()f x 的图像在[]0,2内恰有两个不同的公共点，则实数的值是（ ）A. 0B. 0或12-C.14-或12-D. 0或14- 9. 据中国古代数学名著《九章算术》中记载，公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器一商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），其体积为12.6立方寸.若取圆周率3π=，则图中x 值为（ ）A. 1.5B. 2C. 3D. 3.110. 若tan()34πα+=-，则2sin 2cos αα-=（ ）A.35 B. 25-C. -1D. 311.已知双曲线2222:1x y C a b-=()0,0a b >>的左、右焦点分别为1F 、2F ,过2F 作垂直于实轴的弦PQ ,若12PF Q π∠=,则C 的离心率e 为( )112 12. 已知()f x 是定义域为R 的偶函数,且在()0,+∞单调递增,设21log 3m f ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()0.17n f -=, ()4log 25p f =,则,,m n p 的大小关系为( )A.m p n >>B.p n m >>C.p m n >>D.n p m >> 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年浙江省高考数学模拟试卷(4月份)(含答案解析)
2020年浙江省高考数学模拟试卷（4月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.设集合A={x∈N||x|<4}，B={x|2x≤4}，则A∩B=()A. {x|x≤2}B. {x|−4<x≤2}C. {0,1，2}D. {1,2}2.设复数z满足i⋅z=2+3i，其中i为虚数单位，在复平面内，复数z对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.已知q是等比数列{a n}的公比，首项a1<0，则“0<q<1”是“数列{a n}是递增数列”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4.设x，y满足{x−y≥0x+2y≤3x−2y≤1，则|x+4y|的最大值为()A. 0B. 1C. 2D. 55.函数y=−cosx⋅ln|x|的图象可能是()A. B.C. D.6.随机变量X满足P(X=p)=p，P(X=1−p)=1−p，随机变量Y=1−X，则()A. E(X)≥E(Y)，D(X)≥D(Y)B. E(X)≥E(Y)，D(X)=D(Y)C. E(X)≤E(Y)，D(X)≥D(Y)D. E(X)≤E(Y)，D(X)=D(Y)7.已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，BD的中点，P是线段EF上的动点(含端点).PA与平面BCD所成的角为θ1，二面角A−EF−D的平面角为θ2，二面角A−CD−B的平面角为θ3，则()A. θ1≤θ3≤θ2B. θ3≤θ1≤θ2C. θ1≤θ2，θ1≤θ3D. θ1≤θ3，θ2≤θ38.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，满足|PF1|=|F1F2|，PF2与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率是() A. √2 B. √3 C. √5 D. 39. 已知a ∈R ，函数f(x)={x 2−ax +a,x <1lnx −ax,x ≥1，则函数y =f(x)的零点个数不可能为( )A. 0B. 1C. 2D. 310. 已知数列{a n }满足：a 1=1，a n+1=12an +1(n ∈N ∗)．(1)数列{a n }是单调递减数列； (2)对任意的n ∈N ∗，都有a n ≥13； (3)数列{|a n −12|}是单调递减数列；(4)对任意的n ∈N ∗，都有|a n+1−a n |≤23⋅(611)n−1．则上述结论正确的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 若log 3m =2，则m =______；2log 23+30+log 39=______．12. 《九章算术》中有这样的描述：“今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤四丈”，其中“广”是东西走向的意思，“袤”是南北走向的意思．若有几何体的三视图如图，则该几何体的体积为______，表面积为______(不需填单位)．13. 已知多项式(2x +a)5=a 0+a 1x +⋯+a 5x 5+(1+x)2，若a 0=0，则a =______；若a 2=−41，则a 1+a 2+⋯+a 5=______．14. 在△ABC 中，∠BAC 的平分线交BC 于点D ，AB =AD =1，AC =2，则BC =______；若O 是△ABD 的外接圆圆心，则BO =______． 15. 设点P(1,y 0)，若圆O ：x 2+y 2=1上存在点Q ，使得∠OPQ ≥π6，则y 0的取值范围是______．16. 地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库，当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有______种． 17. 矩形ABCD 中，AB =4，BC =3，圆O 是△BCD 的内切圆，P 是圆O 上的动点，M 为AB 的中点，N 为边AD 上的动点(包含端点)，则MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.已知函数f(x)=2sinxsin(x+π3)−12．(Ⅰ)若f(x+φ)为偶函数，且φ∈(0,π)，求φ；(Ⅱ)在△ABC中，角A满足f(A)=1，sinB=2sinC，a=2，求△ABC的面积．19.如图，已知多面体ABCD−A1B1C1D1，AA1，BB1，CC1，DD1均垂直于平面ABCD，AD//BC，AB=BC=CD=AA1=CC1=2，BB1=1，AD=DD1=4．(Ⅰ)证明：A1C1⊥平面CDD1C1；(Ⅱ)求直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．20.已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n，数列{b n}的前n项和T n=1−b n．(Ⅰ)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(Ⅱ)设R n=1S1+1S2+⋯+1S n，试比较R n与T n的大小．21.如图，椭圆：x22+y2=1的上顶点A恰为抛物线x2=2py(p>0)的焦点，B，C是抛物线上的两个动点．(Ⅰ)若点P(2,1)，且满足PC⊥CB，求点B横坐标的取值范围；(Ⅱ)若A，B，C三点共线，过坐标原点O的直线l平分BC，且与椭圆交于M，N两点，求△BMN面积的最大值．22.已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=f(x)(x−lnx)−x2，a∈R．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若a∈Z，且函数g(x)只有一个零点，求a的最小值．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：∵A={0,1，2，3}，B={x|x≤2}，∴A∩B={0,1，2}．故选：C．可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．本题考查了描述法、列举法的定义，绝对值不等式的解法，指数函数的单调性，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.答案：D解析：解：由题知，z=2+3ii =2i+3=3−2i，对应的点(3,−2)，在复平面内位于第四象限，故选：D．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．本题考查复数的几何意义和除法运算，是基础题．3.答案：C解析：解：在等比数列{a n}中，a n+1−a n=a1q n−1⋅(q−1),a1<0，若数列{a n}是递增数列，则0< q<1；反之，若0<q<1，则a n+1−a n=a1q n−1(q−1)>0，数列{a n}是递增数列，所以“0<q<1”是“数列{a n}是递增数列”的充要条件．故选：C．本题考查等比数列的性质及充要条件的判定．此题借助于等比数列的性质来考查充要条件的判定，易忽视前提条件：首项a1<0．4.答案：D解析：解：作出可行域如图中的阴影部分(含边界)所示，设z=x+4y，因为直线z=x+4y的斜率为−14>−12，目标函数z=x+4y中的z随直线x+4y=0向上平移而增大，所以目标函数z=x+4y在点A(1,1)处取得最大值5，在点C(−1,−1)处取得最小值−5，故|x+4y|的最大值为5，故选：D．作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最小值．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．解析：解：因为y=−cosx⋅ln|x|为偶函数，定义域为{x|x≠0}，故排除C，D；当x=π时，y=lnπ<2，排除B；故选：A．由函数为偶函数，可排除C，D，由lnπ<2，可排除B，由此得出正确选项．本题考查函数图象及性质，属于基础题．6.答案：B解析：解：∵P(X=p)=p，P(X=1−p)=1−p，∴E(X)=p2+(1−p)2，∵Y=1−X，∴E(Y)=1−E(X)=2p(1−p)，由基本不等式可知E(X)≥E(Y)．又D(Y)=D(1−X)=D(X)，故选：B．先根据随机变量X的概率分布，计算出E(X)，由于Y=1−X，所以可得出E(Y)，D(X)和D(Y)的大小关系．本题考查随机变量的期望和方差，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．7.答案：B解析：解：如图所示，设点O为底面BCD的中心，作OH⊥EF于点H，连接AH，AO，PO，则θ1=∠APO，θ2=∠AHO，二面角A−CD−B与二面角A−BC−D相等，所以θ3=∠AEO．因为OH≤OP≤OE，所以tanθ2≥tanθ1≥tanθ3，所以θ2≥θ1≥θ3，故选：B．如图，作OH⊥EF得到θ1=∠APO，θ2=∠AHO，θ3=∠AEO.根据OH≤OP≤OE，则可得θ2≥θ1≥θ3，本题考查空间角的直观分析．数形结合，属于中档题．8.答案：D解析：解：设双曲线焦距为2c，由题意得|PF1|=|F1F2|=2c，所以|PF2|=2c−2a．如图，在等腰△PF1F2中，cos∠PF2F1=c−a2c，又由PF2与双曲线的一条渐近线平行知cos∠PF2F1=ac，所以c−a2c =ac，解得c=3a，则该双曲线的离心率e=3，故选：D．由三角形的余弦定理和双曲线的渐近线可得所以c−a2c =ac，化简可得c=3a，再由离心率公式可得所本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件求出a 、c 关系，是解决本题的关键． 9.答案：D解析：解：令f(x)=0，得a =g(x)={x 2x−1,x <1；lnxx,x ≥1．当x <1且x ≠0时，g(x)=x 2x−1=11x−(1x)2=1−(1x −12)2+14；故其在(−∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减； 且g(0)=0； 当x ≥1时，g(x)=lnx x，g′(x)=1−lnx x 2；故g(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且g(1)=0其余对应的g(x)>0 画出y =g(x)的图象如图所示．由图象可知，y =g(x)与y =a 的交点个数可能是0个，1个和两个；不可能是3个； 故选：D ．把所求问题通过整理，转化为求g(x)={x 2x−1,x <1；lnxx ,x ≥1．与y =a 的交点个数问题，画出图象，借助于图象求解即可．本题考查了方程的根与函数的零点的关系，同时考查了数形结合的数学思想以及转化思想，属于基础题． 10.答案：C解析：解：由题可知a 1=1,a 2=13,a 3=35>a 2，故(1)不正确； 由题意得a n >0，则|a n+1−12||a n −12|=12an+1<1，故数列{|a n −12|}为单调递减数列，故(3)正确； 因为a 1=1,a 2=13.所以当n ≥3时，|a n −12|<16，则13<a n <23，故a n ≥13(n ∈N ∗)，故(2)正确； 因为|a n+2−a n+1||a n+1−a n |=22an+3≤611，所以|a n+1−a n |≤|a 2−a 1|⋅(611)n−1=23⋅(611)n−1，故(4)正确．综上，正确结论的个数为3，故选：C ．(1)，(3)可利用作差法来解决，(2)，(4)运用到的是基本不等式的性质，也可以采用作差法来解决大小的问题．本题考查数列与不等式的综合、迭代法、通项公式与递推关系之间的推导．11.答案：9 6解析：解若log3m=2，则m=9，2log23+30+log39=3+1+2=6．①利用指数为对数逆运算，a x=y，则x=log a y，从而得出答案．②利用对数运算公式a log a N=N，求出答案．本题考查对数的运算，属于基础题．12.答案：60 54+8√26解析：解：由题意可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的横放的直四棱柱(如图所示)．易知，底面是上底为2，下底为4，高为5的等腰梯形，故S底面=12(2+4)×5=15．梯形的腰长为√52+11=√26又因为柱体的高为4，故侧面积S侧=(2+4+2√26)×4=24+8√26．故表面积为S表=2S底+S侧=54+8√26．该几何体的体V=S底×ℎ=15×4=60．故答案为：60 54+8√26因为正视图、俯视图都是矩形，所以初步判断是一个柱体，再结合侧视图可知，这是一个底面为梯形的直四棱柱．据此计算体积、表面积．本题考查空间几何体的三视图的识图问题，以及四棱柱的表面积、体积计算问题，同时考查了学生的直观想象、数学运算以及逻辑推理等数学核心素养．属于中档题．13.答案：1 −1解析：解：由题可知(2x+a)5−(1+x)2=a0+a1x+⋯+a5x5，令x=0，则a5−1=a0=0，故a=1；若a2=C53×22×a3−1=−41，则a=−1，∴(2x−1)5−(1+x)2=a0+a1x+⋯+a5x5；令x=0可得a0=−2，令x=1可得a0+a1+a2+⋯+a5=15−22=−3；故a1+a2+⋯+a5=−1．故答案为：1，−1．把已知等式变形，整理后令x=0可得第一个空，根据a2求得a，再令x=1即可求解结论．本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．14.答案：3√22√14 7解析：解：因为AD平分∠BAC，所以ABAC =BDCD=12；所以cos∠BAD=cos∠CAD，由余弦定理得AB2+AD2− BD22AB⋅AD =AD2+AC2−DC22AD⋅AC，即1+1−BD22×1×1=1+4−4BD22×1×2，解得BD=√22，所以CD=√2，所以BC=3√22；在△ABD中，由余弦定理得cosB=AB2+BD2−AD22AB⋅BD =√24，所以sinB=√1−cos2B=√1−216=√144，由正弦定理得BO=AD2sinB=2×√144=√147．根据角平分线定理和余弦定理，列方程求得BD的值，从而求得CD、BC的值；在△ABD中由余弦定理求得cos B的值，再计算sin B，由正弦定理求出BO的值．本题考查了正弦定理、余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．15.答案：[−√3,√3]解析：解：如图，找临界情况：当PQ与圆O相切，且∠OPQ=π6时，y0=±√3，所以当−√3≤y0≤√3时，符合题意．故答案为：[−√3,√3]结合已知可找临界情况，可先求出当PQ与圆O相切时的y0即可求解．本题考查直线与圆的位置关系，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．16.答案：336解析：解：根据题意，分2步进行分析：(1)：首先把四辆车排列有A44种排法，再把两个连续的空车位捆绑与另一空车位往4辆车中插入有A52种方法，由乘法原理有A44A52种停法；(2)：因为红、白两车相邻的情况有A33A22A42种．则符合要求的停车方法有A44A52−A33A22A42=336种．故停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有336种．故答案为：336．根据题意，首先用捆绑法与插空法计算恰有两个连续的空车位必须相邻的所有停车方法，再计算红白两车相邻的停车法；结合题意，用间接法，两数相减，即可得答案．本题考查排列组合的应用，本题运用间接法，捆绑法，插空法，可以避免讨论，简化计算．属于中档题．17.答案：√13+4解析：解：先固定点P ，则MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≤max{MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }，易得圆O 的半径为1，以C 为坐标原点建立如图所示坐标系，则M(3,2)，D(0,4)， 设P(x,y)，则对应的圆的方程为：(x −1)2+(y −1)2=1； ∴MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −3,y −2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,2)； 利用投影可得MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≤0， MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3)(x −3)+2(y −2)=−3x +2y +5； ∵(x −1)2+(y −1)2=1；故可得：x =1+cosα，y =1+sinα；∴MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +2y +5=2sinα−3cosα+4=√13sin (α−φ)+4，其中tanφ=32； 所以：MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为：√13+4． 故MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为√13+4． 故答案为：√13+4．先根据条件把所求问题转化，再建立坐标系，通过点的坐标转化以及三角函数的有关知识即可求解结论．本题考查了数量积运算性质、三角函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.答案：解：(Ⅰ)f(x)=2sinx(12sinx +√32cosx)−12=sin 2x +√3sinxcosx −12=1−cos2x 2+√32sin2x −12=sin (2x −π6)，则f(x +φ)=sin (2x +2φ−π6)，由f(x +4)为偶函数可知f(0+φ)=sin (2φ−π6)=±1，所以2φ−π6=π2+kπ(k ∈Z)， 解得φ=π3+kπ2(k ∈Z)．又因为φ∈(0,π)，所以φ=π3或56π．(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(A)=sin (2A −π6)=1⇒A =π3，sinB =2sinC ⇒b =2c ，所以由余弦定理得cosA =b 2+c 2−a 22bc⇒c =23√3，b =43√3，所以△ABC 的面积S =12bcsinA =12×43√3×23√3×√32=23√3．解析：(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果． (2)利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 19.答案：(Ⅰ)证明：如图，连接AC ， ∵AA 1//CC 1，且AA 1=CC 1，∴四边形ACC 1A 1为平行四边形，即A 1C 1//AC ．又底面ABCD 为等腰梯形，且AB =BC =CD =2，AD =4，∴AC ⊥CD ． ∵CC 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴CC 1⊥AC ．又CD ∩CC 1=C ，∴AC ⊥平面CDD 1C 1， ∴A 1C 1⊥平面CDD 1C 1；(Ⅱ)解：法一、由题意得BC 1=2√2，延长DC ，D 1C 1，AB ，A 1B 1交于点G ，取CG 中点M ，连接BM ，AC ．∵BM//AC//A 1C 1，BM ⊄平面A 1B 1C 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， ∴BM//平面A 1B 1C 1，∴点B 到平面A 1B 1C 1的距离和点M 到平面A 1B 1C 1的距离相等． 由(Ⅰ)知A 1C 1⊥平面CDD 1C 1， 又A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，∴平面A 1B 1C 1⊥平面CDD 1C 1．过点M 作MH ⊥GD 1于点H ，则MH ⊥平面A 1B 1C 1， 即点M 到平面A 1B 1C 1的距离为MH =√22．设直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成的角为θ， 则sinθ=MH BC 1=√222√2=14，即直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成角的正弦值为14；解法二、以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，过点D 且垂直于平面ADD 1A 1的直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(3,√3,0),A 1(4,0,2),B 1(3,√3,1),C 1(1,√3,2)， BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,√3,0)，B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,1)．设平面A 1B 1C 1的法向量n⃗ =(x,y,z)， 由{n ⃗ ⋅A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +√3y =0n ⃗ ⋅B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +z =0，令x =1，得n ⃗ =(1,√3,2)．设直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成的角为θ，则sinθ=|cos 〈BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 1,n ⃗ 〉|=2√2⋅2√2=14，即直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为14．解析：(Ⅰ)连接AC，由已知可得四边形ACC1A1为平行四边形，即A1C1//AC.再由已知证明CC1⊥AC.结合直线与平面垂直的判定可得AC⊥平面CDD1C1，从而得到A1C1⊥平面CDD1C1；(Ⅱ)法一、延长D1C1，AB，A1B1交于点G，取CG中点M，连接BM，AC.证明BM//平面A1B1C1，可得点B到平面A1B1C1的距离和点M到平面A1B1C1的距离相等．由(Ⅰ)知A1C1⊥平面CDD1C1，可得平面A1B1C1⊥平面CDD1C1.过点M作MH⊥GD1于点H，则MH⊥平面A1B1C1，求得点M到平面A1B1C1的距离为MH=√22.设直线BC1与平面A1B1C1所成的角为θ，可得sinθ，得到直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值；法二、以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，过点D且垂直于平面ADD1A1的直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标与平面A1B1C1的一个法向量n⃗，由BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与n⃗所成角的余弦值可得直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．本题考查直线与平面垂直的判定、线面角，考查空间想象能力和运算求解能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20.答案：解：(Ⅰ)由题意得当n≥2时，a n=S n−S n−1=n2+2n−(n−1)2−2(n−1)=2n+1，经检验当n=1时a1=3，也成立，∴数列{a n}的通项公式为a n=2n+1(n∈N∗)；当n≥2时，b n=T n−T n−1=b n−1−b n，∴b nb n−1=12，当n=1时，b1=12，∴数列{b n}的通项公式为b n=12n(n∈N∗)；(Ⅱ)∵1S n =1n(n+2)=12(1n−1n+2)，R n=12×(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)=12×(1+12−1n+1−1n+2)<34．当n≥2时，T n=1−b n=1−12≥T2=34>R n，且T1>R1，∴T n>R n(n∈N∗)．解析：(Ⅰ)运用数列的递推式：当n≥2时，a n=S n−S n−1，计算可得a n；运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得所求b n；(Ⅱ)求得1S n =1n(n+2)=12(1n−1n+2)，由数列的裂项相消求和可得R n，讨论当n≥2时，n=1时，R n与T n的大小可得所求关系．本题考查数列的通项与求和，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题．21.答案：解：(Ⅰ)由题易知A(0,1)，则p2=1，则抛物线的方程为x2=4y．设B(x1,x124),C(x2,x224)．∵PC⊥CB，∴PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2−2,x 224−1)⋅(x 1−x 2,x 12−x 224)=(x 2−2)(x 1−x 2)+x 22−44⋅x 12−x 224=0， 化简得1+(x 2+2)(x 1+x 2)16=0，即x 1=−16x2+2−x 2=−[(x 2+2)+16(x2+2)]+2∈(−∞,−6]∪[10,+∞)，故点B 橫坐标的取值范围为(−∞,−6]∪[10,+∞)． (Ⅱ)设直线BC ：y =kx +1,B(x 1,x 124),C(x 2,x 224)，联立{y =kx +1x 2=4y得x 2−4kx −4=0，显然△>0，∴{x 1+x 2=4kx 1x 2=−4，∴BC 的中点坐标为(2k,2k 2+1)．设直线MN 的方程为y =mx ，其中m =2k 2+12k．联立{y =mx x 2+2y 2=2得(1+2m 2)x 2=2，∴x M =−x N =√2√1+2m 2， ∴|MN|=2√1+m 2|√2√1+2m 2．由点到直线的距离公式可知，点B 、C 到MN 的距离分别为d 1=|x 124−mx |√m 2+1，d 2=|x 224−mx |√m 2+1．且点B ，C 在直线MN 的两侧， ∴d 1+d 2=|(x 124−mx )−(x 224−mx )|√m 2+1=|x 1+x 24(x −x )−m(x −x )|√m 2+1=4|k−m|⋅√k 2+1√m 2+1． ∵MN 平分BC ，∴S △BMN =S △CMN ， ∴S △BMN =12(S △BMN +S △CMN )=|MN|4⋅(d 1+d 2)=2|k −m|√k 2+1|√2√1+2m 2=2√k 2+14k 4+6k 2+1．设k 2+1=t ，t ≥1， ∴k 2+14k 4+6k 2+1=t4(t−1)2+6(t−1)+1=14t−1t−2≤1，即当k =0时，(S △BMN )max =2．解析：(Ⅰ)先根据椭圆的几何性质求出点A 的坐标，从而得到抛物线的方程，设B(x 1,x 124),C(x 2,x 224)，结合PC ⊥CB ，利用平面向量数量积的坐标运算，构造等式，用x 2表示出x 1，然后利用对勾函数的性质即可得解；(Ⅱ)设直线BC 的方程为y =kx +1，联立该方程与抛物线的方程，结合韦达定理可求得BC 中点的坐标；再设直线MN 的方程为y =mx ，联立该方程与椭圆的方程，可求得M 、N 的坐标，进而求得线段|MN|的长，以及利用点到直线的距离公式可求得B 、C 两点到直线MN 的距离d 1，d 2，由于MN 平分BC ，所以S △BMN =12(S △BMN +S △CMN )=|MN|4⋅(d 1+d 2)，最后对其进行化简整理，即可得解．本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，涉及曲直联立、点到直线的距离公式、平面向量数量积的坐标运算、利用对勾函数、换元法等求最值，具有一定的综合性，考查学生转化与化归的思想和运算能力，属于难题．22.答案：解：(Ⅰ)由题意可知x >0，f′(x)=a +1x ．当a ≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，f(x)在(0,−1a )上单调递增，在(−1a ,+∞)上单调递减．(Ⅱ)解法一：由题意可知x >0，且g(x)=(ax +lnx)(x −lnx)−x 2=0⇔(a +lnx x)(1−lnx x)=1．令t =lnx x,t ∈(−∞,1e ],则(a +t)(1−t)=1．记φ(t)=t 2+(a −1)t +1−a =0，(∗)当a ≤−1时，a +t <0，1−t >0，与(a +t)(1−t)=1相矛盾，此时(∗)式无解； 当a =0时，φ(t)=t 2−t +1=0无解；当a =1时，(∗)式的解为t =0，此时g(x)=0有唯一解x =1； 当a ≥2时，{t 1t 2=1−a <0t 1+t 2=1−a <0，φ(1e )=1e 2+(a −1)(1e −1)≤1e 2+1e −1<0，所以(∗)式只有一个负根t 0，g(x)=0有唯一解，故a 的最小值为1． 解法二：由题得g(x)=(ax +lnx)(x −lnx)−x 2=0⇔(a +lnx x)(1−lnx x)=1，令t =lnx x，则a =11−t −t ．再令k =1−t ，则a +1=k +1k ． 记y =k +1k ,k =1−lnx x，函数y =k +1k 和函数k =1−lnx x的图象如图所示：当a +1<2，即a <1时，显然不成立；当a +1≥2，即a ≥1时，由a ∈Z ，得方程a +1=k +1k 存在唯一解k 0，且k 0≥1． 此时k =1−lnx x亦存在唯一解x 0．综上，a的最小值为1．解析：(Ⅰ)可求得f′(x)=a+1x(x>0)，分a≥0与a<0两类讨论可得函数的单调情况；(Ⅱ)解法一：由g(x)=0，可得(a+lnxx )(1−lnxx)=1，令t=lnxx,t∈(−∞,1e]，则(a+t)(1−t)=1，记φ(t)=t2+(a−1)t+1−a=0，(∗)分a≤−1，a=0，a=1三类讨论，可得a的最小值；解法二：由题得g(x)=(ax+lnx)(x−lnx)−x2=0⇔(a+lnxx )(1−lnxx)=1，令t=lnxx，则a=1 1−t −t，再令k=1−t，则a+1=k+1k，记y=k+1k,k=1−lnxx，作出函数y=k+1k和函数k=1−lnxx的图象，分析可求得a的最小值．本题考查导数在研究函数中的应用，突出考查推理论证能力，考查分类与整合思想、等价转化思想及数形结合思想的综合运用，属于难题．。
2020年浙江省高考数学模拟试卷及答案
2020年浙江省高考数学模拟试卷一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）已知A ＝{x ∈N *|x ≤3}，B ＝{x|x 2﹣4x ≤0}，则A ∩B ＝（）A ．{1，2，3}B ．{1，2}C ．（0，3]D ．（3，4]2．（4分）设i 为虚数单位，复数??=2+3??，则z 的共轭复数是（）A ．3﹣2iB ．3+2iC ．﹣3﹣2iD ．﹣3+2i3．（4分）设变量x ，y 满足约束条件{+??≥1，2??-??≤2，-??+1≥0，则z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值为（）A ．2B ．4√55C ．4D ．1654．（4分）已知α为任意角，则“cos2α＝13”是“sin α＝√33”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要5．（4分）函数f （x ）＝x 2+e |x|的图象只可能是（）A ．B ．C ．D ．6．（4分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为线段AD 的中点，Q 为线段B 1C 1的动点，则下列说法中错误的是（）A ．线段PQ 与平面CDD 1C 1可能平行B ．当Q 为线段B 1C 1的中点时，线段PQ 与DD 1所成角为4C ．≥√2D ．CD 1与PQ 不可能垂直7．（4分）已知0＜??＜23，随机变量ξ的分布列如图：则当a增大时，ξ的期望E（ξ）变化情况是（）ξ﹣101P13a bA．E（ξ）增大B．E（ξ）减小C．E（ξ）先增后减D．E（ξ）先减后增8．（4分）已知函数??(??)={2+4??+2，??≤02??，??＞0，且方程f（x）＝a有三个不同的实数根x1，x2，x3，则x1+x2+x3的取值范围为（）A．(-154，0]B．(-154，2]C．[﹣4，+∞）D．[﹣4，2）9．（4分）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，M是棱A1C1上的点，记直线AM与直线BC所成的角为α，直线AM与平面ABC所成的角为β，二面角M﹣AC﹣B的平面角为γ．则（）A．α≥β，β≤γB．α≤β，β≤γC．α≥β，β≥γD．α≤β，β≥γ10．（4分）设数列{a n}满足a n+1＝a n2+2a n﹣2（n∈N*），若存在常数λ，使得a n≤λ恒成立，则λ的最小值是（）A．﹣3B．﹣2C．﹣1D．1二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）过点P（1，1）作直线l与双曲线??2-22=??交于A，B两点，若点P恰为线段AB的中点，则实数λ的取值范围是．12．（6分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．13．（6分）已知（1﹣x）6＝a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则a2＝，a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6＝．14．（6分）在△ABC中，a＝1，cosC=34，△ABC的面积为√74，则c＝．15．（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22+??2??2=1（a＞b＞0）的上、下顶点分别为B2，B1，若一个半径为√2b，过点B1，B2的圆M与椭圆的一个交点为P（异于顶点B1，B2），且|k1-k2|=89，则椭圆的离心率为．16．（4分）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD＝60°，CB＝CD＝2√3．若点M为边BC上的动点，则→→的最小值为．17．（4分）设f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且满足f（x）+xf'（x）＞0，则不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集为三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b﹣c＝1，cosA=13，△ABC的面积为2√2．（Ⅰ）求a及sinC的值；（Ⅱ）求cos（2A-6）的值．19．（15分）如图，三棱锥D﹣ABC中，AD＝CD，AB＝BC＝4√2，AB⊥BC．（1）求证：AC⊥BD；（2）若二面角D﹣AC﹣B的大小为150°且BD＝4√7时，求直线BM与面ABC所成角的正弦值．20．（15分）在等差数列{a n}和正项等比数列{b n}中，a1＝1，b1＝2，且b1，a2，b2成等差数列，数列{b n}的前n项和为Sn，且S3＝14．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）令??=????，（﹣1）n d n＝nc n+n，求数列{d n}的前项和为T n．21．（15分）已知抛物线y2＝x上的动点M（x0，y0），过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点，交直线x＝t于A、B两点．（1）若点M纵坐标为√2，求M与焦点的距离；（2）若t＝﹣1，P（1，1），Q（1，﹣1），求证：y A y B为常数；（3）是否存在t，使得y A y B＝1且y P?y Q为常数？若存在，求出t的所有可能值，若不存在，请说明理由．22．（15分）设函数f（x）＝e x cosx，g（x）＝e2x﹣2ax．（1）当??∈[0，]时，求f（x）的值域；3恒成立（f'（x）是f（x）的导函数），求实数a的取值范围．（2）当x∈[0，+∞）时，不等式??(??)≥′(??)2??2020年浙江省高考数学模拟试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）已知A ＝{x ∈N *|x ≤3}，B ＝{x|x 2﹣4x ≤0}，则A ∩B ＝（）A ．{1，2，3}B ．{1，2}C ．（0，3]D ．（3，4]【解答】解：由题意得：A ＝{x ∈N *|x ≤3}＝{1，2，3}，B ＝{x|x 2﹣4x ≤0}＝{x|0≤x ≤4}，∴所以A ∩B ＝{1，2，3}，故选：A ．2．（4分）设i 为虚数单位，复数??=2+3??，则z 的共轭复数是（）A ．3﹣2iB ．3+2iC ．﹣3﹣2iD ．﹣3+2i【解答】解：∵??=2+3??=(2+3??)(-??)-??2=3-2??，∴??=3+2??．故选：B ．3．（4分）设变量x ，y 满足约束条件{+??≥1，2??-??≤2，-??+1≥0，则z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值为（）A ．2B ．4√55C ．4D ．165【解答】解：画出变量x ，y 满足约束条件{+??≥1，2??-??≤2，-??+1≥0，的可行域，可发现z ＝（x ﹣3）2+y 2的最小值是（3，0）到2x ﹣y ﹣2＝0距离的平方．取得最小值：(6-2√4+1)2=165．故选：D ．4．（4分）已知α为任意角，则“cos2α＝13”是“sin α＝√33”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要【解答】解：若cos2α＝13，则cos2α＝1﹣2sin 2α，sin α＝±√33，则cos2α＝13”是“sin α＝√33”的不充分条件；若sin α＝√33，则cos2α＝1﹣2sin 2α，cos2α＝13，则cos2α＝13”是“sin α＝√33”的必要条件；综上所述：“cos2α＝13”是“sin α＝√33”的必要不充分条件．故选：B ．5．（4分）函数f（x）＝x2+e|x|的图象只可能是（）A．B．C．D．【解答】解：因为对于任意的x∈R，f（x）＝x2+e|x|＞0恒成立，所以排除A，B，由于f（0）＝02+e|0|＝1，则排除D，故选：C．6．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段AD的中点，Q为线段B1C1的动点，则下列说法中错误的是（）A．线段PQ与平面CDD1C1可能平行B．当Q为线段B1C1的中点时，线段PQ与DD1所成角为4C．≥√2D．CD1与PQ不可能垂直【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段AD的中点，Q为线段B1C1的动点，在A中，当Q为线段B1C1中点时，线段PQ与平面CDD1C1平行，故A正确；在C中，当Q为线段B1C1的中点时，PQ∥DC1，∴线段PQ与DD1所成角为∠C1DD1=4，故B正确；在C中，PQ≥√2AB，当且仅当Q为线段B1C1的中点时取等号，故C正确；在D中，当Q为线段B1C1的中点时，PQ∥DC1，CD1与PQ垂直，故D错误．故选：D．7．（4分）已知0＜??＜23，随机变量ξ的分布列如图：则当a增大时，ξ的期望E（ξ）变化情况是（）ξ﹣101P13a b A．E（ξ）增大B．E（ξ）减小C．E（ξ）先增后减D．E（ξ）先减后增【解答】解：依题可知{()=-13+??+??=23，∴??(??)=-13+23-??，∴当a 增大时，ξ的期望E （ξ）减小．故选：B ．8．（4分）已知函数??(??)={2+4??+2，??≤02??，??＞0，且方程f （x ）＝a 有三个不同的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1+x 2+x 3的取值范围为（）A ．(-154，0]B ．(-154，2]C ．[﹣4，+∞）D ．[﹣4，2）【解答】解：作出函数f （x ）的图象，方程f （x ）＝a 有三个不同的实数根即等价于函数y ＝f （x ）的图象与直线y ＝a 有三个交点A ，B ，C ，故有﹣2＜a ≤2，不妨设x 1＜x 2＜x 3，因为点A ，B 关于直线x ＝﹣2对称，所以x 1+x 2＝﹣4，﹣2＜log 2x 3≤2，即14＜x 3≤4，故-154＜x 1+x 2+x 3≤0．故选：A ．9．（4分）如图，在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，M 是棱A 1C 1上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M ﹣AC ﹣B 的平面角为γ．则（）A ．α≥β，β≤γB ．α≤β，β≤γC ．α≥β，β≥γD ．α≤β，β≥γ【解答】解：∵在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，M 是棱A 1C 1上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M ﹣AC ﹣B 的平面角为γ．∴根据最小角定理得α≥β，根据最大角定理得β≤γ．故选：A ．10．（4分）设数列{a n }满足a n+1＝a n 2+2a n ﹣2（n ∈N *），若存在常数λ，使得a n ≤λ恒成立，则λ的最小值是（）A ．﹣3B ．﹣2C ．﹣1D ．1【解答】解：??+1-????=????2+????-2=(????+2)(????-1)，若a n ＜﹣2，则a n+1＞a n ，则该数列单调递增，所以无限趋于﹣2．若a n ＝﹣2，则a n+1＝a n ，则该数列为常数列，即a n ＝2．所以，综上所述，λ≥﹣2．∴λ的最小值是﹣2．故选：B．二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）过点P（1，1）作直线l与双曲线??2-22=??交于A，B两点，若点P恰为线段AB的中点，则实数λ的取值范围是（﹣∞，0）∪（0，12）．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入双曲线可得：{12-122=??22-222=??，两式相减可得：1-??2??1-??2=2(??1+??2)??1+??2，而由题意可得，x1+x2＝2×1＝2，y1+y2＝2×1＝2，所以直线AB的斜率k=1-??21-??2=2×２2=2，所以直线AB的方程为：y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1，代入双曲线的方程可得：2x2﹣4x+1+2λ＝0，因为直线与双曲线由两个交点，所以△＞0，且λ≠0，即△＝16﹣4×2×（1+2λ）＞0，解得：??＜12，所以实数λ的取值范围是（﹣∞，0）∪（0，12），故答案为：（﹣∞，0）∪（0，12）．12．（6分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为9．【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：下底面为直角梯形，高为3的四棱锥体，如图所示：所以：V=13×12(2+4)×3×3=9，故答案为：913．（6分）已知（1﹣x）6＝a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则a2＝15，a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6＝64．【解答】解：由（1﹣x）6的通项为??+1=??6(-??)??可得，令r＝2，即x2项的系数a2为??62=15，即a2＝15，由（1﹣x）6＝a0+a1x+a2x2+…+a6x6，取x＝﹣1，得a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6＝[1﹣（﹣1）]6＝64，故答案为：15，64．14．（6分）在△ABC中，a＝1，cosC=34，△ABC的面积为√74，则c＝√2．【解答】解：∵a＝1，cosC=34，△ABC的面积为√74，∴sinC=√１-2??=√74，可得√74=12absinC=√78ab，解得ab＝2，∴b＝2，∴由余弦定理可得c=√??2+??2-2=√12+22-2×1×2×34=√2．故答案为：√2．15．（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22+??2??2=1（a＞b＞0）的上、下顶点分别为B2，B1，若一个半径为√2b，过点B1，B2的圆M与椭圆的一个交点为P（异于顶点B1，B2），且|k1-k2|=89，则椭圆的离心率为2√23．【解答】解：设P（x0，y0），B1（0，﹣b），B2（0，+b），由|k1-k2|=89，|0-??-??0+????0|=89，∴|x0|=94b，由题意得圆M的圆心在x轴上，设圆心（t，0），由题意知：t2+b2＝2b2∴t2＝b2，∴MP2＝2b2＝（x0﹣t）2+y02，∴y02=716??2，P在椭圆上，所以81??216??2+716=1，∴a2＝9b2＝9（a2﹣c2），∴e2=89，所以离心率为2√23，故答案为：2√23．16．（4分）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD＝60°，CB＝CD＝2√3．若点M为边BC上的动点，则→→的最小值为214．【解答】解：如图所示：以B为原点，以BA所在的直线为x轴，以BC所在的直线为y轴，过点D做DP⊥x轴，过点D做DQ⊥y轴，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，==2√3，∴B（0，0），A（2，0），C（0，2√3），D（3，√3），设M（0，a），则→=（﹣2，a），→=（﹣3，a-√3），故→→=6+a（a-√3）=(??-√32)2+214≥214，故答案为：214．17．（4分）设f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且满足f（x）+xf'（x）＞0，则不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集为（1，2）【解答】解：令g（x）＝xf（x），x∈（0，+∞）．g′（x）＝f（x）+xf'（x）＞0，∴函数g（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）即不等式（x+1）f（x+1）＞（x2﹣1）f（x2﹣1），x+1＞0．∴x+1＞x2﹣1＞0，解得：1＜x＜2．∴不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集为（1，2）．故答案为：（1，2）．三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b﹣c＝1，cosA=13，△ABC的面积为2√2．（Ⅰ）求a及sinC的值；（Ⅱ）求cos（2A-6）的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b﹣c＝1，cosA=13，∴sinA=√１-2=2√23，∵△ABC的面积为12bc?sinA=22√23=√23bc＝2√2，∴bc＝6，∴b＝3，c＝2，∴a=√??2+??2-2=√9+4-2?3?2?13=3．再根据正弦定理可得=??，即32√23=2，∴sinC=4√29．（Ⅱ）∴sin2A＝2sinAcosA=4√29，cos2A＝2cos2A﹣1=-79，故cos（2A-6）＝cos2Acos6+sin2Asin??6=-79√32+4√29?12=4√2-7√318．19．（15分）如图，三棱锥D﹣ABC中，AD＝CD，AB＝BC＝4√2，AB⊥BC．（1）求证：AC⊥BD；（2）若二面角D﹣AC﹣B的大小为150°且BD＝4√7时，求直线BM与面ABC所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC中点O，连结BO，DO，∵AD＝CD，AB＝BC，∴AC⊥BO，AC⊥DO，∵BO∩DO＝O，∴AC⊥平面BOD，又BD?平面BOD，∴AC⊥BD．（2）解：由（1）知∠BOD是二面角D﹣AC﹣B的平面角，∴∠BOD＝150°，∵AC⊥平面BOD，∴平面BOD⊥平面ABC，在平面BOD内作Oz⊥OB，则Oz⊥平面ABC，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得OB＝4，在△BOD中由余弦定理得OD＝4√3，∴A（0，﹣4，0），B（4，0，0），C（0，4，0），D（﹣6，0，2√3），∴M（﹣3，2，√3），→=（﹣7，2，√3），平面ABC 的法向量??→=（0，0，1），设直线BM 与面ABC 所成角为θ，则直线BM 与面ABC 所成角的正弦值为：sin θ＝|??→→||??→|?|→|=√3√56=√4228．20．（15分）在等差数列{a n }和正项等比数列{b n }中，a 1＝1，b 1＝2，且b 1，a 2，b 2成等差数列，数列{b n }的前n 项和为Sn ，且S 3＝14．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）令??=????，（﹣1）nd n ＝nc n +n ，求数列{d n }的前项和为T n ．【解答】解：（1）等差数列{a n }的公差设为d ，正项等比数列{b n }的公比设为q ，q ＞0，a 1＝1，b 1＝2，且b 1，a 2，b 2成等差数列，可得2a 2＝b 1+b 2，即2（1+d ）＝2+2q ，即d ＝q ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S 3＝14，可得2+2q+2q 2＝14，解得q ＝2，d ＝2，则a n ＝2n ﹣1，b n ＝2n ；（2）??=?????=2n +1﹣1，（﹣1）n d n ＝nc n +n ＝n?2n+1，则d n ＝2n?（﹣2）n ，前项和为T n ＝2?（﹣2）+4?4+6?（﹣8）+…+2n?（﹣2）n ，﹣2T n ＝2?4+4?（﹣8）+6?16+…+2n?（﹣2）n+1，相减可得3T n ＝﹣4+2（4+（﹣8）+…+（﹣2）n ）﹣2n?（﹣2）n+1＝﹣4+2?4(1-(-2)-1)1-(-2)-2n?（﹣2）n+1，化简可得T n =-49-6??+29（﹣2）n+1．21．（15分）已知抛物线y 2＝x 上的动点M （x 0，y 0），过M 分别作两条直线交抛物线于P 、Q 两点，交直线x ＝t 于A 、B 两点．（1）若点M 纵坐标为√2，求M 与焦点的距离；（2）若t ＝﹣1，P （1，1），Q （1，﹣1），求证：y A y B 为常数；（3）是否存在t ，使得y A y B ＝1且y P ?y Q 为常数？若存在，求出t 的所有可能值，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）解：∵抛物线y 2＝x 上的动点M （x 0，y 0），过M 分别作两条直线交抛物线于P 、Q 两点，交直线x ＝t 于A 、B 两点．点M 纵坐标为√2，∴点M 的横坐标x M ＝（√2）2＝2，∵y 2＝x ，∴p=12，∴M 与焦点的距离为MF =??+2=2+14=94．（2）证明：设M （??02，??0），直线PM ：y ﹣1=0-102-1（x ﹣1），当x ＝﹣1时，??=0-10+1，直线QM ：y+1=??0+102-1（x ﹣1），x ＝﹣1时，y B =-??0-1??0-1，∴y A y B ＝﹣1，∴y A y B 为常数﹣1．（3）解：设M （??02，??0），A （t ，y A ），直线MA ：y ﹣y 0=0-????02-??（x ﹣y 02），联立y 2＝x ，得??2-02-??0-??????+??02-????0-??????0-??02=0，∴y 0+y p =??02-????0-????，即y P =??0????-????0-????，同理得y Q =0????-10-????，∵y A ?y B ＝1，∴y P y Q =??02-0(????+????)+??202-??0(????+????)+1，要使y P y Q 为常数，即t ＝1，此时y P y Q 为常数1，∴存在t ＝1，使得y A ?y B ＝1且y P ?y Q 为常数1．22．（15分）设函数f （x ）＝e x cosx ，g （x ）＝e 2x﹣2ax ．（1）当??∈[0，3]时，求f （x ）的值域；（2）当x ∈[0，+∞）时，不等式??(??)≥′(??)2??恒成立（f'（x ）是f （x ）的导函数），求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）由题可得f '（x ）＝e x cosx ﹣e x sinx ＝e x （cosx ﹣sinx ）．令f'（x ）＝e x （cosx ﹣sin x ）＝0，得??=4∈[0，??3]．当??∈(0，4)时，f'（x ）＞0，当??∈(??4，??3)时，f'（x ）＜0，所以??(??)=??(4)=√22??4，??(??)={??(0)，??(??3)}．因为??(3)=??32＞??332=??2＞1=??(0)，所以f （x ）min ＝1，所以f （x ）的值域为[1，√224]．（2）由??(??)≥′(??)2??得??2??-2≥-，即-+??2??-2≥0．设(??)=-+??2??-2，则?′(??)=2????+2??2??-2??．设φ（x ）＝h'（x ），则??′(??)=4??3??-2√2(??+4)．当x ∈[0，+∞）时，4e 3x ≥4，2√2(??+4≤2√2)，所以φ'（x ）＞0．所以φ（x ）即h'（x ）在[0，+∞）上单调递增，则h'（x ）≥h'（0）＝4﹣2a ．若a ≤2，则h'（x ）≥h'（0）＝4﹣2a ≥0，所以h （x ）在[0，+∞）上单调递增．所以h （xa ＞2）≥h （0）＝0恒成立，符合题意．若，则h'（0）＝4﹣2a ＜0，必存在正实数x 0，满足：当x ∈（0，x 0）时，h'（x ）＜0，h （x ）单调递减，此时h （x ）＜h （0）＝0，不符合题意综上所述，a 的取值范围是（﹣∞，2]．。
浙江省2020年普通高校招生全国统一考试(模拟卷)数学参考答案
,----------------
于是 ,令
设 , ,
当 时, ,
即当 时 .
故当 时, .----------------
22、解(1)当 时,
----------------
21、解:(Ⅰ)F抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F ,设 ,由题意可知 ,则点Q到抛物线C的准线的距离为 ,解得 ,
于是抛物线C的方程为 .----------------
(Ⅱ)若点M的横坐标为 ,则点M , .----------------
由 可得 , .设 ,
----------------
法二：
......9分
设BC中点N,分别以DA,DE,DN所在直线为x,y,z轴,
则A(2,0,0),E(0,2,0),C(-1,0, ),
......11分
设平面 的法向量
则 ,令 ,则
所以 ......13分
,
所以
20、解：（Ⅰ）由题知：
即
所以数列 是等比数列
19、证明（1）：连接BD交AC于S,取AE中点R,连接RS,
四边形 是平行四边形, ...4分
又 平面 平面
直线 平面 ...7分
（2）解法一：取DE中点N,连接CN,则BF//CN,连接BD交AC于S,连接ES,
......9分
, ,
平面 ,作 于G, 于H,
则 ,
......12分
, ,
......15分
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浙江省2020年普通高校招生全国统一考试(模拟卷)
数学试题参考答案
1、选择题：
1.D 2.B 3.C 4.B 5.B
6.D 7.A 8.C 9.A 10.A
【精品】2020届高考数学模拟试卷(浙江省)
2020届高考数学模拟试卷（浙江省）一、单选题1．已知双曲线的左顶点与抛物线的22(0)y px p =>的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(2,1)--，则双曲线的虚轴长为（ ） A ．1B ．2C ．4D．2．若43()5a =，33()5b =，335c log =，则a ，b ，c 的大小关系是（ ） A ．c ＞b ＞aB ．c ＞a ＞bC ．a ＞b ＞cD ．b ＞a ＞c3．已知向量a ，b 满足()1,1a =，1b =，且22b a -=，则向量a 与b 的夹角的余弦值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．54．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若471027aa a ++=，则13(S = )A ．52B ．78C ．117D ．2085．在复平面内，复数z=(1-i)（i 是虚数单位）对应的点位于 A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限6．函数()()23cos 2cos x xf x x x ππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭=-++在[],ππ-的图象大致为（ ） A ． B ．C ．D ．7．已知集合{}2|430,{|215}M x x x N x x =-+<=+<，则M N ⋃=（ ） A ．{}|3x x > B ．{}|2x x > C ．{}|3x x < D ．{}|2x x <8．函数()()221f x x a x =-+- 与()11a g x x -=+这两个函数在区间[]12，上都是减函数的一个充分不必要条件是实数a 的范围是 ( )A ．()()2,11,2--⋃B ．()()1,00,2-⋃C ．()1,2D ．(]1,29．下列命题中错误的是（ ）A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 10．设数列｛n a ｝的前n 项和n s =2n ，则8a 的值为 A ．15 B ．16C ．49D ．64二、双空题11．如图，高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计的用来研究随机现象的模型，它是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行，水平间隔相等的圆柱形铁钉，并且每一排钉子数目都比上一排多一个，一排中各个钉子恰好对准上面一排两相邻铁钉的正中央，从入口处放入一个直径略小于两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接着小球再通过两钉的间隙，又碰到下一排铁钉，如此继续下去，在最底层的5个出口处各放置一个容器接住小球，那么，小球落入1号容器的概率是______，若取4个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球个数为x ，则x 的数学期望是______.12．计算cos 75=________；sin14cos16sin 76cos74+的值是_________. 13．已知6625601256(1)(2)x x a a x a x a x a x +-+=+++++，则6a =_____，01256a a a a a +++++=_______.14．设变量x 、y 满足约束条件202010x y x y x y +-≤⎧⎪-+≥⎪⎨≥-⎪⎪≥⎩，则目标函数24=y x z 的最大值为______，最小值为______.三、填空题15．设,,a b c 是正实数，满足b c a +≤，则()2bca b +的最大值为_______．16．已知点A 是抛物线214y x =的对称轴与其准线的交点，点F 为该抛物线的焦点，点P 在抛物线上且满足||||PF m PA =，当m 取最小值时，点P 恰好在以A ，F 为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为__________.17．3476A C -=______．四、解答题18．设函数()1xaf x e x=+-，()0,x ∈+∞，e 为自然对数的底数. （1）讨论()f x 的极值点个数； （2）当12a ≥，()0,x ∈+∞时，证明：()()1a x f x x-<. 19．（本小题满分13分）已知椭圆：（）的右焦点为，且过点(2√3,0)． （Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设直线l:y =x +m(m ∈R)与椭圆交于不同两点、，且|AB|=3√2．若点P(x 0,2)满足|PA⃗⃗⃗⃗⃗ |=|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，求x 0的值． 20．已知函数()2sin 3f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭.（1）若点(1,P 在角α的终边上,求sin α和6f πα⎛⎫- ⎪⎝⎭的值； （2）求使()1f x ≥成立的x 的取值集合； （3）若对任意实数,32x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，不等式()2f x m -<恒成立，求实数m 的取值范围. 21．已知四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PCD ⊥平面ABCD ，E 为PB 上任意一点，O 为菱形对角线的交点，如图所示． （1）求证：平面EAC ⊥平面PBD ；（2）若60BAD ∠=︒，当四棱锥的体积被平面EAC 分成3:1两部分时，若二面角B AE C --的大小为45︒，求:PD AD 的值．22．冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS )和严重急性呼吸综合征(SARS )等较严重疾病.而今年出现的新型冠状病毒(nCoV )是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状､发热､咳嗽､气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎､严重急性呼吸综合征､肾衰竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有()*n n ∈N 份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则需要检验n 次.方式二：混合检验，将其中*(k k N ∈且k ≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k 份的血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k 份再逐份检验，此时这k 份血液的检验次数总共为k +1.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p (0<p <1).现取其中*(k k N ∈且k ≥2)份血液样本，记采用逐份检验，方式，样本需要检验的总次数为1ξ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2ξ. （1）若12()()E E ξξ=，试求p 关于k 的函数关系式p =f (k ). （2）若p 与干扰素计量n x 相关，其中12,,,,(n x x x n ≥2)是不同的正实数，满足x 1=1且13122311()n nn n x x e ex x -++-=-. (i )求证：数列{}n x 为等比数列； (ii )当1p =次数的期望值更少，求k 的最大值.参考答案1．B根据交点坐标可确定准线，从而求得p ；利用双曲线左顶点与抛物线焦点的距离可求得a ；将交点坐标代入渐近线方程可求得b ，进而得到所求虚轴长. 由题意知：22p-=- 4p ∴= 设双曲线方程为：()222210,0x y a b a b -=>>，则其渐近线方程为：b y x a =±242pa a ∴+=+= 2a ∴= 将()2,1--代入渐近线方程b y x a=得：1b -=-，即1b = 将()2,1--代入渐近线方程b y x a=-得：1b =-，舍去∴双曲线的虚轴长为：22b =本题正确选项：B本题考查抛物线、双曲线性质的应用问题，属于基础题. 2．D已知43()5a =，33()5b =，底数相同，故可以构造函数3()5xy = ，这个函数是减函数，x 越大函数值越小，故0b a >＞ ，而335c log =，底数和真数异侧，故0c < ，故得到b ＞a ＞c. 故答案选D. 3．A先求出向量a 的模，然后对22b a -=两边平方，得到向量的数量积，最后根据夹角公式求解.解：因为()1,1a =，所以=2a ， 因为22b a -=，所以22442b a b a -⋅+=，即22442b a b a -⋅+=，因为=2a ，1b =，所以4422a b -⋅+=，得1a b ⋅=，设向量a 与b 的夹角为θ，则cos 22a b a bθ⋅===， 故选：A此题考查平面向量的夹角的计算，属于基础题. 4．C由等差数列{}n a 的性质可得：471073aa a a ++=，解得7.a 再利用求和公式即可得出． 由等差数列{}n a 的性质可得：47107273aa a a ++==，解得79a =．则()11313713131172a a S a +===．故选C ．本题考查了等差数列的通项公式性质及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 5．C由复数与复平面内的点一一对应，即可求出结果. 由1z i =-知其对应点为()1,1P -，而点P 在第三象限；故正确答案为C本题考查复数的几何意义，熟记几何意义即可，属于基础题型. 6．D化简函数的解析式，判断函数的奇偶性，排除选项，通过特殊值判断选项即可．函数()()223cos sin 2cos cos x xx x f x x x x x ππ⎛⎫++ ⎪+⎝⎭==-+++，函数是奇函数，排除选项A ， 当2x π=时，()21204f x ππ+=>，排除选项C ：当x π=时，()201f x ππ=>-，排除选项B .所以函数的图象只有D 满足 故选：D .本题考查函数的图象的判断与应用，诱导公式的应用，考查转化思想以及计算能力． 7．C利用一元二次不等式的解法化简集合M ，再由交集的意义,取M 、N 的公共部分,可得答案. 因为{}2|430{|13}M x x x x x =-+<=<<,215x +<的解为2x <，,则{}{}|215|2N x x x x =+<=<,由交集的意义,可得{}|3M N x x =<.故选C.本题考查交集的运算,这是集合内容的基本要求,注意计算必须准确,其次集合的形式表示必须正确. 8．C根据二次函数和反比例函数的性质得a-1且a-1>0，取交集即可. 函数()()221f x x a x =-+- 与()11a g x x -=+这两个函数在区间[]12，上都是减函数 则根据二次函数的性质得到a-11≤,根据反比例函数的性质得到a-1>0两者取交集得到12a <≤,充分不必要条件是实数a 的范围比12a <≤这一范围小就可以了. 故可以是：()1,2.故答案为：C这个题目考查了函数单调性的应用，考查了二次函数的性质，反比例函数的性质，难度中档；注意二次函数的单调性和对称轴有关，反比例和x 的系数有关. 9．D 由题意可知：A 、结合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，故此命题成立；B 、假若平面α内存在直线垂直于平面β，根据面面垂直的判定定理可知两平面垂直．故此命题成立；C 、结合面面垂直的性质可以分别在α、β内作异于l 的直线垂直于交线，再由线面垂直的性质定理可知所作的垂线平行，进而得到线面平行再由线面平行的性质可知所作的直线与l 平行，又∵两条平行线中的一条垂直于平面那么另一条也垂直于平面，故命题成立；D 、举反例：教室内侧墙面与地面垂直，而侧墙面内有很多直线是不垂直与地面的．故此命题错误． 故选D ． 10．A利用887a S S =-求解即可. 因为数列｛｝的前n 项和n s =2n ，所以878644915a S S =-=-=， 故选：A.本题主要考查本题主要考查数列的通项公式与前n 项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前n 项和，求数列通项公式，常用公式11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩.11．1161 要使小球落入1号容器，则每一层小球必须向左，而每一层小球向左、向右的概率均为12；小球落入4号容器，则四层中小球有三层向右，一层向左，故每个小球落入4号容器的概率为34411()24C =，写出随机变量所有可能的取值，再算出相应的概率，利用期望公式计算即可.要使小球落入1号容器，则每一层小球必须向左，故概率为411216⎛⎫= ⎪⎝⎭；小球落入4号容器，则四层中小球有三层向右，一层向左，故每个小球落入4号容器的概率为34411()24C =，由题意知，0,1,2,3,4x =. 4181(0)(1)4256P x ==-=，13411108(1)(1)44256P x C ==⨯⨯-=; 22241154(2)()(1)44256P x C ==-=，33141112(3)()(1)44256P x C ==-=；44411(4)()4256P x C ===. 10854121()12341256256256256E x =⨯+⨯+⨯+⨯=.故答案为： (1). 116； (2). 1 本题考查独立事件的概率以及离散型随机变量的期望，考查学生的运算求解能力，是一道中档题. 1212空1；根据两角和的余弦公式，结合特殊角的三角函数值进行求解即可；空2：根据诱导公式，逆用两角和的正弦公式，结合特殊角的三角函数值进行求解即可. 空1：231cos 75cos(4530)cos 45cos30sin 45sin 3022224=+=-=⨯-⨯= 空2：1sin14cos16sin 76cos74sin14cos16cos14sin16sin(1416)sin 30.2+=+=+==；12本题考查了余弦两角和公式的应用，考查了逆用两角和的正弦公式求值，考查了特殊角的三角函数值，考查了数学运算能力. 13．0 665根据其特点可知6a 为6x 的系数，把第二问所求去掉绝对值符号发现各项为负，令1x =即可求解． 因为6625601256(1)(2)x x a a x a x a x a x +-+=+++⋯++，令1x =可得：660125623665a a a a a +++⋯⋯++=-=-. 所以：666660a C C =-=；060066263a C C =-⋅=-； 1511662186a C C =-=-； 22422662225a x C C +=-=-；……5556626a C C =-⋅=-； 60666620a C C =-⋅=；故0125601256665a a a a a a a a a a +++++=------=.故答案为：0，665.本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x 赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于中档题． 14．8116作出不等式组所表示的可行域，平移直线2t y x =-，观察该直线在y 轴截距最大和最小时对应的最优解，代入目标函数计算即可得解.作出不等式组202010x y x y x y +-≤⎧⎪-+≥⎪⎨≥-⎪⎪≥⎩所表示的可行域如下图所示：联立120x x y =-⎧⎨-+=⎩，解得11x y =-⎧⎨=⎩，即点()1,1C -；联立200x y y +-=⎧⎨=⎩，解得20x y =⎧⎨=⎩，即点()2,0A .令2t y x =-，则22224yy x t x z -===，平移直线2t y x =-，当直线2t y x =-经过可行域的顶点A 时，直线2t y x =-在y 轴上的截距最小，此时z 取最小值，即022min 1216z -⨯==； 当直线2t y x =-经过可行域的顶点C 时，直线2t y x =-在y 轴上的截距最大，此时z 取最大值，即()121max 28z -⨯-==.故答案为：8；116. 本题考查指数型线性目标函数最值的求解，一般利用平移直线的方法找出最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题. 15．18由题意可得2222()(2)4448a b b c b bc c bc bc +≥+=++≥=，当且仅当224b c =且+=b c a ，即2bc 且+=b c a 时等号成立。
2020年普通高等学校招生全国统一考试高考仿真模拟卷数学(浙江专用)试题(十六)含解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试高考仿真模拟卷(十六)(时间：120分钟；满分：150分)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A ＝{x ∈R |x 2>4}，B ＝{x ∈R |1≤x ≤2}，则( ) A ．A ∩B ＝∅ B ．A ∪B ＝R C ．B ⊆AD ．A ⊆B2．已知x1＋i ＝1－y i ，其中x ，y 是实数，i 是虚数单位，则x ＋y i 的共轭复数为( )A ．1＋2iB ．1－2iC ．2＋iD ．2－i3．已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”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．已知实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x －y ≤0，x ≥－3，则z ＝x ＋3y ＋7的最大值为( )A ．－5B ．11C ．15D ．195.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该 “堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋22C ．4＋4 2D ．4＋626．某离散型随机变量ξ的分布列如下表，且E (ξ)＝1.5，则P (ξ≥2)＝( )A.0.3 B ．0.4 C ．0.5D ．0.67．函数y ＝|sin x |tan x 的大致图象是( )8．已知平面向量a ，b 的夹角为π3，|a －b|＝|a|＝2 3.若非零向量c －a 与c －b 的夹角为2π3，则|c|的取值范围是( )A ．(3，4]B ．(23，4]C ．(2，23]D ．[23，4]9．若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪|x |－1x 在{x |1≤|x |≤4，x ∈R }上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m ＝( ) A.74B ．2 C.94 D ．11410．已知A 1，A 2，A 3为平面上三个不共线的定点，平面上点M 满足A 1M →＝λ(A 1A 2→＋A 1A 3→)(λ是实数)，且MA 1→＋MA 2→＋MA 3→是单位向量，则这样的点M 有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．无数个第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． 11．双曲线y 25－x 24＝1的焦点坐标为________，渐近线方程为________．12．对给定的正整数n (n ≥6)，定义f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，其中a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n ), 则a 6＝________；当n ＝2 017时，f (2)＝________.13．在锐角△ABC 中，已知A ＝2B ，则角B 的取值范围是________，又若a ，b 分别为角A ，B 的对边长，则ab的取值范围是________．14．在等比数列{a n }中，2a 3－a 2a 4＝0，则a 3＝________，{b n }为等差数列，且b 3＝a 3，则数列{b n }的前5项和等于________．15．从4位男数学教师和3位女语文教师中选出4位教师派到4个班担任班主任(每班1位班主任)，要求这4位班主任中男女教师都有，则不同的选派方案共有________种．16．已知△ABC 中，AB >AC ，AB →·AC →＝6，BC ＝13，∠A ＝60°，若M 是BC 的中点，过M 作MH ⊥AB 于H ，则MH →·BC →＝________.17.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，F 1，F 2分别是其左、右焦点，A ，B 分别是椭圆的右顶点和上顶点，PF 1与x 轴垂直且与椭圆交于点P (如图所示)，若直线PF 2与椭圆C 的另一个交点为Q ，且四边形OAQB 的面积为165，则椭圆C 的标准方程为________．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．(本题满分14分)已知函数f (x )＝2sin x cos x ＋1－2sin 2x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，π4上的最大值与最小值．19.(本题满分15分)如图，在底面是菱形的四棱锥P ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝1，PB ＝PD ＝2，点E 在PD 上．(1)证明：P A ⊥平面ABCD ； (2)当PEED＝2时，求二面角E AC D 的大小．20．(本题满分15分)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和S n 满足S n a n ＝13n ＋r .(1)若a 1＝2，求数列{a n }的通项公式；(2)在(1)的条件下，设b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ≥2n3n ＋1.21.(本题满分15分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)过点M (m ，2)，其焦点为F ，且|MF |＝2. (1)求抛物线C 的方程；(2)设E 为y 轴上异于原点的任意一点，过点E 作不经过原点的两条直线分别与抛物线C 和圆F ：(x －1)2＋y 2＝1相切，切点分别为A ，B ，求证：直线AB 过定点．22．(本题满分15分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝e x ，h (x )＝ax 2＋bx ＋c . (1)若a ＝1，b ＝c ＝0，求函数F (x )＝f (x )h (x )的单调区间；(2)若a ＝c ＝0，b >0，且G (x )＝g (x )－h (x )≥m (m ∈R )对任意的x ∈R 都成立，求mb 的最大值．高考仿真模拟卷(十六)1．解析：选A.由题意得，A ＝(－∞，－2)∪(2，＋∞)，所以A ∩B ＝∅，故A 正确，B ，C ，D 错误，选A.2．解析：选D.x 1＋i ＝12(x －x i)＝1－y i ，所以⎩⎨⎧12x ＝1，－12x ＝－y ，解得x ＝2，y ＝1，故选D.3．解析：选A.若直线a ，b 相交，设交点为P ，则P ∈a ，P ∈b .又a ⊂α，b ⊂β，所以P ∈α，P ∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a ，b 可能相交，也可能异面或平行．故“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．4．解析：选D.法一：作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，将z ＝x ＋3y ＋7变形为y ＝－13x ＋z －73，数形结合可知，当直线y ＝－13x ＋z －73过点B (－3，5)时，z 的值最大，此时为19，所以z 的最大值为19，故选D.法二：解不等式组可得三个顶点的坐标分别为A (－3，－3)，B (－3，5)，C (1，1)，分别代入z ＝x ＋3y ＋7得z ＝x ＋3y ＋7的最大值为19.5．解析：选C.该几何体的直观图如图所示，故侧面积为2×2＋2×2＋2×2＝4＋4 2.故选C.6．解析：选C.由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝0.8m ＋2n ＋0.3＝1.5.解得m ＝n ＝0.4，所以P (ξ≥2)＝0.5.7．解析：选D.易知函数y ＝f (x )＝|sin x |tan x 是奇函数，故排除B ，C ，又在(π2，π)上函数y ＝f (x )的符号为负，故排除A ，选D.8．解析：选B.设a ＝OA →，b ＝OB →，c ＝OC →，由a ，b 的夹角为π3，|a －b|＝|a|＝23可知△OAB 为正三角形．由c －a 与c －b 的夹角为2π3可知，O ，A ，C ，B 四点共圆，且点C 在劣弧AB ︵上．由题意可知|c|>|a|＝|a－b|＝23，因为该圆的直径为2R ＝23sin π3＝4，所以|c|≤4，故23<|c|≤4.9．解析：选C.(1)当x ∈[1，4]时，f (x )＝x －1x ，函数单调递增，f (x )∈[f (1)，f (4)]，f (x )∈⎣⎡⎦⎤0，74；(2)当x ∈[－4，－1]时，f (x )＝－x －1x ，令f ′(x )＝2－（－x ）32x 2＝0，得x ＝－34∈(－4，－1)，f (x )min ＞0，f (x )max ＝max{f (－1)，f (－4)}＝94，即m ＝0，M ＝94，所以M －m ＝94.故选C.10．解析：选C.由题意得，MA 1→＝－λ(A 1A 2→＋A 1A 3→)，MA 2→＝MA 1→＋A 1A 2→，MA 3→＝MA 1→＋A 1A 3→，所以MA 1→＋MA 2→＋MA 3→＝(1－3λ)(A 1A 2→＋A 1A 3→)，如图所示，设D 为A 2A 3的中点，所以(1－3λ)·(A 1A 2→＋A 1A 3→)是与A 1D →共起点且共线的一个向量，显然直线A 1D 与以A 1为圆心的单位圆有2个交点，故这样的λ有2个，即符合题意的点M 有2个，故选C.11．解析：由题意可知，a 2＝5，b 2＝4，c 2＝a 2＋b 2＝9，则焦点坐标为(0，±3)，渐近线方程为y ＝±52x .答案：(0，±3) y ＝±52x 12．解析：a 6＝a 0·26＝64，f (x )＝1＋2x ＋…＋(2x )n ，当n ＝2 017，x ＝2时，f (2)＝42 018－13.答案：64 42 018－1313．解析：由锐角三角形知，⎩⎨⎧0＜2B ＜π2，π2＜3B ＜π，得B ∈⎝⎛⎭⎫π6，π4，a b ＝sin Asin B ＝2cos B ∈(2，3)．答案：⎝⎛⎭⎫π6，π4 (2，3) 14．2 1015．解析：由题意，可以采用间接法来解决，A 47－A 44＝816.答案：816 16．解析：由AB →·AC →＝6，∠A ＝60°，可得|AB →|·|AC →|＝12，又在△ABC 中，13＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos A ，所以AB 2＋AC 2＝25，因为AB >AC ，所以AB ＝4，AC ＝3.以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B (4，0)，C ⎝⎛⎭⎫32，332，所以BC →＝⎝⎛⎭⎫－52，332，因为M 是BC 的中点，所以M ⎝⎛⎭⎫114，334，H ⎝⎛⎭⎫114，0， 所以MH →＝⎝⎛⎭⎫0，－334，所以MH →·BC →＝－278.答案：－27817．解析：设F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)，由离心率为22，得所求椭圆的方程为x 22c 2＋y 2c 2＝1，即x 2＋2y 2＝2c 2，由P (－c ，－22c )，得直线PF 2的方程为y ＝24(x －c )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝24（x －c ）x 2＋2y 2＝2c 2，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－c y ＝－22c 或⎩⎨⎧x ＝75c y ＝210c ，即Q 的坐标为(75c ，210c )．连接OQ ，因为A (2c ，0)，B (0，c )，所以S四边形OAQB＝S △OQA ＋S △OQB ＝12×2c ×210c＋12×c ×75c ＝45c 2，由45c 2＝165，得c ＝2，故所求椭圆的方程为x 28＋y 24＝1. 答案：x 28＋y 24＝118．解：(1)f (x )＝sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， 所以f (x )的最小正周期为π.(2)因为－π3≤x ≤π4，所以－5π12≤2x ＋π4≤3π4.当2x ＋π4＝π2，即x ＝π8时，f (x )取得最大值2；当2x ＋π4＝－5π12，即x ＝－π3时，f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫－π3＝sin ⎝⎛⎭⎫－2π3＋cos ⎝⎛⎭⎫－2π3＝－3＋12. 即f (x )的最小值为－3＋12.19．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，且∠ABC ＝60°，所以AB ＝AC ＝AD ＝1.又因为P A ＝1且PB ＝PD ＝2，所以AB 2＋AP 2＝AD 2＋AP 2＝BP 2＝PD 2，从而∠BAP ＝∠DAP ＝90°， 即P A ⊥AB ，P A ⊥AD ，于是P A ⊥平面ABCD .(2)过点E 作EH ⊥AD ，垂足为H ，再过点H 作HF ⊥AC 于F ，连接EF ，则EH ∥AP ，得EH ⊥面ABCD ，故∠EFH 就是二面角E AC D 的平面角．作DO ⊥AC 于O ，由FH ∥DO 得：AH AD ＝HF DO ，而AH AD ＝PE PD ＝23，所以HF ＝23DO ＝33，而EH P A ＝DE PD ＝13， 所以EH ＝13，于是tan ∠EFH ＝EH FH ＝33，∠EFH ＝30°，即二面角E AC D 的大小为30°.20．解：(1)令n ＝1，得13＋r ＝1，所以r ＝23，则S n ＝⎝⎛⎭⎫13n ＋23a n ，所以S n －1＝⎝⎛⎭⎫13n ＋13a n －1(n ≥2)， 两式相减，得a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)，所以a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝31·42·53·…·n ＋1n －1，化简，得a n a 1＝n （n ＋1）1·2(n ≥2)，所以a n ＝n 2＋n (n ≥2)．又a 1＝2适合a n ＝n 2＋n (n ≥2)，所以a n ＝n 2＋n . (2)证明：由(1)知a 2n －1＝(2n －1)·2n ， 所以b n ＝1a 2n －1＝1（2n －1）2n ＝12n －1－12n ，所以T 1＝12≥23＋1，不等式成立．所以T n ＝11－12＋13－14＋15－16＋…＋12n －1－12n(n ≥2)．所以T n ＝11＋12＋13＋…＋12n －2⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＝11＋12＋13＋…＋12n －⎝⎛⎭⎫11＋12＋…＋1n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n. 所以2T n ＝⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋12n ＋⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋12n －1＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋k ＋12n －k ＋1＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1n ＋1.因为1n ＋k ＋12n －k ＋1＝3n ＋1（n ＋k ）（2n －k ＋1）≥43n ＋1⎝⎛⎭⎫仅在k ＝n ＋12时取等号，所以2T n ≥4n 3n ＋1，即T n ≥2n3n ＋1成立．21．解：(1)抛物线C 的准线方程为x ＝－p2，所以|MF |＝m ＋p 2＝2，又4＝2pm ，即4＝2p (2－p2)，所以p 2－4p ＋4＝0，所以p ＝2， 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：设点E (0，t )(t ≠0)，由已知切线不为y 轴，设EA ：y ＝kx ＋t ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋ty 2＝4x，消去y ，可得k 2x 2＋(2kt －4)x ＋t 2＝0，①因为直线EA 与抛物线C 相切，所以Δ＝(2kt －4)2－4k 2t 2＝0，即kt ＝1，代入①可得1t 2x 2－2x ＋t 2＝0，所以x ＝t 2，即A (t 2，2t )．设切点B (x 0，y 0)，则由几何性质可以判断点O ，B 关于直线EF ：y ＝－tx ＋t 对称，则⎩⎨⎧y 0x 0×t －00－1＝－1y 02＝－t ·x 02＋t ，解得⎩⎨⎧x 0＝2t 2t 2＋1y 0＝2t t 2＋1，即B (2t 2t 2＋1，2t t 2＋1)．法一：直线AB 的斜率为k AB ＝2tt 2－1(t ≠±1)，直线AB 的方程为y ＝2tt 2－1(x －t 2)＋2t ，整理得y ＝2tt 2－1(x －1)，所以直线AB 恒过定点F (1，0)，当t ＝±1时，A (1，±2)，B (1，±1)，此时直线AB 为x ＝1，过点F (1，0)． 综上，直线AB 恒过定点F (1，0)．法二：直线AF 的斜率为k AF ＝2tt 2－1(t ≠±1)，直线BF 的斜率为k BF ＝2tt 2＋1－02t 2t 2＋1－1＝2tt 2－1(t ≠±1)，所以k AF ＝k BF ，即A ，B ，F 三点共线．当t ＝±1时，A (1，±2)，B (1，±1)，此时A ，B ，F 三点共线． 所以直线AB 过定点F (1，0)．22．解：(1)由题意知，F (x )＝f (x )h (x )＝x 2ln x ，F ′(x )＝2x ln x ＋x (x >0)． 令F ′(x )>0，得x >1e，故F (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞；令F ′(x )<0，得0<x <1e，故F (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e .(2)由题意知，G (x )＝e x －bx ，故G ′(x )＝e x －b ， 又b >0，令G ′(x )＝e x －b ＝0，得x ＝ln b ， 故当x ∈(－∞，ln b )时，G ′(x )<0，此时G (x )单调递减；当x ∈(ln b ，＋∞)时，G ′(x )>0， 此时G (x )单调递增．故G (x )min ＝b －b ln b ，所以m ≤b －b ln b ，则mb ≤b 2－b 2ln b . 设r (b )＝b 2－b 2ln b (b >0)，则r ′(b )＝2b －(2b ln b ＋b )＝b －2b ln b ，由于b >0，令r ′(b )＝0，得ln b ＝12，b ＝e ，当b ∈(0，e)时，r ′(b )>0，r (b )单调递增；当b ∈(e ，＋∞)时，r ′(b )<0，r (b )单调递减，所以r (b )max ＝e 2，即当b ＝e ，m ＝12e 时，mb 取得最大值e2.。
2020年浙江省嘉兴市、丽水市、衢州市高考数学模拟试卷(4月份)(有答案解析)
2020年浙江省嘉兴市、丽水市、衢州市高考数学模拟试卷（4月份）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.集合的真子集的个数是（）A. B. C. D.2.双曲线的渐近线方程是（）A. 2x±y=0B. x±2y=0C. 4x±y=0D. x±4y=03.若实数满足不等式组则的最小值等于A. B. C. D.4.已知函数满足，设，则“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件5.函数的图象可能是（）A. B.C. D.6.已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=-为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）单调，则ω的最大值为（）A. 12B. 11C. 10D. 97.ξ-101P则当p在内增大时，（）A. E（ξ）减小，D（ξ）减小B. E（ξ）减小，D（ξ）增大C. E（ξ）增大，D（ξ）减小D. E（ξ）增大，D（ξ）增大8.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=1，，点E，O分别是线段C1C，BC的中点，，分别记二面角F-OB1-E，F-OE-B1，F-EB1-O的平面角为α，β，γ，则下列结论正确的是（）A. γ＞β＞αB. α＞β＞γC. α＞γ＞βD. γ＞α＞β9.已知是平面内三个单位向量，若，则的最小值（）A. B. C. D. 510.记递增数列{a n}的前n项和为S n．若a1=1，a9=9，且对{a n}中的任意两项a i与a j（1≤i＜j≤9），其和a i+a j，或其积a i a j，或其商仍是该数列中的项，则（）A. a5＞3，S9＜36B. a5＞3，S9＞36C. a6＞3，S9＞36D. a6＞3，S9＜36二、填空题（本大题共7小题，共38.0分）11.设i为虚数单位，给定复数，则z的虚部为______，|z|=______．12.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是______．13.已知a，b，c分别为△ABC的三边，若a=6，b=7，c=8，则cos C=______，△ABC的外接圆半径等于______．14.如图，将一个边长为1的正三角形分成4个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的3个小正三角形，分别再从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上的做法，得到的集合为希尔宾斯基三角形．设A n是前n次挖去的小三角形面积之和（如A1是第1次挖去的中间小三角形面积，A2是前2次挖去的4个小三角形面积之和），则A2=______，A n=______．15.若（2x+1）6=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a6（x+1）6，则a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6=______．16.某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，则该市的任意位申请人中，恰好有人申请小区房源的概率是．（用数字作答）17.如图，椭圆的离心率为e，F是Γ的右焦点，点P是Γ上第一象限内任意一点，，，若λ＜e，则e的取值范围是______．三、解答题（本大题共5小题，共72.0分）18.已知函数．（Ⅰ）求f（2019π）的值；（Ⅱ）若f（α）=1，且0＜α＜π，求cosα的值．19.如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别将△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连结AF．（Ⅰ）求证：平面GEF⊥平面GAF；（Ⅱ）求直线GF与平面GAE所成角的正弦值．20.设等比数列{a n}的前n项和为S n，若（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）在a n和a n+1之间插入n个实数，使得这n+2个数依次组成公差为d n的等差数列，设数列的前n项和为T n，求证：T n＜2．21.已知三点P，Q，A在抛物线Γ：x2=4y上．（Ⅰ）当点A的坐标为（2，1）时，若直线PQ过点T（-2，4），求此时直线AP与直线AQ的斜率之积；（Ⅱ）当AP⊥AQ，且|AP|=|AQ|时，求△APQ面积的最小值．22.已知函数f（x）=x2e3x（Ⅰ）若x＜0，求证：f（x）＜（Ⅱ）若x＞0，恒有f（x）≥（k+3）x+2ln x+1，求实数k的取值范围-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：因为集合{2，0，1，9}有4个元素，{2，0，1，9}的真子集个数为：．故选：C．集合{2，0，1，9}有4个元素，从而得出该集合的真子集个数．考查列举法的定义，集合元素的概念，以及真子集的概念，组合知识的运用．2.答案：B解析：【分析】本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“0”即可求出渐进方程．属于基础题．渐近线方程是-y2=0，整理后就得到双曲线的渐近线．【解答】解：双曲线其渐近线方程是-y2=0整理得x ±2y=0．故选：B．3.答案：A解析：【分析】本题考查了简单线性规划问题，求目标函数的最值首先画出可行域，利用几何意义求值.首先画出可行域，利用目标函数的几何意义求z的最小值．【解答】解：作出实数x，y满足不等式组表示的平面区域（如图示：阴影部分）由得A（1，1），由z=3x+y得y=-3x+z，平移y=-3x，易知过点A时直线在y上截距最小，所以z min=3×1+1=4．故选A.4.答案：B解析：【分析】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，涉及函数的概念，属基础题．作为函数，对于定义域内x的每一个值，有且只有一个y的值与之对应，但是可以有不同的x对应于同一个y．【解答】解：若x0=4，则f（x0）=f（4）=17，即y0=17成立，作为函数，对于定义域内x的每一个值，有且只有一个y的值与之对应，但是可以有不同的x对应于同一个y．比如f（x）=|x|+1，则由f（x0）=y0=17，得x0=±4，∴“y0=17”是“x0=4”的必要不充分条件，故选：B．5.答案：D解析：【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性的关系，根据函数零点判断函数的正负是解决本题的关键．判断函数f（x）的奇偶性，结合图象的对称性以及函数在x轴右侧的函数零点判断函数的正负进行判断即可【解答】解：f（-x）=ln（-x+）cos（-2x）=ln cos2x=-ln（x+）cos2x=-f（x），则函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除A，B，令得或,所以x轴右侧的零点为，在上取，则，排除C，故选：D．6.答案：B解析：解：函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=-为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，∴ω•（-）+φ=kπ，且ω•+φ=k′π+，k、k′∈Z，∴ω=2（k′-k）+1，即ω为奇数①．∵f（x）在（，）单调，∴≥-，∴ω≤12 ②．由①②可得ω的最大值为11．当ω=11时，由x=为y=f（x）图象的对称轴，可得11×+φ=kπ+，k∈Z，故有φ=-，ω•（-）+φ=kπ，满足x=-为f（x）的零点，同时也满足满足f（x）在（，）单调，故ω=11为ω的最大值，故选：B．由题意可得ω•（-）+φ=kπ，且ω•+φ=k′π+，故有ω=2（k′-k）+1①，再根据≥-，求得ω≤12②，由①②可得ω的最大值，检验ω的这个值满足条件．本题主要考查正弦函数的图象的特征，正弦函数的周期性以及它的图象的对称性，属于中档题．7.答案：C解析：【分析】本题考查了利用随机变量的分布列求随机变量的期望与方差，属于中档题．E（ξ）=（-1）×+=，D（ξ），判断其在内的单调性即可．【解答】解：根据题意E（ξ）=（-1）×+=-在p∈内递增，D（ξ）=.是以为对称轴，开口向下的抛物线，在上单调递减，故选C．8.答案：D解析：解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则F（1，0，），O（，，0），E（0，0，），B1（1，1，），，，，，，设平面OB1E的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，-1，0），同理可求平面OB1F的法向量，平面OEF的法向量，平面EFB1的法向量．∴，，．∴γ＞α＞β．故选：D．以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的余弦值得答案．本题考查二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．9.答案：A解析：解：根据题意设=（1，0），=（0，1），对应的点C在单位圆上，（+2）2-（2+）2=32-32=0，所以|+2|=|2+|，|2+|+|3+2-|表示C点到点（-2，0）和（3，2）的距离之和，过点（-2，0）和（3，2）的直线为2x-5y+4=0，原点到直线2x-5y+4=0的距离为=＜1，所以与单位圆相交，所以|2+|+|3+2-|的最小值为点（-2，0）和（3，2）之间的距离，即．故选：A．，所以可以把他们当成平面直角坐标系的基向量．|+2|=2|+|，由阿波罗尼斯圆的性质，可以转化为|+2|=|2+|．本题考察平面向量的坐标运算，用到了平面几何中的阿波罗尼斯圆的结论、解析几何中直线与圆的位置关系，综合性很强，属于中档题．10.答案：D解析：解：∵a i+a j，或其积a i a j，或其商仍是该数列中的项，∴a2+a9或者a2a9或者是该数列中的项，又∵数列{a n}是递增数列，∴a1＜a2＜a3＜…＜a9，∴a2+a9＞a9，a2a9＞a9，只有是该数列中的项，同理可以得到，，..，也是该数列中的项，且有a1＜＜＜…＜＜a9，∴，∴a5=3或a5=-3（舍），∴a6＞3，根据a1=1，a5=3，a9=9，同理易得a2=，a3=，a4=，a6=，a7=，a8=，∴S9=a1+a2+…+a9=＜36，故选：D．由题意可得，从而得到a5=3，再由a5=3就可以得出其它各项的值，进而判断出S9的范围．本题考查数列的新定义的理解和运用，以及运算能力和推理能力，属于中档题．11.答案：2解析：解：∵=，∴z的虚部为2，|z|==．故答案为：2，．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．12.答案：144-12π 168+6π解析：解：由已知中的三视图可得该几何体是一个正方体挖去一个圆锥所得的组合体，其表面积S=2×6×6+4×4×4-9π+×6π×5=168+6π，几何体的体积为：=144-12π．故答案为：144-12π；168+6π．由已知中的三视图可得该几何体是一个正方体挖去一个圆锥所得的组合体，利用公式求解即可．本题考查的知识点是由三视图求表面积，根据已知中的三视图分析出几何体的形状，是解答的关键．13.答案：解析：解：∵a=6，b=7，c=8，∴cos C===．∴sin C==，∴设△ABC的外接圆半径R，由正弦定理可得2R==，解得△ABC的外接圆半径R=．故答案为：，．由已知利用余弦定理可求cos C的值，根据同角三角函数基本关系式可求sin C的值，进而根据正弦定理即可计算得解．本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．14.答案：=．解析：解：由题意，可知：原等边三角形的面积A==．∴A1=A=．∴A2=A1+3••A1==．由题意，可知：每次都是在前一次的基础上挖去几个相同大小的三角形．第一次挖去的三角形是原等边三角形的，第一次只挖去1个三角形；第二次挖去的三角形是原等边三角形的•，第一次只挖去3个三角形；第三次挖去的三角形是原等边三角形的（）3，第一次只挖去32个三角形；•••∴第n次挖去的三角形是原等边三角形的（）n，第一次只挖去3n-1个三角形；∴A n-A n-1=3n-1•（）n•A=3n-1•（）n•=，（n≥2，且n∈N*）．∴A1=，A2-A1=•，A3-A2=•，•••A n-A n-1=．∴A n=•[1+++…+]==．故答案为：；．本题要逐步观察，每一次挖去的三角形都是前一次三角形的，每一次只挖去3n-1个三角形，由此规律不难发现A n与A n-1的关系，然后根据累加法即可求出A n的值．本题主要考查对规律的观察理解能力，以及运用累加法求数列通项，本题属中档题．15.答案：13解析：解：设f（x）=（2x+1）6，g（x）=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a6（x+1）6，所以f′（x）=12（2x+1）5，g′（x）=a1+2a2（x+1）+…+6a6（x+1）5，又f（x）=g（x），所以f′（x）=g′（x），即12（2x+1）5=a1+2a2（x+1）+…+6a6（x+1）5，取x=0得：a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6=12，又g（0）=f（0），所以a0=1，故a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6=1+12=13，故答案为：13由导函数的应用得：设f（x）=（2x+1）6，g（x）=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a6（x+1）6，所以f′（x）=12（2x+1）5，g′（x）=a1+2a2（x+1）+…+6a6（x+1）5，又f（x）=g（x），所以f′（x）=g′（x），即12（2x+1）5=a1+2a2（x+1）+…+6a6（x+1）5，由二项式定理得：x=0得：a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6=12，又g（0）=f（0），所以a0=1，故a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6=1+12=13，得解本题考查了导函数、二项式定理，属中档题16.答案：解析：解：某市公租房源位于A、B、C三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，该市的任意5位申请人中，基本事件总数n=35=243，该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请A小区房源包含的基本事件个数：m==80，∴该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请A小区房源的概率是p=．故答案为：．基本事件总数n=35=243，恰好有2人申请A小区房源包含的基本事件个数m==80，由此能求出该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请A小区房源的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．17.答案：（0，]解析：解：设直线OP的方程为y=kx（k＞0），代入椭圆方程可得P（，），，可得Q（，），由，可得k FQ=-，即为=-，化为λ=＜e=，可得＜2+k2，对k＞0恒成立，由2+k2＞2，可得a2≤2b2，即为a2≤2（a2-c2），可得c≤a，即0＜e≤，故答案为：（0，]．设直线OP的方程为y=kx（k＞0），代入椭圆方程求得P，Q的坐标，由向量数量积为0的等价条件可得OP，FQ的斜率之积为-1，整理，结合恒成立解法可得a，b的关系，可得所求离心率的范围．本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的范围，考查直线方程和椭圆方程联立，化简整理的运算能力，属于中档题．18.答案：解：（Ⅰ）=；（Ⅱ），由f（α）=1得，又因为0＜α＜π，故，所以，所以=．解析：（Ⅰ）=；（Ⅱ）先得到sin（α+）=，再根据cosα=cos（-）可得．本题考查了三角函数中的恒等变换应用，属中档题．19.答案：（Ⅰ）证明：∵GE⊥GA，GE⊥GF，GA∩GF=G，∴GE⊥平面GAF，又GE⊂平面GEF，∴平面GEF⊥平面GAF．（Ⅱ）解：过F作FH⊥AG于H，∵由GE⊥平面GAF，FH⊂平面GAF，∴GE⊥FH，又FH⊥GA，GE∩GA=H，∴FH⊥平面GAE，从而∠FGH是直线GF与平面GAE所成角．因为AG=3，，，所以，从而．解析：本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题．（I）根据GE⊥GA，GE⊥GF，可得GE⊥平面GAF，故而平面GEF⊥平面GAF．（II）过F作FH⊥AG于H，则可证FH⊥平面GAE，故∠FGH为所求角，在△AGF中利用余弦定理计算cos∠FGH，再计算sin∠FGH．20.答案：解：（Ⅰ）∵a n+1=2S n+1，∴a n=2S n-1+1（n≥2），两式相减可得，a n+1-a n=2（S n-S n-1）=2a n（n≥2），故a n+1=3a n（n≥2），∵{a n}是等比数列，且a2=2a1+1，∴3a1=2a1+1，故a1=1，∴；（Ⅱ）证明：由题设可得a n+1=a n+（n+1）d n，∴，∴，①则，②①-②得：=．∴，得证．解析：（Ⅰ）a n+1=2S n+1，a n=2S n-1+1（n≥2），两式相减化简整理利用等比数列的通项公式即可得出．（Ⅱ）由题设可得a n+1=a n+（n+1）d n，可得，利用错位相减法即可得出．本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21.答案：解：（Ⅰ）设直线PQ的方程为y=k（x+2）+4．联立方程组，得x2-4kx-8k-16=0，△=16k2+32k+64＞0，故x1+x2=4k，x1x2=-8k-16．所以=；（Ⅱ）不妨设△APQ的三个顶点中的两个顶点A，Q在y轴右侧（包括y轴），设P（x1，y1），Q（x2，y2），A（x3，y3），AP的斜率为k（k＞0），又AP⊥AQ，则，①因为|AP|=|AQ|，所以x3-x2=k（x1-x3）②由①②得，，（且k≥1）从而≥4••=4当且仅当k=1时取“=”号，从而，所以△APQ面积的最小值为16．解析：（Ⅰ）设出直线PQ的方程并代入抛物线方程，利用韦达定理以及斜率公式，变形可得；（Ⅱ）利用AP⊥AQ，|AP|=|AQ|，AP的斜率k（k＞0），求得A的坐标，|AP|，再用基本不等式求得|AP|的最小值，从而可得三角形APQ的面积的最小值．本题考查了直线与抛物线的综合，属难题．22.答案：证明：（Ⅰ）∵函数f（x）=x2e3x，∴f′（x）=2xe3x+3x2e3x=x（3x+2）e3x．由f′（x）＞0，得x＜-或x＞0；由f′（x）＜0，得-，∴f（x）在（-∞，-）内单调递增，在（-，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增，∴f（x）的极大值为f（-）=，∴当x＜0时，f（x）≤f（-）=＜=．解：（Ⅱ）∵x2e3x≥（k+3）x+2ln x+1，∴k≤，x＞0，令g（x）=，x＞0，则g′（x）=，令h（x）=x2（1+3x）e3x+2ln x-1，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，且x→0+时，h（x）→-∞，h（1）=4e3+2ln x-1，∴存在x0∈（0，1），使得h（x0）=0，∴当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g（x）在（0，+∞）上的最小值是g（x0）=，∵h（x0）=+2ln x0-1，得=，令=t0，则2ln x0+3x0=ln x0，且φ（1）=0，∴t=1，∴g（x0）==，∴实数k的取值范围是（-∞，0]．解析：（Ⅰ）求出f′（x）=2xe3x+3x2e3x=x（3x+2）e3x．从而f（x）在（-∞，-）内单调递增，在（-，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增，进而f（x）的极大值为f（-）=，由此能证明当x＜0时，f（x）＜．（Ⅱ）k≤，x＞0，令g（x）=，x＞0，则g′（x）=，令h（x）=x2（1+3x）e3x+2ln x-1，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，推导出存在x0∈（0，1），使得h（x0）=0，g（x）在（0，+∞）上的最小值是g（x0）=，由此能求出实数k的取值范围．本题考查不等式的证明，考查实数的取值范围的求不地，考查导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考运算求解能力，是中档题．。
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2020年浙江省高考数学模拟试卷（16）一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知a 为实数，若复数z ＝（a 2﹣9）+（a +3）i 为纯虚数，则复数z 的虚部为（ ） A ．3B ．6iC ．±3D ．62．（5分）已知向量a →=(1，3)，b →=(4，m)，且(a →−b →)⊥a →，则向量a →与b →夹角为（ ） A ．π3B ．π6C ．π4D ．π23．（5分）已知sin α+cos α=12，α∈（0，π），则1+tanα1−tanα=（ ）A ．√77B ．−√77C ．√33D ．−√334．（5分）i 2020＝（ ） A ．1B ．﹣1C ．iD ．﹣i5．（5分）已知三角形ABC ，那么“|AB →+AC →|＞|AB →−AC →|”是“三角形ABC 为锐角三角形”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件6．（5分）△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且sin A +cos A =√3−12，a ＝7，3sin B＝5sin C ，则b +c 的值为（ ） A ．12B ．8√3C ．8√2D ．87．（5分）已知向量a →=（1，3），b →=（3，2），则向量a →在向量b →上的投影等于（ ） A ．9√1010B ．9C ．﹣3D ．9√13138．（5分）函数f(x)=(x−1x+1)e x 的部分图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．9．（5分）已知正方形ABCD 的边长为2，点P 是BC 中点，BA →=12BQ →，向量PD →•PQ →=（ ） A ．1B ．5C ．7D ．﹣1310．（5分）已知tan(α−π6)=2√3，则sinαsin(α+π3)=（ ）A ．52B ．72C ．−√32D ．3√3211．（5分）在△ABC 中，BA →⋅AC →|AB →|+AC →⋅BC →|BC →|=0，BC→|BC →|⋅BA→|BA →|=12，则△ABC 为（ ）A ．直角三角形B ．三边均不相等的三角形C ．等边三角形D ．等腰非等边三角形12．（5分）在平行四边形ABCD 中，AB →+AC →−DA →=（ ） A ．2AC →B ．0C ．2AD →D ．2BD →二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）若复数z 满足zi =2+i ，其中i 是虚数单位，则z 的模是 ．14．（5分）设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →=4CD →，若AD →=λ2AB →+μ4AC →，则λ+μ＝ ． 15．（5分）在△ABC 中，若tanA tanB+tanA tanC=3，则sin A 的最大值为 ．16．（5分）在△ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B =π3，AB →⋅BC →=−2，且满足sin A +sin C ＝2sin B ，则该三角形的外接圆的半径R 为 ． 三．解答题（共6小题）17．已知复数z ＝（2+i ）m +2ii−1（其中i 是虚数单位，m ∈R ）． （1）若复数z 是纯虚数，求m 的值； （2）求|z ﹣1|的取值范围．18．已知角α为第一象限角，且sin α=√55． （1）求cos α，tan α的值；（2）求3sin(π−α)−2cos(π+α)cos(π2−α)的值．19．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ． （1）已知a ＝b cos C +c sin B ，求B ；（2）若a ，b ，c 成等比数列，求证：B ≤π3．20．已知向量m →=（sin x ，34），n →=（cos x ，﹣1），设f （x ）＝2（m →+n →）⋅n →（Ⅰ）若f （x ）=32，求x 的所有取值；（Ⅱ）已知锐角△ABC 三内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b 2＝a （a +c ），求f （A ）的取值范围．21．某同学再一次研究性学习中发现，以下三个式子的值都等于一个常数． 1．sin 213°+cos 217°﹣sin13°cos17° 2．sin 218°+cos 212﹣sin18°cos12°3．sin 2（﹣25°）+cos 255°﹣sin （﹣25°）cos55° （1）试从上述三个式子中选出一个计算出这个常数．（2）猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明．22．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2a +b ＝2c cos B ，c =√3． （1）求角C ；（2）延长线段AC 到点D ，使CD ＝CB ，求△ABD 周长的取值范围．2020年浙江省高考数学模拟试卷（16）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知a 为实数，若复数z ＝（a 2﹣9）+（a +3）i 为纯虚数，则复数z 的虚部为（ ） A ．3B ．6iC ．±3D ．6【解答】解：∵z ＝（a 2﹣9）+（a +3）i 为纯虚数，∴{a 2−9=0a +3≠0，解得a ＝3． ∴z ＝6i ，则复数z 的虚部为6． 故选：D ．2．（5分）已知向量a →=(1，3)，b →=(4，m)，且(a →−b →)⊥a →，则向量a →与b →夹角为（ ） A ．π3B ．π6C ．π4D ．π2【解答】解：∵向量a →=(1，3)，b →=(4，m)，且(a →−b →)⊥a →，∴（a →−b →）•a →=a →2−a →⋅b →=0， 即 a →2=a →•b →，即 10＝4+3m ，∴m ＝2，∴b →=（4，2）． 设向量a →与b →夹角为θ，θ∈[0，π]，则 10＝|a →|•|b →|•cos θ=√10•√16+4•cos θ=√10•2√5•cos θ cos θ=√22，∴θ=π4， 故选：C ．3．（5分）已知sin α+cos α=12，α∈（0，π），则1+tanα1−tanα=（ ）A ．√77B ．−√77C ．√33D ．−√33【解答】解：由sin α+cos α=12，α∈（0，π）， 得1+2sinαcosα=14，∴2sin αcos α=−34， 则sin α＞0，cos α＜0，∴sin α﹣cos α=√(sinα−cosα)2=√1−2sinαcosα=√1+34=√72．联立{sinα+cosα=12sinα−cosα=√72，解得sin α=1+√74，cos α=1−√74，tan α=√71−7=−4+√73． ∴1+tanα1−tanα=1−4+√731+4+√73=−√77． 故选：B ．4．（5分）i 2020＝（ ） A ．1B ．﹣1C ．iD ．﹣i【解答】解：i 2020＝i 4×505＝（i 4）505＝1．故选：A ．5．（5分）已知三角形ABC ，那么“|AB →+AC →|＞|AB →−AC →|”是“三角形ABC 为锐角三角形”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解答】解：三角形ABC ，那么“|AB →+AC →|＞|AB →−AC →|”⇒AB →•AC →＞0，可得A 为锐角．此时三角形ABC 不一定为锐角三角形． 三角形ABC 为锐角三角形⇒A 为锐角．∴三角形ABC ，那么“|AB →+AC →|＞|AB →−AC →|”是“三角形ABC 为锐角三角形”的必要不充分条件． 故选：B ．6．（5分）△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且sin A +cos A =√3−12，a ＝7，3sin B＝5sin C ，则b +c 的值为（ ） A ．12B ．8√3C ．8√2D ．8【解答】解：∵sin A +cos A =√3−12，∴两边平方，可得：1+sin2A =4−2√34，解得：sin2A =−√32， ∵0＜A ＜π，0＜2A ＜2π，∴解得：A =2π3或5π6（由sin A +cos A =√3−12舍去），可得：cos A =−12，∵3sin B ＝5sin C ，可得：3b ＝5c ①，∴由a ＝7，根据余弦定理可得：49＝b 2+c 2﹣2bc cos A ， ∴49＝b 2+c 2+bc ②，∴由①②可解得：b ＝5，c ＝3，b +c ＝8． 故选：D ．7．（5分）已知向量a →=（1，3），b →=（3，2），则向量a →在向量b →上的投影等于（ ） A ．9√1010B ．9C ．﹣3D ．9√1313【解答】解：a →在b →方向上的投影为|a →|⋅cos ＜a →，b →＞=|a →|⋅a →⋅b→|a →||b →|=a →⋅b →|b →|=3+613=9√1313．故选：D ．8．（5分）函数f(x)=(x−1x+1)e x 的部分图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：当x →﹣∞时，e x →0+，x−1x+1=1−2x+1→1+，所以f （x ）→0+，排除C ，D ；因为x →+∞时，e x →+∞，x−1x+1=1−2x+1→1+，所以f （x ）→+∞，因此排除B ， 故选：A ．9．（5分）已知正方形ABCD 的边长为2，点P 是BC 中点，BA →=12BQ →，向量PD →•PQ →=（ ）A ．1B ．5C ．7D ．﹣13【解答】解：如图，以点D 为原点，以直线DC ，DA 分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系，则据题意得，D （0，0），P （2，1），Q （﹣2，2），∴PD →⋅PQ →=(−2，−1)⋅(−4，1)=8−1=7． 故选：C ．10．（5分）已知tan(α−π6)=2√3，则sinαsin(α+π3)=（ ） A ．52B ．72C ．−√32D ．3√32【解答】解：∵tan(α−π6)=2√3，∴tanα−tanπ61+tanαtanπ6=tanα−√331+√33tanα=2√3，解得tan α=−7√33， ∴sinαsin(α+π3)=sinαsinαcos π3+cosαsinπ3=12tanα+√32=72．故选：B ．11．（5分）在△ABC 中，BA →⋅AC →|AB →|+AC →⋅BC →|BC →|=0，BC→|BC →|⋅BA→|BA →|=12，则△ABC 为（ ）A ．直角三角形B ．三边均不相等的三角形C ．等边三角形D ．等腰非等边三角形【解答】解：因为在△ABC 中，A ，B ，C ∈（0，π）BA →⋅AC →|AB →|+AC →⋅BC →|BC →|=0，BC→|BC →|⋅BA→|BA →|=12，∴−|AB →|×|AC →|×cosA|AB →|+|CA →|×|CB →|×cosC|BC →|=0⇒|CA →|cos A ﹣|AC →|coC ＝0⇒cos A ＝cos C ⇒A ＝C ；∵BC →•BA →=|BC →|×|BA →|×cos B =12|BC →|×|BA →|⇒cos B =12⇒B =π3； ∴△ABC 为等边三角形； 故选：C ．12．（5分）在平行四边形ABCD 中，AB →+AC →−DA →=（ ） A ．2AC →B ．0C ．2AD →D ．2BD →【解答】解：∵ABCD 是平行四边形，∴AB →+AC →−DA →=AB →+AD →+AC →=AC →+AC →=2AC →． 故选：A ．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）若复数z 满足zi =2+i ，其中i 是虚数单位，则z 的模是 √5 ．【解答】解：∵zi=2+i ，∴z ＝（2+i ）i ＝﹣1+2i ， ∴|z |=√5． 故答案为：√5．14．（5分）设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →=4CD →，若AD →=λ2AB →+μ4AC →，则λ+μ＝92．【解答】解：如图所示，由BC →=4CD →可知，B 、C 、D 三点在同一直线上，图形如下：根据题意及图形，可得：AD →=AC →+CD →=AC →+14BC →=AC →+14(AC →−AB →)=54AC →−14AB →，∵AD →=λ2AB →+μ4AC →，∴{λ2=−14μ4=54，解得：{λ=−12μ=5，则λ+μ=(−12)+5=92． 15．（5分）在△ABC 中，若tanAtanB +tanAtanC =3，则sin A 的最大值为 √215． 【解答】解：在△ABC 中，tanA tanB+tanA tanC=3，∴sinAcosB cosAsinB+sinAcosC cosAsinC=3．∴sinA(cosBsinC+cosCsinB)cosAsinBsinC =3，即sinAsin(C+B)cosAsinBsinC=3，∴sin 2A cosAsinBsinC=3．根据正弦定理得：a 2bccosA=3．∴a 2＝3bc cos A ．又根据余弦定理得：a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ， ∴b 2+c 2﹣2bc cos A ＝3bc cos A ．∴cosA =b 2+c 25bc ≥2bc 5bc =25．当且仅当b ＝c 时等号成立， ∴cos 2A ≥425． ∴1−sin 2A ≥425，即sin 2A ≤2125， ∴sinA ≤√215．故答案为：√21516．（5分）在△ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B =π3，AB →⋅BC →=−2，且满足sin A +sin C ＝2sin B ，则该三角形的外接圆的半径R 为2√33． 【解答】解：因为AB →⋅BC →=accos(π−B)=−12ac =−2，所以ac ＝4． 由余弦定理得：b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B ．又因为sin A +sin C ＝2sin B ，所以a +c ＝2b ．所以(a+c)42=(a +c)2−3ac ， 所以3(a+c)42=12，所以（a +c ）2＝16，所以a +c ＝4，所以b ＝2，所以2R =bsinB =2sin600=4√33，所以R =2√33．故答案为：2√33． 三．解答题（共6小题） 17．已知复数z ＝（2+i ）m +2ii−1（其中i 是虚数单位，m ∈R ）． （1）若复数z 是纯虚数，求m 的值； （2）求|z ﹣1|的取值范围．【解答】解：z ＝（2+i ）m +2ii−1=2m +mi +2i(−1−i)(−1+i)(−1−i)=(2m +1)+(m −1)i ．（1）∵复数z 是纯虚数，∴{2m +1=0m −1≠0，即m =−12；（2）z ﹣1＝2m +（m ﹣1）i ，|z ﹣1|=√4m 2+(m −1)2=√5m 2−2m +1=√5(m −15)2+45≥2√55， ∴|z ﹣1|的取值范围是[2√55，+∞)． 18．已知角α为第一象限角，且sin α=√55． （1）求cos α，tan α的值； （2）求3sin(π−α)−2cos(π+α)cos(π2−α)的值．【解答】解：（1）∵角α为第一象限角，且sin α=√55，∴cos α=√1−sin 2α=2√55，tan α=sinαcosα=12． （2）3sin(π−α)−2cos(π+α)cos(π2−α)=3sinα+2cosαsinα=3+2tanα=3+212=7．19．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ． （1）已知a ＝b cos C +c sin B ，求B ；（2）若a ，b ，c 成等比数列，求证：B ≤π3． 【解答】（本小题满分12分）解：（1）由正弦定理得：sin A ＝sin B cos C +sin C sin B ， 即sin （B +C ）＝sin B cos C +sin C sin B ， 故 cos B sin C ＝sin C sin B ， 因为 sin C ≠0， 所以 cos B ＝sin B ， 因为 0＜B ＜π，所以 B =π4；………………………………………………………（6分）（2）证明：因为a ，b ，c 成等比数列，所以b 2＝ac ，由余弦定理得 a 2+c 2﹣2ac cos B ＝ac ，由重要不等式知：2ac ﹣2ac cos B ≤ac ，所以cos B ≥12=cos π3， 因为 0＜B ＜π，且函数y ＝cos x 在（0，π）上是减函数，所以B ≤π3． ……………………………………………………………………………（12分）20．已知向量m →=（sin x ，34），n →=（cos x ，﹣1），设f （x ）＝2（m →+n →）⋅n →（Ⅰ）若f （x ）=32，求x 的所有取值；（Ⅱ）已知锐角△ABC 三内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b 2＝a （a +c ），求f（A ）的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）向量m →=（sin x ，34），n →=（cos x ，﹣1）， 可得f （x ）＝2（m →+n →）⋅n →=2（sin x +cos x ，−14）•（cos x ，﹣1） ＝2sin x cos x +2cos 2x +12=sin2x +cos2x +32=√2sin （2x +π4）+32，由f （x ）=32可得sin （2x +π4）＝0，即有2x +π4=k π，k ∈Z ， 解得x =kπ2−π8，k ∈Z ； （Ⅱ）由余弦定理b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B 和b 2＝a （a +c ），可得a ＝c ﹣2a cos B ，又由正弦定理得sin A ＝sin C ﹣2sin A cos B ，又sin C ＝sin （π﹣A ﹣B ）＝sin （A +B ），得sin A ＝sin （A +B ）﹣2sin A cos B ＝sin B cos A ﹣sin A cos B ＝sin （B ﹣A ），由A ，B ∈（0，π2）， 可得A ＝B ﹣A 或A +B ﹣A ＝π（舍去），故B ＝2A ，C ＝π﹣3A ，由于锐角△ABC ，即0＜2A ＜π2，0＜π﹣3A ＜π2，故有π6＜A ＜π4，即有7π12＜2A +π4＜3π4， 即有sin （2A +π4）∈（√22，√6+√24）， 所以f （A ）=√2sin （2A +π4）+32的取值范围是（52，2+√32）． 21．某同学再一次研究性学习中发现，以下三个式子的值都等于一个常数．1．sin 213°+cos 217°﹣sin13°cos17°2．sin 218°+cos 212﹣sin18°cos12°3．sin 2（﹣25°）+cos 255°﹣sin （﹣25°）cos55°（1）试从上述三个式子中选出一个计算出这个常数．（2）猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明．【解答】解：（1）sin 213°+cos 217°﹣sin13°cos17°＝sin 213°+cos 2（30°﹣13°）﹣sin13°cos （30°﹣13°）＝sin 213°+（cos30°cos13°+sin30°sin13°）2﹣sin13°（cos30°cos13°+sin30°sin13°）=sin 213°+34cos 213°+14sin 213°+√32sin13°cos13°−√32sin13°cos13°−12sin 213° =34sin 213°+34cos 213°=34．（2）一般规律：sin 2α+cos 2(30°−α)−sinαcos(30°−α)=34．证明：sin 2α+cos 2（30°﹣α）﹣sin αcos （30°﹣α）＝sin 2α+（cos30°cos α+sin30°sin α）2﹣sin α（cos30°cos α+sin30°sin α）=sin 2α+34cos 2α+14sin 2α+√32sinαcosα−√32sinαcosα−12sin 2α =34sin 2α+34cos 2α=34．22．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2a +b ＝2c cos B ，c =√3．（1）求角C ；（2）延长线段AC 到点D ，使CD ＝CB ，求△ABD 周长的取值范围．【解答】解：（1）根据余弦定理得2a +b =2c a 2+c 2−b 22ac，整理得：a 2+b 2﹣c 2＝﹣ab ，由余弦定理可得cos C =a 2+b 2−c 22ab =−ab 2ab =−12， 由于C ∈（0，π），可得C =2π3． （2）由于C =2π3，即∠BCD =π3，又CD ＝CB ，可得△BCD 为等边三角形，可得BD ＝CD ＝a ， 所以△ABD 的周长L ＝2a +b +√3，由正弦定理a sinA =b sinB =c sinC =√3√32=2，所以：a ＝2sin A ，b ＝2sin B ，因为：A =π3−B ， 又B ∈（0，π3），可得cos B ∈（12，1），所以2a +b ＝4sin A +2sin B ＝4sin （π3−B ）+2sin B ＝4（√32cos B −12sin B ）+2sin B ＝2√3cos B ， 所以2a +b ∈(√3，2√3)，所以周长L ＝2a +b +√3的取值范围是（2√3，3√3）．。