2020年浙江省高考数学模拟试卷(15)

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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

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，.。

浙江专用2020年高考数学仿真试卷(含两套,解析版)

浙江高考仿真卷(一)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．已知集合A ＝{x |x 2<1}，集合B ＝{x |log 2x <0}，则A ∩B 等于( ) A ．(0,1) B ．(－1,0) C ．(－1,1) D ．(－∞，1) 答案 A解析根据题意集合A ＝{x |－1<x <1}，集合B ＝{x |0<x <1}，∴A ∩B ＝(0,1)．2．在平面直角坐标系中，经过点P (22，－2)，渐近线方程为y ＝±2x 的双曲线的标准方程为( ) A.x 24－y 22＝1 B.x 27－y 214＝1 C.x 23－y 26＝1 D.y 214－x 27＝1 答案 B解析 ∵双曲线的渐近线方程为y ＝±2x ，∴设所求双曲线的标准方程为2x 2－y 2＝k .又()22，－2在双曲线上，则k ＝16－2＝14，即双曲线的方程为2x 2－y 2＝14，∴双曲线的标准方程为x 27－y 214＝1.3．设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0，则目标函数z ＝2x ＋y 的最大值是( )A ．2B ．3C ．5D ．7 答案 C解析画出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0表示的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －2＝0，2x －3y －9＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝－1，将z ＝2x ＋y 变形为y ＝－2x ＋z ，平移直线y ＝－2x ＋z ，由图可知当直线y ＝－2x ＋z 经过点(3，－1)时，直线在y 轴上的截距最大，即z 最大， z 的最大值为z ＝2×3－1＝5.4．若复数z 1＝2＋i ，z 2＝cos α＋isin α(α∈R )，其中i 是虚数单位，则|z 1－z 2|的最大值为 A.5－1 B.5－12 C.5＋1 D.5＋12答案 C解析方法一由题可得z 1－z 2＝2＋i －cos α－isin α＝2－cos α＋(1－sin α)i(α∈R )，则|z 1－z 2|＝(2－cos α)2＋(1－sin α)2 ＝4－4cos α＋cos 2α＋1－2sin α＋sin 2α ＝6－2sin α－4cos α＝6－22＋42sin (α＋φ)＝6－25sin (α＋φ)，其中tan φ＝2，当sin(α＋φ)＝－1时， |z 1－z 2|有最大值，此时|z 1－z 2|＝6＋25＝5＋1. 方法二 ∵z 1＝2＋i ，z 2＝cos α＋isin α(α∈R )，∴z 2在复平面内对应的点在以原点为圆心，以1为半径的圆上，z 1＝2＋i 对应的点为Z 1(2,1)．如图：则|z 1－z 2|的最大值为5＋1.5．“α≠β”是“cos α≠cos β”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解析因为α＝β⇒cos α＝cos β，所以cos α≠cos β⇒α≠β (逆否命题)必要性成立，α＝－β⇒cos α＝cos β，充分性不成立，故“α≠β”是“cos α≠cos β”的必要不充分条件． 6．函数f (x )＝ln|x |x的图象大致为( )答案 A解析函数的定义域为{x |x ≠0}，f (x )＝ln ||x x ，f ()－x ＝ln ||－x －x ＝－ln ||x x ＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，图象关于原点对称，故可排除B ；当x >1时，f (x )＝ln ||x x ＝ln xx >0，故可排除C ；当x >0时，f (x )＝ln ||x x ＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2，显然当1<x <e 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >e 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，可排除D ，故选A.7．本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有( )A ．72种B ．144种C ．288种D ．360种答案 B解析第一步排语文、英语、化学、生物4科，且化学排在生物前面，有A 442＝12(种)排法；第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空档中的2个，有A 24＝12(种)排法，所以不同的排表方法共有12×12＝144(种)． 8．已知随机变量X 的分布列如下表：其中a ，b ，c >0.若X 的方差D (X )≤13对所有a ∈(0,1－b )都成立，则( )A ．b ≤13B ．b ≤23C ．b ≥13D ．b ≥23答案 D解析由X 的分布列可得X 的期望为E (X )＝－a ＋c ， a ＋b ＋c ＝1，所以X 的方差D (X )＝(－1＋a －c )2a ＋(a －c )2b ＋(1＋a －c )2c ＝(a －c )2(a ＋b ＋c )－2(a －c )2＋a ＋c ＝－(a －c )2＋a ＋c ＝－(2a －1＋b )2＋1－b ＝－4⎝⎛⎭⎫a －1－b 22＋1－b ，因为a ∈(0,1－b )，所以当且仅当a ＝1－b 2时，D (X )取最大值1－b ，又D (X )≤13对所有a ∈(0,1－b )都成立，所以只需1－b ≤13，解得b ≥23.9．如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为4π3的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )A.2－12 B.2＋12 C.6－12 D.3－12答案 D解析因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离d ＝1－14＝32，而截面到球体最低点的距离为1－32，而蛋巢的高度为12，故球体到蛋巢底面的最短距离为12－⎝⎛⎭⎫1－32＝3－12.10．设α，β是方程x 2－x －1＝0的两个不等实数根，记a n ＝αn ＋βn (n ∈N *)．下列两个命题( )①数列{a n }的任意一项都是正整数； ②数列{a n }存在某一项是5的倍数． A ．①正确，②错误 B ．①错误，②正确 C ．①②都正确 D ．①②都错误答案 A解析因为α，β是方程x 2－x －1＝0的两个不等实数根，所以α＋β＝1，αβ＝－1，因为a n ＝αn ＋βn ，所以a n ＋1＝αn ＋1＋βn ＋1＝(αn ＋βn )α＋(αn ＋βn )β－βn α－αn β＝(αn ＋βn )(α＋β)－αβ(αn －1＋βn －1)＝(αn＋βn )＋(αn －1＋βn －1)＝a n ＋a n －1，即当n ≥3时，数列{a n }中的任一项都等于其前两项之和，又a 1＝α＋β＝1，a 2＝α2＋β2＝(α＋β)2－2αβ＝3，所以a 3＝a 2＋a 1＝4，a 4＝a 3＋a 2＝7，a 5＝a 4＋a 3＝11，以此类推，即可知数列{a n }的任意一项都是正整数，故①正确，若数列{a n }存在某一项是5的倍数，则此项个位数字应当为0或5.由a 1＝1，a 2＝3，依次计算知，数列{a n }中不存在个位数字为0或5的项，②错误．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》中记载了“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足．问人数、豕价各几何？”．其意思是“若干个人合买一头猪，若每人出100，则会剩下100；若每人出90，则不多也不少．问人数、猪价各多少？”．设x ，y 分别为人数、猪价，则x ＝________，y ＝________. 答案 10 900解析由题意可列方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＋100＝100x ，y ＝90x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝10，y ＝900.12．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.答案 20＋45 8解析由题意得，该几何体为三棱柱，故其表面积S ＝2×12×4×2＋22＋4×2＋2×25＝20＋45，体积V ＝12×4×2×2＝8.13．已知多项式(x ＋2)m (x ＋1)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a m ＋n x m ＋n满足a 0＝4，a 1＝16，则m ＋n＝________，a 0＋a 1＋a 2＋…＋a m ＋n ＝________. 答案 5 72解析令x ＝0，得a 0＝2m ＝4，又由二项展开式的通项公式得C m －1m ·2m －1·C n n ·1n ＋C m m ·2m ·C n －1n ·1n－1＝16，所以m ＝2，n ＝3，则m ＋n ＝5；令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a m ＋n ＝32×23＝72. 14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积，若c ＝2a cos B ，S ＝12a 2－14c 2，则△ABC 的形状为________，C 的大小为________．答案等腰三角形 π4解析在△ABC 中，由c ＝2a cos B 及正弦定理得sin C ＝2sin A cos B ，则sin(A ＋B )＝2sin A cos B ，化简得sin(A －B )＝0，那么A ＝B ，从而有a ＝b ，所以△ABC 为等腰三角形；由S ＝12a 2－14c 2及余弦定理得12ab sin C ＝12a 2－14(a 2＋b 2－2ab cos C )，化简得a 2sin C ＝a 2cos C ，又a >0，所以sin C ＝cos C ，则tan C ＝1，又C 是△ABC 的内角，故C ＝π4.15．已知x >0，y >－1，且x ＋y ＝1，则x 2＋3x ＋y 2y ＋1的最小值为________．答案 2＋ 3解析 x 2＋3x ＋y 2y ＋1＝⎝⎛⎭⎫x ＋3x ＋⎝⎛⎭⎫y －1＋1y ＋1，结合x ＋y ＝1可知原式＝3x ＋1y ＋1，且3x ＋1y ＋1＝⎝⎛⎭⎫3x ＋1y ＋1×x ＋()y ＋12 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋3()y ＋1x ＋x y ＋1 ≥12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋23()y ＋1x ×x y ＋1＝2＋3，当且仅当x ＝3－3，y ＝－2＋3时等号成立．即x 2＋3x ＋y 2y ＋1的最小值为2＋ 3.16．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＋x2＝m ＋1＋1，12×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．如图，在△ABC 中，已知AB ＝AC ＝1，∠A ＝120°，E ，F 分别是边AB ，AC 上的点，且AE →＝λAB →，AF →＝μAC →，其中λ，μ∈(0,1)，且λ＋4μ＝1，若线段EF ，BC 的中点分别为M ，N ，则|MN →|的最小值为________．答案77解析连接AM ，AN (图略)，在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ＝1，∠A ＝120°，所以AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|·cos 120°＝－12，因为AM 是△AEF 的中线，所以AM →＝12(AE →＋AF →)＝12(λAB →＋μAC →)，同理可得AN →＝12()AB →＋AC →，由此可得MN →＝AN →－AM →＝12(1－λ)AB →＋12()1－μAC →，两边平方并化简得MN →2＝14(1－λ)2－14(1－λ)(1－μ)＋14(1－μ)2，由于λ＋4μ＝1，可得1－λ＝4μ，代入上式并化简得MN →2＝214μ2－32μ＋14＝214⎝⎛⎭⎫μ－172＋17，由于λ，μ∈()0，1，所以当μ＝17时，MN →2取得最小值17，所以|MN →|的最小值为77.三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，0<ω<4，|φ|<π2过点⎝⎛⎭⎫0，12，且当x ＝π6时，函数f (x )取得最大值1.(1)将函数f (x )的图象向右平移π6个单位长度得到函数g (x )，求函数g (x )的表达式；(2)在(1)的条件下，函数h (x )＝f (x )＋g (x )＋2cos 2x －1，求h (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域．解 (1)由题意得A ＝1，由函数过⎝⎛⎭⎫0，12得sin φ＝12，∵|φ|<π2， ∴φ＝π6.又f ⎝⎛⎭⎫π6＝1，∴π6ω＋π6＝π2＋2k π，k ∈Z ，∵0<ω<4， ∴ω＝2，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， ∴g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x －π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. (2)h (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋cos 2x ＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，π6≤2x ＋π6≤7π6，－12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6≤1，－1≤2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6≤2，所以h (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域为[－1,2]． 19．(15分)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是梯形，BC ∥AD ，AB ＝BC ＝CD ＝1，AD ＝2，PB ＝132，P A ＝PC ＝ 3.(1)证明：AC ⊥BP ；(2)求直线AD 与平面APC 所成角的正弦值． (1)证明取AC 的中点F ，连接PF ，BF ，由P A ＝PC 得PF ⊥AC ，由AB ＝BC ，得BF ⊥AC ，又PF ∩BF ＝F ，∴AC ⊥平面PBF ，又BP ⊂平面PBF ，∴AC ⊥BP .(2)解延长BF 交AD 于点E ，过点P 作PO 垂直于平面ABCD 于点O ，由(1)易知点O 在BE 上，在△PBF 中，PB ＝132，BF ＝12，PF ＝32，由余弦定理得cos ∠PFB ＝PF 2＋BF 2－PB 22PF ·BF ＝－12，即∠PFB ＝120°，则∠PFO ＝60°， ∴PO ＝PF ·sin 60°＝334，由V P －ACD ＝V D －APC 得13·PO ·S △ACD ＝13·h ·S △APC ，其中h 为点D 到平面APC 的距离，解得h ＝32，设直线AD 与平面APC 所成角为θ，则sin θ＝h AD ＝34.20．(15分)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＝S n ＋S n －1(n ∈N *，且n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：当n ≥2时，1a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n <32.(1)解由a n ＝S n ＋S n －1，得S n －S n －1＝S n ＋S n －1，即S n －S n －1＝1(n ≥2)，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，以1为公差的等差数列，所以S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，即S n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，也满足上式，所以a n ＝2n －1. (2)证明当n ≥2时，1na n ＝1n (2n －1)<1n (2n －2)＝12·1n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，所以1a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n<1＋12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝32－12n <32.故当n ≥2时，1a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n <32.21.(15分)已知直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)恰有一个公共点P ，l 与圆x 2＋y 2＝a 2相交于A ，B 两点．(1)求k 与m 的关系式；(2)点Q 与点P 关于坐标原点O 对称．若当k ＝－12时，△QAB 的面积取到最大值a 2，求椭圆的离心率．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2a 2＋y 2b 2＝1，得(a 2k 2＋b 2)x 2＋2a 2kmx ＋a 2(m 2－b 2)＝0，则Δ＝(2a 2km )2－4(a 2k 2＋b 2)a 2(m 2－b 2)＝0，化简整理，得m 2＝a 2k 2＋b 2.(2)因为点Q 与点P 关于坐标原点O 对称，故△QAB 的面积是△OAB 的面积的两倍．所以当k ＝－12时，△OAB 的面积取到最大值a 22，此时OA ⊥OB ，从而原点O 到直线l 的距离d ＝a2，又d ＝|m |k 2＋1，故m 2k 2＋1＝a 22.再由(1)，得a 2k 2＋b 2k 2＋1＝a 22，则k 2＝1－2b 2a 2.又k ＝－12，故k 2＝1－2b 2a 2＝14，即b 2a 2＝38，从而e 2＝c 2a 2＝1－b 2a 2＝58，即e ＝104.22．(15分)已知f (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2，g (x )＝k (x ＋1)，k ∈R . (1)求f (x )的单调区间；(2)当k ＝2时，求证：对于任意x >－1，f (x )<g (x )恒成立；(3)若存在x 0>－1，使得当x ∈(－1，x 0)时，恒有f (x )>g (x )成立，试求k 的取值范围． (1)解函数f (x )的定义域为(－2，＋∞)． f ′(x )＝2x ＋2－2(x ＋1)＝－2()x 2＋3x ＋1x ＋2(x >－2)，当f ′(x )>0时，x 2＋3x ＋1<0. 解得－2<x <－3＋52；当f ′(x )<0时，解得x >－3＋52.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3＋52，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－3＋52，＋∞.(2)证明设h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2－k (x ＋1)(x >－1)，当k ＝2时，h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－2＝－2(x ＋3)(x ＋1)x ＋2，∴当x >－1时，h ′(x )<0恒成立，h (x )单调递减．又h (－1)＝0，∴当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )<h (－1)＝0恒成立，即f (x )－g (x )<0.∴对于任意x >－1，f (x )<g (x )恒成立．(3)解因为h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－k＝－2x 2＋(k ＋6)x ＋2k ＋2x ＋2.方法一由(2)知，当k ＝2时，f (x )<g (x )恒成立，即对于任意x >－1,2ln(x ＋2)－(x ＋1)2<2(x ＋1)，不存在满足条件的x 0；当k >2时，对于任意x >－1，x ＋1>0，此时2(x ＋1)<k (x ＋1)．∴2ln(x ＋2)－(x ＋1)2<2(x ＋1)<k (x ＋1)，即f (x )<g (x )恒成立，不存在满足条件的x 0；当k <2时，令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2)，可知t (x )与h ′(x )符号相同，当x ∈(x 0，＋∞)时，t (x )<0，h ′(x )<0， h (x )单调递减．∴当x ∈(－1，x 0)时，h (x )>h (－1)＝0，即f (x )－g (x )>0恒成立．综上，k 的取值范围为(－∞，2)．方法二存在x 0>－1，使得当x ∈(－1，x 0)时，恒有f (x )>g (x )成立，即h (x )>0恒成立，即h (x )>h (－1)恒成立，即当x ∈(－1，x 0)时，h ′(x )>0恒成立．令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2)．则t (－1)>0，即可解得k <2，∴k 的取值范围是(－∞，2)．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．设集合A ＝{1,2,3}，B ＝{x ∈R |－1<x <3}，则A ∩B 等于( ) A ．{1,2} B ．{1,3} C ．{2,3} D ．{1,2,3} 答案 A解 ∵集合A ＝{1,2,3}，B ＝{x ∈R |－1<x <3}， ∴集合A 与集合B 公共元素组成的集合A ∩B ＝{1,2}．2．已知双曲线x 2m －y 23＝1()m >0的右顶点和抛物线y 2＝8x 的焦点重合，则m 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 D解析双曲线x 2m －y 23＝1(m >0)的右顶点为(m ，0)，抛物线y 2＝8x 的焦点为(2,0)，所以m ＝4.3．若实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3≤0，3x ＋5y －25≤0，x ≥1，则函数z ＝2x ＋y 的最大值为( )A ．12 B.325 C ．3 D ．15答案 A解析作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分所示(含边界)．由z ＝2x ＋y 得y ＝－2x ＋z ，平移直线y ＝－2x ＋z ，由图象可知当直线y ＝－2x ＋z 经过点A 时，直线y ＝－2x ＋z 在y 轴上的截距最大，此时z 最大．由⎩⎪⎨⎪⎧ x －4y ＋3＝0，3x ＋5y －25＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2，即A (5,2)，代入目标函数z ＝2x ＋y ，得z ＝2×5＋2＝12. 即目标函数z ＝2x ＋y 的最大值为12.4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为( )A ．1 B.22 C.52 D.62答案 C解析几何体为一个四棱锥P －ABCD ，其中P A ＝3，PB ＝6，PC ＝5，PD ＝2，AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝1，所以S △P AB ＝S △P AD ＝22，S △PDC ＝12，S △PBC ＝52，因此面积最大的侧面面积为52.5．“x <2”是“2x <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2x <1得x <0，因为“x <2”是“x <0”的必要不充分条件，所以“x <2”是“2x <1”的必要不充分条件． 6．函数f (x )＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x ＋2sin x 的图象大致为( )答案 C解析由1－x1＋x >0，得f (x )的定义域为(－1,1)，f (－x )＝ln 1＋x 1－x ＋2sin(－x )＝－ln 1－x1＋x －2sin x ＝－f (x )，∴f (x )为定义在(－1,1)上的奇函数，可排除A 和B ，又f (x )＝ln(1－x )－ln(1＋x )＋2sin x ，x ∈(－1,1)，当x →1时，f (x )→－∞，可排除D.7．已知0<a <12，随机变量ξ的分布列如下：当a 增大时( ) A ．E (ξ)增大，D (ξ)增大 B ．E (ξ)减小，D (ξ)增大 C ．E (ξ)增大，D (ξ)减小 D ．E (ξ)减小，D (ξ)减小答案 B解析由题意得，E (ξ)＝－a ＋12，D (ξ)＝⎝⎛⎭⎫－a ＋12＋12×a ＋⎝⎛⎭⎫－a ＋122×⎝⎛⎭⎫12－a ＋⎝⎛⎭⎫－a ＋12－12×12＝－a 2＋2a ＋14，又∵0<a <12， ∴故当a 增大时，E (ξ)减小，D (ξ)增大．8.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θ1，直线DA 与BC 所成的角是θ2，则( )A ．θ≥θ1B ．θ≤θ1C ．θ≥θ2D ．θ≤θ2答案 A解析若θ>π2，则θ>θ1，θ>θ2；若θ≤π2，如图所示，设D 在平面ABC 的投影为M ，过M 作MN ⊥AB ，垂足为N ，连接DN ，AM ，∴sin θ＝DM DN ，sin θ1＝DMDA ，∵DA ≥DN ，∴sin θ1≤sin θ，∴θ1≤θ，而θ与θ2的大小关系是不确定的，故选A.9．已知|AB →|＝1，|BC →|＋|CA →|＝2，则CA →与CB →夹角的余弦值的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤－1，12 B.⎣⎡⎦⎤－12，12 C.⎣⎡⎦⎤12，1 D.⎣⎡⎦⎤－12，1 答案 C解析易知BC →＋CA →＝BA →，所以BC →2＋CA →2＋2BC →·CA →＝1.设向量CA →与CB →的夹角为θ，|BC →|＝x ，则|CA →|＝2－x ，所以cos θ＝－2x 2－4x ＋32x 2－4x ＝－1－32(x －1)2－2，因为|BA →|＝|BC →＋CA →|≥||BC →|－|CA →||，所以|2x －2|≤1，所以12≤x ≤32，所以12≤cos θ≤1.故选C.10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x >0，ax ，x ≤0，若方程f (－x )＝－f (x )有五个不同的实数根，则a 的取值范围是( ) A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫0，1e C ．(－∞，0) D ．(0,1)答案 B解析设g (x )＝－f (－x )，则y ＝g (x )的图象与y ＝f (x )的图象关于原点对称，方程f (－x )＝－f (x )有五个不同的实数根等价于函数y ＝f (x )的图象与y ＝g (x )的图象有5个交点，由图象可知(图略)，只需y ＝ax 与曲线y ＝ln x 在第一象限有两个交点即可，设过原点的直线与y ＝ln x 切于点P (x 0，y 0)，由f ′(x )＝1x，则y ＝ln x 的切线为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，又此直线过点(0,0)，所以ln x 0＝1，所以x 0＝e ，即f ′(e)＝1e，即过原点的与y ＝ln x 相切的直线方程为y ＝1e x ，即所求a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e .二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11．复数z 满足z ·(1－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，则|z |＝________，复数z 的共轭复数z ＝________. 答案522 72＋12i 解析由z ·(1－i)＝3－4i ，得z ＝3－4i 1－i ＝(3－4i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝72－12i ，故|z |＝494＋14＝522，z ＝72＋12i. 12．已知直线l ：mx －y ＝1，若直线l 与直线x ＋m (m －1)y ＝2垂直，则m 的值为________．动直线l: mx －y ＝1被圆C ：x 2－2x ＋y 2－8＝0截得的最短弦长为________．答案 0或2 27解析由两直线垂直的充要条件得m ×1＋(－1)×m (m －1)＝0，∴m ＝0或m ＝2；圆的半径为3，当圆心(1,0)到直线的距离最长即d ＝(1－0)2＋[0－(－1)]2＝2时弦长最短，此时弦长为232－(2)2＝27.13．(1－2x )5展开式中x 3的系数为________；所有项的系数和为________．答案－80 －1解析因为T k ＋1＝C k 5(－2)k x k ，令k ＝3，T 4＝－80x 3，所以x 3的系数为－80，设(1－2x )5 ＝a 0＋a 1x ＋…＋a 5x 5，令x ＝1，则a 0＋a 1＋…＋a 5＝－1 ，所以所有项的系数和为－1.14．在△ABC 中，若b ＝2，A ＝120°，三角形的面积S ＝3，则c ＝________；三角形外接圆的半径为________．答案 2 2解析 S ＝3＝12×2c sin 120°，解得c ＝2.∴a 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，解得a ＝23， ∴2R ＝a sin A ＝2332＝4，解得R ＝2.15．已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右两焦点为F 1，F 2，△ABC 为椭圆的内接三角形，已知A ⎝⎛⎭⎫23，263，且满足F 2A →＋F 2B →＋F 2C →＝0，则直线BC 的方程为_______________．答案 146x －32y －276＝0解析由F 2A →＋F 2B →＋F 2C →＝0知点F 2为△ABC 的重心，设D (x 0，y 0)为BC 的中点，则AF 2→＝2F 2D →，所以⎩⎨⎧1－23＝2(x 0－1)，0－263＝2y 0，解得⎩⎨⎧x 0＝76，y 0＝－63，即D ⎝⎛⎭⎫76，－63.设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 214＋y 213＝1， ①x 224＋y223＝1， ②①－②得(x 1－x 2)(x 1＋x 2)4＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)3＝0，即y 1－y 2x 1－x 2·y 1＋y 2x 1＋x 2＝－34，因为y 1＋y 2＝2y 0＝－263，x 1＋x 2＝2x 0＝73，所以直线BC 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝7616，所以直线BC 的方程为y ＋63＝7616⎝⎛⎭⎫x －76，即146x －32y －276＝0.16．已知函数f (x )＝x ＋bx ＋c 有两个不同的零点x 1，x 2，且x 1，x 2∈(0,2)，则b 2＋2bc ＋4b 的取值范围是__________________．答案 (0,1)解析函数f (x )＝x ＋bx ＋c 有两个不同的零点x 1，x 2∈(0,2)，等价于函数g (x )＝x 2＋cx ＋b (x ≠0)有两个不同的零点x 1，x 2∈(0,2)，则g (x )＝(x －x 1)(x －x 2)，所以x 1x 2＝b ，x 1＋x 2＝－c ，则b 2＋2bc ＋4b ＝b (b ＋2c ＋4)＝x 1x 2[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4]＝x 1x 2(2－x 1)(2－x 2)＝x 1(2－x 1)·x 2(2－x 2)≤⎝⎛⎭⎫x 1＋2－x 122·⎝⎛⎭⎫x 2＋2－x 222＝1，“＝”成立的条件是x 1＝x 2＝1.因为x 1≠x 2，所以“＝”取不到．又因为x 1，x 2∈(0,2)，所以2－x 1∈(0,2)，2－x 2∈(0,2)，所以x 1x 2(2－x 1)(2－x 2)>0，所以b 2＋2bc ＋4b 的取值范围是(0,1)．17．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BC ＝1，AD ＝CD ＝2，∠DAB ＝∠DCB ＝90°，点P 为AD 的中点，M ，N 分别在线段BD ，BC 上，则PM ＋22MN 的最小值为________．答案 1解析由题意得BD ＝AD 2＋AB 2＝3，cos ∠ADB ＝63. 设DM ＝t (0<t ≤3)，则在△PDM 中，由余弦定理得 PM ＝PD 2＋DM 2－2PD ·DM cos ∠ADB ＝⎝⎛⎭⎫t －332＋16. 当MN ⊥BC 时，MN 取得最小值为BM ·CD BD ＝32－6t3，则PM ＋22MN ＝⎝⎛⎭⎫t －332＋16－33t ＋1，设y ＝⎝⎛⎭⎫t －332＋16－33t ＋1，则23t 2－233yt ＋12－(y －1)2＝0，将其看作是关于t 的一元二次方程，则Δ＝43y 2－83⎣⎡⎦⎤12－(y －1)2≥0，解得y ≥1或y ≤13.过点P 作PM ′⊥BD ，故易得 PM ≥PM ′＝PD ·AB BD ＝66>13，所以y >13，则y ≤13舍去，即y ≥1，当y ＝1时，t ＝32，所以PM ＋22MN 的最小值为1. 三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知函数f (x )＝2sin(π－x )cos x ＋2cos 2x －1 . (1)求f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，f (x )≥m 恒成立，求m 的取值范围．解 (1)f (x )＝2sin(π－x )cos x ＋2cos 2x －1 ＝2sin x cos x ＋cos 2x ＝sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，所以最小正周期T ＝2π2＝π.(2)因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4 ，所以2x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2 ， 2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－π4，34π，所以当2x ＋π4＝－π4 ，即x ＝－π4时，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4 有最小值－22 ，所以f (x )有最小值－1，因为当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，f (x )≥m 恒成立，所以m ≤－1，即m 的取值范围是(－∞，－1]．19.(15分)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ，D 为BC 的中点．(1)求证：A 1C ∥平面ADB 1；(2)若AB ＝AA 1＝2，求直线A 1D 与平面ADB 1所成角的正弦值．解 (1)连接A 1B (图略)，记AB 1∩A 1B ＝E ，连接DE ，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，易知侧面ABB 1A 1为矩形，所以E 是A 1B 的中点，又D 为BC 的中点，所以A 1C ∥DE ，又A 1C ⊄平面ADB 1，DE ⊂平面ADB 1，所以A 1C ∥平面ADB 1.(2)方法一因为AB ＝AC ＝AA 1＝2，△ABC 为等腰直角三角形，所以BC ＝AB 2＋AC 2＝2，所BD ＝BC2＝1.在Rt △B 1BD 中，tan ∠BDB 1＝BB 1BD＝2，连接BC 1，在Rt △B 1BC 1中，tan ∠B 1BC 1＝B 1C 1BB 1＝2，所以∠BDB 1＝∠B 1BC 1.又∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，所以∠BB 1D ＋∠B 1BC 1＝π2，所以BC 1⊥B 1D .因为AB ＝AC ，D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC .又在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，所以B 1B ⊥AD . 又B 1B ∩BC ＝B ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1，又BC 1⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥BC 1. 因为AD ∩B 1D ＝D ，所以BC 1⊥平面AB 1D .取CC 1的中点F ，连接DF ，A 1F ，则DF ∥BC 1，DF ⊥平面ADB 1，则∠A 1DF 为直线A 1D 与平面ADB 1所成角的余角，设直线A 1D 与平面ADB 1所成的角为θ，则θ＝π2－∠A 1DF .在△A 1DF 中，易知A 1D ＝AA 21＋AD 2＝3，A 1F ＝A 1C 21＋C 1F 2＝102， DF ＝DC 2＋CF 2＝62，所以cos ∠A 1DF ＝A 1D 2＋DF 2－A 1F 22A 1D ×DF ＝23，故sin θ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－∠A 1DF ＝cos ∠A 1DF ＝23，所以直线A 1D 与平面ADB 1所成角的正弦值为23. 方法二因为AB ＝AC ，D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC ，又在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥平面ABC ，所以可以DA ，DC 所在直线，过点D 且平行于B 1B 的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB ＝AC ＝AA 1＝2，△ABC 为等腰直角三角形，所以A (1,0,0)，D (0,0,0)，A 1(1,0，2)，B 1(0，－1，2)，故A 1D →＝(－1,0，－2)，AD →＝(－1,0,0)，B 1D →＝(0,1，－2)，设平面ADB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·B 1D →＝0，即⎩⎨⎧－x ＝0，y －2z ＝0，令z ＝1，得y ＝2，则n ＝(0，2，1)为平面ADB 1的一个法向量，设直线A 1D 与平面ADB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，A 1D →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·A 1D →|n |·|A 1D →|＝23，故直线A 1D 与平面ADB 1所成角的正弦值为23. 20．(15分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝－a n ＋n (n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12为等比数列； (2)求数列{a n －1}的前n 项和T n .(1)证明 2S n ＝－a n ＋n ，当n ≥2时，2S n －1＝－a n －1＋n －1，两式相减，得2a n ＝－a n ＋a n －1＋1，即a n ＝13a n －1＋13. ∴a n －12＝13⎝⎛⎭⎫a n －1－12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12为等比数列． (2)解由2S 1＝－a 1＋1，得a 1＝13.由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以－16为首项，13为公比的等比数列．所以a n －12＝－16⎝⎛⎭⎫13n －1＝－12⎝⎛⎭⎫13n ， ∴a n ＝－12⎝⎛⎭⎫13n ＋12(n ∈N *)， ∴a n －1＝－12⎝⎛⎭⎫13n －12，∴T n ＝－16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13－n 2＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n －1－n 2(n ∈N *)． 21．(15分)已知抛物线E ：y 2＝8x ，直线l ：y ＝kx －4.(1)若直线l 与抛物线E 相切，求直线l 的方程；(2)设Q (4,0)，直线l 与抛物线E 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，若存在点C ，满足AC ⊥QC ，且线段OC 与AB 互相平分(O 为原点)，求x 2的取值范围．解 (1)方法一当k ＝0时，直线与抛物线不相切，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝8x 得k 2x 2－8(k ＋1)x ＋16＝0，由k 2≠0及Δ＝64(k ＋1)2－64k 2＝0，得k ＝－12，所以，所求的直线l 的方程为x ＋2y ＋8＝0.方法二直线l 恒过点(0，－4)，由y 2＝8x ，得y ＝±8x ，设切点为(x 0，y 0)，由题意得，直线与抛物线在x 轴下方的图象相切，则y ＝－8x ，所以y ′|0x x ＝＝－2x 0 ，所以切线方程为y ＋8x 0＝－2x 0(x －x 0)，将坐标(0，－4)代入得x 0＝8，即切点为(8，－8)，再将该点代入y ＝kx －4得，k ＝－12，所以所求的直线l 的方程为x ＋2y ＋8＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝8x 得k 2x 2－8(k ＋1)x ＋16＝0，且k ≠0，因为Δ＝64(k ＋1)2－64k 2>0，且k ≠0，所以k >－12，且k ≠0，所以x 1＋x 2＝8(k ＋1)k 2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－8＝8k，因为线段OC 与AB 互相平分，所以四边形OACB 为平行四边形．所以OC →＝OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝⎝⎛⎭⎫8(k ＋1)k 2，8k ，即C ⎝⎛⎭⎫8(k ＋1)k 2，8k .因为AC ⊥QC,方法一所以k AC ·k QC ＝－1，又k QC ＝8k 8(k ＋1)k 2－4＝2k 2(k ＋1)－k 2，又k AC ＝k OB ＝y 2x 2＝k －4x 2，所以2k 2(k ＋1)－k 2·⎝⎛⎭⎫k －4x 2＝－1，所以8x 2＝k ＋2k＋2，所以若k >0，则8x 2≥22＋2＝2(2＋1)，当且仅当k ＝2时取等号，此时0<x 2≤4(2－1)，若－12<k <0，由于k ＝－12时，k ＋2k ＋2＝－52，所以8x 2<－52，即x 2<－165(舍去)，综上所述，x 2的取值范围是(0,4(2－1)]．方法二所以QC →·AC →＝0，又QC →＝⎝⎛⎭⎫8(k ＋1)k 2－4，8k ， AC →＝OB →＝(x 2，y 2)＝(x 2，kx 2－4)，所以QC →·AC →＝⎝⎛⎭⎫8(k ＋1)k 2－4x 2＋8k (kx 2－4)＝0，即8x 2＝k ＋2k＋2，所以若k >0，则8x 2≥22＋2＝2(2＋1)，当且仅当k ＝2时取等号，此时0<x 2≤4(2－1)，若－12<k <0，由于k ＝－12时，k ＋2k ＋2＝－52，所以8x 2<－52，即x 2<－165(舍去)．综上所述，x 2的取值范围是(0,4(2－1)]．22．(15分)已知函数f (x )＝a e 2x －a e x －x e x (a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立．(1)求实数a 的值；(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14. (1)解由f (x )＝e x (a e x －a －x )≥0对于x ∈R 恒成立，设函数g (x )＝a e x －a －x ，可得g (x )＝a e x －a －x ≥0对于x ∈R 恒成立，∵g (0)＝0，∴g (x )≥g (0)，从而x ＝0是g (x )的一个极小值点，∵g ′(x )＝a e x －1，∴g ′(0)＝a －1＝0，即a ＝1.当a ＝1时，g (x )＝e x －1－x ，g ′(x )＝e x －1，∵x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，即f (x )≥0，∴a ＝1.(2)证明当a ＝1时，f (x )＝e 2x －e x －x e x ，f ′(x )＝e x (2e x －x －2)．令h (x )＝2e x －x －2，则h ′(x )＝2e x －1，∴当x ∈(－∞，－ln 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(－ln 2，＋∞)上为增函数，且h (0)＝0，∵h (－1)<0，h (－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x ＝x 0满足h (x 0)＝0，∵h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )在(－∞，x 0)上为增函数，当x ∈(x 0，－ln 2)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(x 0，－ln 2)上为减函数，当x ∈(－ln 2,0)时，h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，f (x )在(－ln 2,0)上为减函数，当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0，即f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (x )在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，综上可知，f (x )存在唯一的极大值点x 0，且x 0∈(－2，－1)．∵h (x 0)＝0，∴20e x －x 0－2＝0， ∴f (x 0)＝002ee x x －－x 00e x ＝⎝⎛⎭⎫x 0＋222－⎝⎛⎭⎫x 0＋22(x 0＋1)＝－x 20＋2x 04，x 0∈(－2，－1)， ∵当x ∈(－2，－1)时，－x 2＋2x 4<14， ∴f (x 0)<14； ∵ln 12e∈(－2，－1)， ∴f (x 0)≥f ⎝⎛⎭⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e 2；综上知ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.。

【附20套高考模拟试题】2020届浙江省普通高等学校高考科目模拟考试数学试题1高考数学模拟试卷含答案

2020届浙江省普通高等学校高考科目模拟考试数学试题1高考数学模拟试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．将5名教师分配到甲、乙、丙三所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它两所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有几种（） A ．60B ．80C ．150D ．3602．在ABC ∆中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若1cos 2b a Cc =+，则角A 为 A ．60︒ B ．120︒C ．45︒D ．135︒3．若圆C ：x 2+y 2﹣4x ﹣4y ﹣10＝0上至少有三个不同的点到直线l ：x ﹣y+m ＝0的距离为，则m 的取值范围是（） A ．B ．C ．[﹣2，2]D ．（﹣2，2）4．设函数，则下列结论正确的是（）A ．的值域为B ．是偶函数C ．不是周期函数 D ．是单调函数5．将三颗骰子各掷一次,设事件A =“三个点数互不相同”, B =“至多出现一个奇数”,则概率()P A B ⋂等于( )A ．14B ．3536 C ．518 D ．5126．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A ．122π B ．12π C ．82πD ．10π7．已知抛物线C ：22(0)y px p =>的焦点为F ，准线为l ，点M ，N 分别在抛物线C 上，且30MF NF +=u u u r u u u r，直线MN 交l 于点P ，'NN l ⊥，垂足为'N .若'MN P ∆的面积为3F 到l 的距离为（） A ．12B ．10C ．8D ．68．在等差数列{}n a 中，若981a a <-，且它的前n 项和n S 有最小值，则当0n S >时，n 的最小值为（） A ．14 B ．15 C ．16 D ．179．函数()sin (0)3f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，若将函数()f x 的图像向右平移6π个单位，得到函数()g x 的图像，则()g x 的解析式为（）A ．()sin 46g x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭B ．()sin 43g x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭C ．()sin 26g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ D ．()sin 2g x x = 10．据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多n （n 为常数）盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯（） A ．2盏 B ．3盏 C ．26盏 D ．27盏11．已知变量1x ，()()20,0x m m ∈>，且12x x <，若2112xxx x <恒成立，则m 的最大值为（）A ．eBC ．1eD ．112．已知{}{}0,1,2,1,1,3,5a b ∈∈-，则函数()22f x ax bx =-在区间()1,+∞上为增函数的概率是( )A ．512 B ．13 C ．14 D ．16二、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(10)

2020年浙江省高考数学模拟试卷（10）一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）已知集合A ＝{x |x 2﹣2x ﹣3＜0}，集合B ＝{x |x ﹣1≥0}，则∁R （A ∩B ）＝（） A ．（﹣∞，1）∪[3，+∞） B ．（﹣∞，1]∪[3，+∞）C ．（﹣∞，1）∪（3，+∞）D ．（1，3）2．（4分）若复数a−i 1+i为纯虚数，则实数a 的值为（）A ．iB ．0C ．1D ．﹣13．（4分）若实数x ，y 满足约束条件{2x +y −4≤0，x −y +4≥0，3x +2y −3≥0，则z ＝2x ﹣y 的最小值是（）A ．16B ．7C ．﹣4D ．﹣54．（4分）已知离散型随机变量X 的分布列为X 0123p8274929127则X 的数学期望E （X ）为（） A ．23B ．1C ．32D ．25．（4分）“a ≥3”是“x ＝1为函数f （x ）＝﹣x 3+12（a +3）x 2﹣ax ﹣1的极小值点”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件6．（4分）已知（1+x ）5＝a 0+a 1（1﹣x ）+a 2（1﹣x ）2+…+a 5（1﹣x ）5，则a 3＝（） A ．﹣40B ．40C ．10D ．﹣107．（4分）已知双曲线C 与双曲线x 22−y 26=1有公共的渐近线，且经过点P(−2，√3)，则双曲线C 的离心率为（） A ．√2B ．2√33C ．4D ．28．（4分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AA 1上的一个动点，F 为线段B 1C 1上的一个动点，则平面EFB 与底面ABCD 所成的锐二面角的平面角余弦值的取值范围是（）A ．[0，√22]B ．[√32，√22]C ．[0，√33]D ．[0，√55]9．（4分）函数f(x)=(x−1x+1)e x 的部分图象大致是（）A ．B ．C ．D ．10．（4分）已知数列{a n }满足：a n ={2，n ≤5a 1a 2⋯a n−1−1，n ≥6（n ∈N *）．若正整数k （k ≥5）使得a 12+a 22+…+a k 2＝a 1a 2…a k 成立，则k ＝（） A ．16B ．17C ．18D ．19二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）某校高二理科学生期末数学考试成绩的频率分布直方图如图，则本次考试中该校高二理科学生数学成绩的中位数的估计值为．（精确到0.01）12．（6分）已知向量a →，b →满足|a →|＝2，|b →|＝1，a →⋅b →=1，则|a →+b →|＝，b →在a →上的投影等于．13．（6分）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 cm 3；表面积是 cm 2．14．（6分）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A =2π3，a =√3，b ＝1，则sin B ＝，c ＝．15．（4分）已知实数x ，y 满足（2x ﹣y ）2+4y 2＝1，则2x +y 的最大值为． 16．（4分）将2个相同的红球和2个相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四个盒子里，其中甲、乙盒子均最多可放入2个球，丙、丁盒子均最多可放入1个球，且不同颜色的球不能放入同一个盒子里，共有种不同的放法．17．（4分）已知点P 是直线y ＝x +1上的动点，点Q 是抛物线y ＝x 2上的动点．设点M 为线段PQ 的中点，O 为原点，则|OM |的最小值为．三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）在平面直角坐标系xOy 中，锐角α，β的顶点为坐标原点O ，始边为x 轴的非负半轴，终边与单位圆O 的交点分别为P ，Q ．已知点P 的横坐标为35，点Q 的纵坐标为2√55．（Ⅰ）求cos2α值；（Ⅱ）求tan （2α﹣β）的值．19．（15分）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1是菱形，D 为AB 的中点，△ABC 为等腰直角三角形，∠ACB =π2，∠ABB 1=π3，且AB ＝B 1C ．（1）求证：CD ⊥平面ABB 1A 1；（2）求CD 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．20．（15分）已知数列{a n }是递增的等比数列，S n 是其前n 项和，a 2＝9，S 3＝39．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）记b n =2n−1a n，求数列{b n }的前n 项和T n ． 21．（15分）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的离心率为35，F 1，F 2为椭圆的左、右焦点，点P （5，4√2）为椭圆外的点，点F 2在线段PF 1的中垂线上．（1）求椭圆C 的方程；（2）点Q （m ，0）为椭圆C 的长轴上的一个动点，过点Q 且斜率为45的宜线l 交椭圆C于A 、B 两点，证明：|QA |2+|QB |2为定值． 22．（15分）已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax ．（1）当a ＝1时，判断函数f （x ）的单调性；（2）若f （x ）≤0恒成立，求a 的取值范围；（3）已知0＜a ＜b ＜e ，证明a b ＜b a ．2020年浙江省高考数学模拟试卷（10）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）已知集合A ＝{x |x 2﹣2x ﹣3＜0}，集合B ＝{x |x ﹣1≥0}，则∁R （A ∩B ）＝（） A ．（﹣∞，1）∪[3，+∞） B ．（﹣∞，1]∪[3，+∞）C ．（﹣∞，1）∪（3，+∞）D ．（1，3）【解答】解：∵A ＝（﹣1，3），B ＝[1，+∞）， ∴A ∩B ＝[1，3），∴∁R （A ∩B ）＝（﹣∞，1）∪[3，+∞），故选：A ． 2．（4分）若复数a−i 1+i为纯虚数，则实数a 的值为（）A ．iB ．0C ．1D ．﹣1【解答】解：复数a−i 1+i =(a−i)(1−i)(1+i)(1−i)=a−12−(a+1)2i 为纯虚数，∴a−12=0，−a+12≠0，解得a ＝1．故选：C ．3．（4分）若实数x ，y 满足约束条件{2x +y −4≤0，x −y +4≥0，3x +2y −3≥0，则z ＝2x ﹣y 的最小值是（）A ．16B ．7C ．﹣4D ．﹣5【解答】解：作出不等式对应的平面区域（阴影部分），由z ＝2x ﹣y ，得y ＝2x ﹣z ，平移直线y ＝2x ﹣z ，由图象可知当直线y ＝2x ﹣z 经过点A 时，直线y ＝2x ﹣z 的截距最大，此时z 最小．由{x −y +4=03x +2y −3=0 得 {x =−1y =3，即A （﹣1，3），此时z 的最小值为z ＝﹣1×2﹣3＝﹣5，故选：D ．4．（4分）已知离散型随机变量X 的分布列为X 0123p8274929127则X 的数学期望E （X ）为（） A ．23B ．1C ．32D ．2【解答】解：由离散型随机变量X 的分布列得： E （X ）=0×827+1×49+2×29+3×127=1．故选：B ．5．（4分）“a ≥3”是“x ＝1为函数f （x ）＝﹣x 3+12（a +3）x 2﹣ax ﹣1的极小值点”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【解答】解：f ′（x ）＝﹣3x 2+（a +3）x ﹣a ＝（﹣3x +a ）（x ﹣1），令f ′（x ）＝0，则x =a3或x ＝1．当a3=1时，即a ＝3时，f ′（x ）＝﹣3（x ﹣1）2＜0，f （x ）单调递减，函数f （x ）无极小值点；当a3＞1时，即a ＞3时，当x ＜1时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当1＜x ＜a3时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当x ＞a3时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；故x ＝1为极小值点．当a3＜1时，即a ＜3时，当x ＜a 3时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当a3＜x ＜1时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当x ＞1时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；故x ＝1为极大值点．故“x ＝1为函数f （x ）＝﹣x 3+12（a +3）x 2﹣ax ﹣1的极小值点”⇔a ＞3故“a ≥3”是“x ＝1为函数f （x ）＝﹣x 3+12（a +3）x 2﹣ax ﹣1的极小值点”的必要不充分条件．故选：B ．6．（4分）已知（1+x ）5＝a 0+a 1（1﹣x ）+a 2（1﹣x ）2+…+a 5（1﹣x ）5，则a 3＝（） A ．﹣40B ．40C ．10D ．﹣10【解答】解：已知(1+x)5=a 0+a 1(1−x)+a 2(1−x)2+⋯+a 5(1−x)5=[2﹣（1﹣x ）]5，则a 3=C 53•（﹣1）3•22＝﹣40，故选：A ．7．（4分）已知双曲线C 与双曲线x 22−y 26=1有公共的渐近线，且经过点P(−2，√3)，则双曲线C 的离心率为（） A ．√2B ．2√33C ．4D ．2【解答】解：根据题意，双曲线C 与双曲线x 22−y 26=1有公共的渐近线，设双曲线C的方程为x 22−y 26=t ，（t ≠0），又由双曲线C 经过点P （﹣2，√3），则有2−12=t ，则t =32，则双曲线的C 的方程为x 22−y 26=32，即：x 23−y 29=1，其焦距c ＝2√3，a =√3，所以双曲线的离心率为：e =ca =2．故选：D ．8．（4分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AA 1上的一个动点，F 为线段B 1C 1上的一个动点，则平面EFB 与底面ABCD 所成的锐二面角的平面角余弦值的取值范围是（）A ．[0，√22]B ．[√32，√22]C ．[0，√33]D ．[0，√55]【解答】解：在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AA 1上的一个动点， F 为线段B 1C 1上的一个动点，当F 与B 1重合时，平面EFB 即为平面ABB 1A 1，此时平面EFB 与底面ABCD 所成的二面角的平面角为90°，余弦值为0，当E 与A 重合，F 与C 1重合时，平面EFB 是平面ABC 1D 1，此时平面EFB 与底面ABCD 所成的锐二面角的平面角为45°，余弦值为√22． ∴平面EFB 与底面ABCD 所成的锐二面角的平面角余弦值的取值范围是[0，√22]．故选：A ．9．（4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 ．10．（4分）已知数列{a n }满足：a n ={2，n ≤5a 1a 2⋯a n−1−1，n ≥6（n ∈N *）．若正整数k （k ≥5）使得a 12+a 22+…+a k 2＝a 1a 2…a k 成立，则k ＝（） A ．16B ．17C ．18D ．19【解答】解：a n ={2，n ≤5a 1a 2⋯a n−1−1，n ≥6（n ∈N *），即a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝a 5＝2，a 6＝a 1a 2a 3…a 5﹣1＝25﹣1＝31， n ≥6时，a 1a 2…a n ﹣1＝1+a n ， a 1a 2…a n ＝1+a n +1，两式相除可得1+a n+11+a n=a n ，则a n 2＝a n +1﹣a n +1，n ≥6，由a 62＝a 7﹣a 6+1， a 72＝a 8﹣a 7+1， …，a k 2＝a k +1﹣a k +1，k ≥5，可得a 62+a 72+…+a k 2＝a k +1﹣a 6+k ﹣5a 12+a 22+…+a k 2＝20+a k +1﹣a 6+k ﹣5＝a k +1+k ﹣16，且a 1a 2…a k ＝1+a k +1，正整数k （k ≥5）时，要使得a 12+a 22+…+a k 2＝a 1a 2…a k 成立，则a k +1+k ﹣16＝a k +1+1，则k ＝17，故选：B ．二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）某校高二理科学生期末数学考试成绩的频率分布直方图如图，则本次考试中该校高二理科学生数学成绩的中位数的估计值为 115.83 ．（精确到0.01）【解答】解：由频率分布直方图得：频率在[50，110）的频率为：（0.0016+0.008+0.0084）×20＝0.36，频率在[110，130）的频率为：0.024×20＝0.48，∴本次考试中该校高二理科学生数学成绩的中位数的估计值为： 110+0.5−0.360.48×20≈115.83．故答案为：115.83．12．（6分）已知向量a →，b →满足|a →|＝2，|b →|＝1，a →⋅b →=1，则|a →+b →|＝ √7 ，b →在a →上的投影等于12．【解答】解：因为|a →|＝2，|b →|＝1，a →⋅b →=1，所以：|a →+b →|2=a →2+2a →•b →+b →2=22+12+2×1＝7； ∴|a →+b →|=√7；∵b →的a →上的投影等于：|b →|cos θ=a →⋅b →|a →|=12；故答案为：√7，12．13．（6分）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 8+4√23 cm 3；表面积是 20+4√3 cm 2．【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为上面为正式棱锥体，下面为正方体的组合体，故V =2×2×2+13×2×2×√2=8+4√23． S =4×12×2×√3+5×2×2=20+4√3．故答案为：8+4√23；20+4√3．14．（6分）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A =2π3，a =√3，b ＝1，则sin B ＝12，c ＝ 1 ．【解答】解：∵在△ABC 中：A =2π3，a =√3，b ＝1， ∴由正弦定理得：asinA=b sinB=√3sin2π3=2，∴sin B =12，又∵a ＞b ，0＜B ＜π， ∴0＜B ＜2π3， ∴B =π6，又∵A +B +C ＝π， ∴C =π−2π3−π6=π6， ∴c ＝b ＝1，故答案为：12；1．15．（4分）已知实数x ，y 满足（2x ﹣y ）2+4y 2＝1，则2x +y 的最大值为 √2 ．【解答】解：由题意可令{2x −y =sinα2y =cosα，则2x +y ＝sin α+cos α=√2sin(α+π4)，结合正弦函数的性质可知，2x +y 的最大值√2 故答案为：√216．（4分）将2个相同的红球和2个相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四个盒子里，其中甲、乙盒子均最多可放入2个球，丙、丁盒子均最多可放入1个球，且不同颜色的球不能放入同一个盒子里，共有 20 种不同的放法．【解答】解：（丙，丁）→（0，0）：A 22=2，（丙，丁）→（1，0）：C 21C 21=4，（丙，丁）→（0，1）：C 21C 21=4，（丙，丁）→（1，1）：A 22A 22（不同色）+C 21.3（同色）＝10，故共有：2+4+4+10＝20种．17．（4分）已知点P 是直线y ＝x +1上的动点，点Q 是抛物线y ＝x 2上的动点．设点M 为线段PQ 的中点，O 为原点，则|OM |的最小值为3√216．【解答】解：如图：直线l 2：y ＝x +1，与直线l 2：y ＝x −14，（相切时最远），则M 点的轨迹在y ＝x +1−142上，所以|OM |的最小值为原点到直线y ＝x +38的距离：|OM|min =3√216．三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）在平面直角坐标系xOy 中，锐角α，β的顶点为坐标原点O ，始边为x 轴的非负半轴，终边与单位圆O 的交点分别为P ，Q ．已知点P 的横坐标为35，点Q 的纵坐标为2√55．（Ⅰ）求cos2α值；（Ⅱ）求tan （2α﹣β）的值．【解答】解：（Ⅰ）∵锐角α，β的顶点为坐标原点O ，始边为x 轴的非负半轴，终边与单位圆O 的交点分别为P ，Q ．已知点P 的横坐标为35，点Q 的纵坐标为2√55，∴cos α=35，sin β=2√55， ∴cos2α＝2cos 2α﹣1=−725．（Ⅱ）由题意可得sin α=√1−cos 2α=45，cos β=√1−sin 2β=√55， ∴tan α=sinαcosα=43，tan β=sinβcosβ=2，∴tan2α=2tanα1−tan 2α=−247， ∴tan （2α﹣β）=tan2α−tanβ1+tan2α⋅tanβ=3841．19．（15分）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1是菱形，D 为AB 的中点，△ABC 为等腰直角三角形，∠ACB =π2，∠ABB 1=π3，且AB ＝B 1C ．（1）求证：CD ⊥平面ABB 1A 1；（2）求CD 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵D 为AB 中点，AC ＝BC ，∴CD ⊥AB ，连结B 1D ，如图，设AB ＝2a ，∵四边形ABB 1A 1是菱形，D 为AB 中点，∠ABB 1=π3， ∴B 1D =√3a ，∵△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB =π2，CD ＝a ， ∴B 1D 2+CD 2=B 1C 2，∴CD ⊥B 1D ， ∵AB ∩B 1D ＝D ，∴CD ⊥平面ABB 1A 1．（2）解：设CD 与平面BCC 1B 1所成角为θ，点D 到平面BCC 1B 1的距离为d ，AB ＝2a ，由（1）知B 1D ⊥平面BCD ，则S △BCD =12a 2，∴V B 1−BCD =13×12a 2×√3a =√36a 3， ∵BC =√2a ，B 1B ＝B 1C ＝2a ，∴S △B 1BC =12×√2a ×√7√2=√72a 2， ∴V D−B 1BC =13×√72a 2d ， ∵V B 1−BCD =V D−B 1BC ，∴√36a 3=√76a 2d ，解得d =√3√7，∴sin θ=dCD =√217．∴CD 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为√217．20．（15分）已知数列{a n }是递增的等比数列，S n 是其前n 项和，a 2＝9，S 3＝39．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）记b n =2n−1a n，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解答】解：（1）数列{a n }是递增的等比数列，设公比为q ，由题意可得q ＞1，由a 2＝9，S 3＝39，可得9q+9+9q ＝39，解得q ＝3或13（舍去），则数列{a n }的通项公式为a n ＝a 2q n ﹣2＝9•3n ﹣2＝3n ；（2）b n =2n−1a n =（2n ﹣1）•（13）n ， T n ＝1•13+3•（13）2+5•（13）3+…+（2n ﹣1）•（13）n ， 13T n ＝1•（13）2+3•（13）3+5•（13）4+…+（2n ﹣1）•（13）n +1，两式相减可得23T n =13+2[（13）2+（13）3+…+•（13）n ]﹣（2n ﹣1）•（13）n +1=13+2•19(1−13n−1)1−13−（2n ﹣1）•（13）n +1，化简可得T n ＝1﹣（n +1）•（13）n ． 21．（15分）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的离心率为35，F 1，F 2为椭圆的左、右焦点，点P （5，4√2）为椭圆外的点，点F 2在线段PF 1的中垂线上．（1）求椭圆C 的方程；（2）点Q （m ，0）为椭圆C 的长轴上的一个动点，过点Q 且斜率为45的宜线l 交椭圆C于A 、B 两点，证明：|QA |2+|QB |2为定值．【解答】解：（1）∵椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的离心率为35，F 1，F 2为椭圆的左、右焦点，点P （5，4√2）为椭圆外的点，点F 2在线段PF 1的中垂线上．∴{ ca =352c =√(5−c)2+(4√2−0)2a 2=b 2+c 2，解得a ＝5，b ＝4，c ＝3， ∴椭圆C 的方程为x 225+y 216=1．证明：（2）点Q （m ，0）为椭圆C 的长轴上的一个动点，过点Q 且斜率为45的直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，则直线l 的方程为x =54y +m ，代入x 225+y 216=1，并整理得：25y 2+20my +8（m 2﹣25）＝0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则y 1+y 2=−45m ，y 1y 2=8(m 2−25)25，又|QA |2＝（x 1﹣m ）2+y 12=4116y 12，同理，|QB |2=8(m 2−25)25，则|QA |2+|QB |2=4116（y 12+y 22）=4116[（y 1+y 2）2﹣2y 1y 2]=4116[（−4m5）2−16(m 2−25)25]＝41，∴|QA |2+|QB |2为定值41．22．（15分）已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax ．（1）当a ＝1时，判断函数f （x ）的单调性；（2）若f （x ）≤0恒成立，求a 的取值范围；（3）已知0＜a ＜b ＜e ，证明a b ＜b a ．【解答】解：（1）当a ＝1时，f （x ）＝lnx ﹣x （x ＞0），则f ′(x)=1x −1=1−xx ，令f ′（x ）＞0解得0＜x ＜1，令f ′（x ）＜0解得x ＞1，故函数f （x ）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；（2）f （x ）≤0恒成立即为a ≥lnxx ，设g(x)=lnx x (x ＞0)，则g ′(x)=1−lnxx 2，令g ′（x ）＞0解得0＜x ＜e ，令g ′（x ）＜0解得x ＞e ，即函数g （x ）在（0，e ）上单增，在（e ，+∞）上单减，故g(x)max =g(e)=1e， ∴实数a 的取值范围为a ≥1e ；（3）证明：要证a b ＜b a ，即证blna ＜alnb ，即证lna a＜lnb b，由（2）知函数g(x)=lnxx 在（0，e ）上单增，又0＜a ＜b ＜e ，故lna a ＜lnb b，即得证．。

(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．。

浙江专用2020高考数学模拟仿真试卷(含两套,解析版)

浙江高考仿真卷(一)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．已知集合A ＝{x ∈Z |x ≤0}，B ＝{}x |－1≤x ≤6，则A ∩B 等于( ) A ．{x |－1≤x ≤0} B ．{x |x ≤6} C ．{0,1,2,3,4,5,6} D ．{0，－1}答案 D解析 A ＝{x ∈Z |x ≤0}，B ＝{x |－1≤x ≤6}，则A ∩B ＝{0，－1}． 2．若双曲线x 2a 2－y 2＝1(a >0)的实轴长为2，则其渐近线方程为( )A ．y ＝±xB ．y ＝±2xC ．y ＝±12xD ．y ＝±2x 答案 A解析双曲线的实轴长为2，得a ＝1，又b ＝1，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±x . 3．设α是空间中的一个平面，l ，m ，n 是三条不同的直线． ①若m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α； ②若l ∥m ，m ∥n ，l ⊥α，则n ⊥α； ③若l ∥m ，m ⊥α，n ⊥α，则n ∥l ； ④若m ⊂α，n ⊥α，l ⊥n ，则l ∥m . 则上述命题中正确的是( )A ．①②B ．①④C ．③④D ．②③ 答案 D解析对于①，当m ，n 相交时，才能得到l ⊥α，①错误；对于②，由l ∥m ，m ∥n 得l ∥n ，又因为l ⊥α，所以n ⊥α，②正确；对于③，因为m ⊥α，n ⊥α，所以m ∥n ，又因为l ∥m ，所以n ∥l ，③正确；对于④，直线l 与m 可能相交、平行或互为异面直线，④错误．综上所述，正确命题的序号为②③.4．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω＞0，|φ|＜π2的最小正周期是π，若将该函数的图象向右平移π6个单位长度后得到的函数图象关于直线x ＝π2对称，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3B ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3 C ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 D ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6 答案 D解析因为函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的最小正周期是π，所以2πω＝π，解得ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)，将该函数的图象向右平移π6个单位长度后，得到图象所对应的函数解析式为y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π6＋φ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋φ－π3，由此函数图象关于直线x ＝π2对称，得2×π2＋φ－π3＝k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝k π－π6，k ∈Z ，取k ＝0，得φ＝－π6，满足|φ|<π2，所以函数f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. 5．函数f (x )＝3x 34|x |－4的图象大致为( )答案 A解析由题意知，函数f (x )的定义域为{x |x ≠±1}且满足f (－x )＝3(－x )34|－x |－4＝－3x 34|x |－4＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，图象关于原点对称，排除C ，D 项；又由当x ∈(0,1)时，函数f (x )的值小于0，排除B 项，故选A.6．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 1>0”是“S 3>S 2”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，S 3>S 2⇔a 3>0⇔a 1q 2>0⇔a 1>0，故选C.7．一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和n (n ∈N *)个黑球．现从中有放回的摸取4次，每次都是随机摸取一个球，设摸得白球个数为X ，若D (X )＝1，则E (X )等于( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析设摸取一次摸得白球的概率为p ，则易得X ～B (4，p )，D (X )＝4p (1－p )＝1，解得p ＝12，则E (X )＝4×12＝2.8．将颜色分别为红色、黄色、蓝色的3个球，放入编号为1,2，…，7的七个盒子中，每一个盒子至多放2个球，则不同的放法有( ) A ．98种 B ．196种 C ．252种 D ．336种答案 D解析 3个球放入编号为1,2，…，7的七个盒子中，每个盒子至多放2个球，应采用排除法，每个球放入盒子的放法各有7种，共73种，排除3个球放在同一个盒中的7种放法，则共有73－7＝336(种)放法．9．已知向量a ，b 满足|a |＝|a ＋b |＝2，则|2a ＋b |＋|b |的最大值为( ) A ．4 B ．4 2 C ．4＋2 2 D ．8 答案 B解析记a ＋b ＝m ，则|a |＝|m |＝2，|2a ＋b |＋|b |＝|a ＋m |＋|m －a |≤2(|a ＋m |2＋|m －a |2)＝2m 2＋a 2＝42，当且仅当|a ＋m |＝|m －a |，即a ·(a ＋b )＝0，a ·b ＝－4时，取等号，则所求的最大值为4 2.10．已知偶函数f (x )满足f (1－x )＝f (1＋x )，当x ∈[0,1]时，f (x )＝ax 2－bx ＋c ，a ，b ，c ∈N *.若函数f (x )在[－100，100]上有400个零点，则a ＋b ＋c 的最小值为( ) A ．5 B ．8 C ．11 D ．12 答案 C解析由f (1－x )＝f (1＋x )，得f (x ＋2)＝f (－x )＝f (x )，则函数f (x )是以2为周期的周期函数，函数f (x )在[－100,100]上有400个零点等价于函数f (x )在[0,1]上有两个不同的零点，又因为a ，b ，c ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝c >0，f (1)＝a －b ＋c >0，0<－－b2a<1，(－b )2－4ac >0，即⎩⎪⎨⎪⎧c >0，a －b ＋c >0，b －2a <0，b 2－4ac >0，所以要使a ＋b ＋c 取得最小值，不妨取c ＝1，则不等式组化为⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋1>0，b －2a <0，b 2－4a >0，以a 为横轴，b 为纵轴建立平面直角坐标系，在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(不含边界)所示，由图易得区域内横纵坐标之和最小的整数点为(5,5)，此时a ＝b ＝5，所以a ＋b ＋c 的最小值为11.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分) 11．复数z ＝(3＋4i)2的虚部为________，z 的共轭复数z ＝________. 答案 24 －7－24i解析 ∵z ＝(3＋4i)2＝32＋2×3×4i ＋(4i)2＝－7＋24i ，∴虚部为24，共轭复数z ＝－7－24i. 12．若变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －2y ＋3≥0，x ≥0，则2x＋y的最大值为________，y ＋1x －2的取值范围为________．答案 8 ⎣⎡⎦⎤－3，－12 解析不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，令z ＝x ＋y ，则y ＝－x ＋z 表示的是斜率为－1，在y 轴上的截距为z 的直线，当直线在y 轴上的截距最大时，z 最大，即直线过点C 时，z 最大，由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －y ＝0，x －2y ＋3＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，z max ＝3,2x ＋y 的最大值为23＝8.y ＋1x －2表示的是可行域内的点(x ，y )与点(2，－1)连线的斜率，设D (2，－1)，k AD ＝－12，k CD ＝3－1＝－3，因此y ＋1x －2的取值范围⎣⎡⎦⎤－3，－12.13．某多面体的三视图如图所示，则该多面体最长的棱长为________；其外接球的体积为________．答案 4323π 解析由三视图知该几何体是如图所示的四棱锥O －ABCD ，且AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AO ＝3，四边形ABCD 是矩形，OA ⊥平面ABCD ，所以该多面体最长的棱长为OC ＝OA 2＋AD 2＋CD 2＝3＋4＋9＝4，该几何体外接球的半径为2，其体积V ＝43π×23＝323π.14．已知⎝⎛⎭⎫3x 2－1x n 的展开式中所有二项式系数和为64，则n ＝________；二项展开式中含x 3的系数为________．答案 6 －540解析 ⎝⎛⎭⎫3x 2－1x n 展开式中所有二项式系数和为64， ∴2n ＝64，解得n ＝6；∴⎝⎛⎭⎫3x 2－1x 6展开式的通项公式为 T k ＋1＝C k 6·(3x 2)6－k ·⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k ·36－k ·C k 6·x 12－3k，令12－3k ＝3，解得k ＝3，∴二项式展开式中含x 3项的系数为(－1)3×33×C 36＝－540. 15．已知实数a ≥12，b ≥12，且a 2－a ＝b －b 2，则M ＝b 2a ＋a 2b 的最大值是________．答案322＋1 解析由a 2－a ＝b －b 2化简得，⎝⎛⎭⎫a －122＋⎝⎛⎭⎫b －122＝12，又实数a ≥12，b ≥12，图形为14圆，如图：由a 2－a ＝b －b 2，可得a 2＝a ＋b －b 2，b 2＝a ＋b －a 2，则M ＝b 2a ＋a 2b ＝a ＋b －a 2a ＋a ＋b －b 2b ＝1＋b a －a ＋1＋a b －b ＝b a ＋ab－a －b ＋2，由几何意义得，b a ∈[2－1,1＋2]，则ab ∈[2－1，1＋2]，则当过点A 或点B 时，a ＋b 取最小值，可得M max ＝2－1＋1＋2－⎝⎛⎭⎫12＋12＋22＋2＝322＋1，所以M ＝b 2a ＋a 2b 的最大值是322＋1.16.如图，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个顶点A (a,0)，B (0，b )，过A ，B 分别作AB 的垂线交椭圆M 于D ，C (不同于顶点)，若|BC |＝3|AD |，则椭圆M 的离心率e ＝________.答案63解析直线AB 的斜率为－b a ，故直线BC ，AD 的斜率都为a b ，所以直线BC 的方程为y ＝ab x＋b ，直线AD 的方程为y ＝ab ()x －a .将直线BC 的方程代入椭圆方程，求得C 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3b 2a 4＋b 4，b 5－a 4b a 4＋b 4，将直线AD 的方程代入椭圆方程，求得D 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－ab 4a 4＋b 4，－2a 2b 3a 4＋b 4，由于|BC |＝3|AD |，即BC →＝3AD →，也即⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3b 2a 4＋b 4，－2a 4b a 4＋b 4＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫－2ab 4a 4＋b 4，－2a 2b 3a 4＋b 4，即－2a 3b 2a 4＋b 4＝－6ab 4a 4＋b 4，化简得b 2a 2＝13.故离心率为e ＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝63.17．已知f (x )＝2x 2＋2x ＋b 是定义在[－1,0]上的函数，若f (f (x ))≤0在定义域上恒成立，而且存在实数x 0满足：f (f (x 0))＝x 0且f (x 0)≠x 0，则实数b 的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎭⎫－12，－38 解析因为f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝b －12，f (x )max ＝f (0)＝f (－1)＝b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1≤b －12≤0，－1≤b ≤0，得b ∈⎣⎡⎦⎤－12，0时满足 f (f (x ))≤0；设f (x 0)＝y 0，则f (y 0)＝x 0且y 0≠x 0，所以函数f (x )＝2x 2＋2x ＋b 图象上存在两点关于直线y ＝x 对称，令l ：y ＝－x ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋m ，y ＝2x 2＋2x ＋b ，得2x 2＋3x ＋b －m ＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)为直线与抛物线的交点，线段MN 的中点为E (x E ，y E )，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8(b －m )>0，x 1＋x 2＝－32，所以E ⎝⎛⎭⎫－34，34＋m ，而E 在y ＝x 上，所以m ＝－32，从而2x 2＋3x ＋b ＋32＝0在[－1,0]上有两个不相等的实数根，令h (x )＝2x 2＋3x ＋b ＋32，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8⎝⎛⎭⎫b ＋32>0，h (－1)＝b ＋12≥0，h (0)＝32＋b ≥0，－1<－34<0，得b ∈⎣⎡⎭⎫－12，－38. 三、解答题(本大题共5小题，共74分．)18．(14分)已知函数f (x )＝cos x ()3sin x －cos x ＋12.(1)求f ⎝⎛⎭⎫π3的值；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，不等式c <f (x )<c ＋2恒成立，求实数c 的取值范围．解 (1)f (x )＝3sin x cos x －cos 2x ＋12＝32sin 2x －12cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6，所以f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－π6＝sin π2＝1. (2)因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6.所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6≤1. 由不等式c <f (x )<c ＋2恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧c <－12，c ＋2>1，解得－1<c <－12.所以实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－1，－12. 19．(15分)如图，四边形ABEF 是正方形，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝12CD .(1)若平面ABEF ⊥平面ABCD ，求证：DB ⊥平面EBC ； (2)若DF ⊥BC ，求直线BD 与平面ADF 所成角的正弦值．(1)证明 ∵四边形ABEF 是正方形，∴EB ⊥AB .又∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ， ∴EB ⊥平面ABCD ，可得EB ⊥BD . 又∵AD ＝AB ＝BC ＝12CD ，不妨设AB ＝BC ＝AD ＝1，DC ＝2，可求BD ＝3，可得BD ⊥BC ， ∵EB ∩BC ＝B ，EB ，BC ⊂平面EBC ， ∴DB ⊥平面EBC .(2)解方法一过点F 作FH ⊥平面ABCD ，连接AH 交CD 于点G ，过点H 作HI ⊥AD 交AD 于点I ，连接FI ，作HO ⊥FI 交FI 于点O ，∵FH ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴FH ⊥BC ，又∵DF ⊥BC ，且FH ∩DF ＝F ，FH ，DF ⊂平面FDH ， ∴BC ⊥平面FDH ，又DH ⊂平面FDH ，∴BC ⊥DH ，即H 在BD 上，又∵FH ⊥AB ，F A ⊥AB ，且FH ∩F A ＝F ，FH ，F A ⊂平面F AH ，∴AB ⊥平面F AH ，又AH ⊂平面F AH ，∴AB ⊥AH .又∵AD ⊥FH ，AD ⊥HI ，FH ∩HI ＝H ，FH ，HI ⊂平面FHI ，∴AD ⊥平面FHI ，又∵AD ⊂平面F AD ，∴平面FHI ⊥平面F AD ， ∴H 到平面AFD 的距离为HO ，由(1)知DG ＝12，HG ＝HI ＝36，HO ＝69，又∵DB ＝3DH ，∴B 到平面AFD 的距离为63，设直线BD 与平面ADF 所成角为θ，则sin θ＝23，方法二设AD ＝AB ＝BC ＝1，以A 为坐标原点，AB 为y 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，32，0，D⎝⎛⎭⎫32，－12，0，设F (x ，y ，z )，由题意得⎩⎨⎧F A ＝1，FB ＝2，DF →·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝1，x 2＋(y －1)2＋z 2＝2，⎝⎛⎭⎫x －32，y ＋12，z ·⎝⎛⎭⎫32，12，0＝0，解得x ＝33，y ＝0，z ＝63，即F ⎝⎛⎭⎫33，0，63. 设平面ADF 的法向量为m ＝(r ，s ，t )，又AD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，0，AF →＝⎝⎛⎭⎫33，0，63，∴⎩⎪⎨⎪⎧AD →·m ＝0，AF →·m ＝0，即⎩⎨⎧32r －12s ＝0，33r ＋63t ＝0，令r ＝2，则s ＝6，t ＝－1，即m ＝(2，6，－1)．设直线BD 与平面ADF 所成角为θ，且BD →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，则sin θ＝|cos 〈m ，BD →〉|＝|m ·BD →||m ||BD →|＝23，∴直线BD 与平面ADF 所成角的正弦值为23. 20．(15分)已知数列{a n }是等差数列，满足a 2＝6，S 4＝28，数列{b n }满足：b 1＝1，1b 1＋12b 2＋…＋1nb n ＝1b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 和b n ；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和为S n ，求S n .解 (1)设数列{a n }的首项和公差分别为a 1，d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝6，4a 1＋6d ＝28，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝2，∴a n ＝2n＋2，n ∈N *.1b 1＋12b 2＋…＋1nb n ＝1b n ＋1－1，① 1b 1＋12b 2＋…＋1(n －1)b n －1＝1b n－1(n ≥2)，② ①－②得1nb n ＝1b n ＋1－1b n ，b n ＋1b n ＝n n ＋1(n ≥2)，当n ＝1时，1b 1＝1b 2－1，b 2＝12，当n ≥2时，b n＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1·b 1＝1n .当n ＝1时，b 1＝1符合上式，所以b n ＝1n ，n ∈N *.(2)b n a n ＝1n 2n ＋2＝1(2n ＋2)n ＝12·1(n ＋1)n ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n＝12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 2n ＋2.21.(15分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点是F (1,0)，直线l 1：y ＝k 1x ，l 2：y ＝k 2x 分别与抛物线C 相交于点A 和点B ，过A ，B 的直线与圆O ：x 2＋y 2＝4相切．(1)求直线AB 的方程(含k 1，k 2)；(2)若线段OA 与圆O 交于点M ，线段OB 与圆O 交于点N ，求S △MON 的取值范围．解 (1)焦点是F (1,0)，可得p2＝1，即p ＝2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程为y 2＝4x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k 1x ，可得A ⎝⎛⎭⎫4k 21，4k 1，同理可得B ⎝⎛⎭⎫4k 22，4k 2，若AB 的斜率存在，可得k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k 1k 2k 1＋k 2， AB 的方程为y －4k 1＝k 1k 2k 1＋k 2⎝⎛⎭⎫x －4k 21，化为k 1k 2x －(k 1＋k 2)y ＋4＝0，若AB 的斜率不存在，也满足上面的方程，则直线AB 的方程为k 1k 2x －(k 1＋k 2)y ＋4＝0. (2)过A ，B 的直线与圆O ：x 2＋y 2＝4相切，可得d ＝4()k 1k 22＋()k 1＋k 22＝r ＝2，化简为(k 1k 2)2＋(k 1＋k 2)2＝4，即有－2≤k 1k 2<0， cos ∠AOB ＝OA →·OB→|OA →||OB →|＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22 ＝1＋k 1k 2(k 1k 2)2＋k 21＋k 22＋1，由(k 1k 2)2＋(k 1＋k 2)2＝4，可得cos ∠AOB ＝1＋k 1k 25－2k 1k 2，sin 2∠MON ＝－(k 1k 2)2－4k 1k 2＋45－2k 1k 2，设t ＝5－2k 1k 2∈(5,9]，则S2△MON＝4sin 2∠MON＝4·－(k 1k 2)2－4k 1k 2＋45－2k 1k 2＝4·－(5－t )24－2(5－t )＋4t ＝－t 2＋18t －49t ＝18－⎝⎛⎭⎫t ＋49t ≤18－249＝4，当t ＝7时取等号，即k 1k 2＝－1∈[－2,0)，所以(S △MON )max ＝2，又S 2△MON >18－⎝⎛⎭⎫5＋495＝165，即S △MON >455，即有S △MON 的取值范围为⎝⎛⎦⎤455，2.22．(15分)已知函数f (x )＝k e x ()x －1－12x 2，k ∈R .(1)当k ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若函数f (x )有两个零点，求k 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为R ，当k ＝－1时，f (x )＝－e x (x －1)－12x 2，f ′(x )＝－e x x －x ＝－x (e x ＋1)．当x ＜0时，f ′(x )＞0，当x ＞0时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在x ＝0时取到最大值，最大值为f (0)＝1. (2)f ′(x )＝k e x x －x ＝x (k e x －1)，当k ＜0时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又因为f (0)＝－k ＞0，f (1)＝－12＜0，f (2k －1)＝k e 2k －1(2k －2)－12(2k －1)2＜k (2k －2)－12(2k －1)2＝－12＜0，所以f (x )有两个零点；当k ＝0时，f (x )＝－12x 2，所以此时f (x )只有一个零点；当k ＝1时，f ′(x )＝e x x －x ＝x (e x －1)≥0恒成立，f (x )在R 上单调递增，f (x )不存在两个零点；当k >0且k ≠1时，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 1k，当0＜k ＜1时，ln 1k ＝－ln k ＞0，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，－ln k )上单调递减，在(－ln k ，＋∞)上单调递增，且f (0)＝－k ＜0，f (x )不存在两个零点；当k ＞1时，ln 1k ＝－ln k ＜0，f (x )在(－∞，－ln k )上单调递增，在(－ln k ,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且f ()－ln k ＝－(ln k ＋1)2＋12＜0，f (x )不存在两个零点．综上，当f (x )有两个零点时，k 的取值范围是(－∞，0)．浙江高考仿真卷(四)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1．已知集合A ＝{}x |x 2<1，B ＝{}x |log 2x <0，则A ∩B 等于( ) A ．(－∞，1) B ．(0,1) C ．(－1,0) D ．(－1,1) 答案 B解析由题得A ＝{x |－1<x <1}，B ＝{x |0<x <1}，所以A ∩B ＝(0,1)．2．已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线方程为3x ＋4y ＝0，则该双曲线的离心率是( )A.53B.54C.43或53D.53或54 答案 D解析 3x ＋4y ＝0⇒y ＝－34x ，当焦点位于x 轴时，b a ＝34⇒b 2a 2＝916，而c 2＝a 2＋b 2，所以c 2－a 2a 2＝916⇒e ＝c a ＝54；当焦点位于y 轴时，b a ＝43⇒b 2a 2＝169，c 2＝a 2＋b 2⇒c 2－a 2a 2＝169⇒e ＝c a ＝53.3．如果实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，y ＋1≥0，x ＋y ＋1≤0，那么z ＝2x －y 的最大值为( )A ．2B ．－2C ．1D ．－3 答案 C解析由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，y ＋1≥0，x ＋y ＋1≤0画出可行域如图中阴影部分所示(含边界)，再画出目标函数z ＝2x －y 如图中过原点的虚线，平移目标函数易得过点A (0，－1)处时取得最大值，代入得z max ＝1.4．如图是一个几何体的三视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积为( )A ．12B ．14C ．16D ．18 答案 D解析由题意可得，该几何体是由一个四棱柱和一个三棱柱组成的几何体，其中四棱柱的体积V 1＝1×3×4＝12，三棱柱的体积V 2＝12×3×1×4＝6，该几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝18.5．“对任意正整数n ，不等式n lg a <(n ＋1)lg a a (a >1)都成立”的一个必要不充分条件是( ) A ．a >0 B ．a >1 C ．a >2 D ．a >3 答案 A解析由n lg a <(n ＋1)lg a a 得n lg a <a (n ＋1)lg a ， ∵a >1，∴lg a >0，∴n <a (n ＋1)，即a >n n ＋1＝1－1n ＋1，又1－1n ＋1<1，∴a >1. 即a >1时，不等式n lg a <(n ＋1)lg a a ()a >1成立，则a >0是其必要不充分条件；a >1是其充要条件；a >2，a >3均是其充分不必要条件． 6．与函数f (x )＝sin x 2＋cos x 的部分图象符合的是( )答案 B解析 f (0)＝sin 0＋cos 0＝1排除C ， F ⎝⎛⎭⎫π2＝sin π24＋cos π2＝sin π24>0，排除A ，D.7．已知随机变量ξ的分布列如下表所示：ξ 1 3 5 P0.40.1x则ξ的标准差为( )A ．3.56 B. 3.56 C ．3.2 D. 3.2 答案 B解析由题意，E (ξ)＝1×0.4＋3×0.1＋5×(1－0.4－0.1)＝3.2，∴D (ξ)＝(1－3.2)2×0.4＋(3－3.2)2×0.1＋(5－3.2)2×0.5＝1.936＋0.004＋1.62＝3.56， ∴ξ的标准差为 3.56.8．如图，正四面体ABCD 中，P ，Q ，R 分别在棱AB ，AD ，AC 上，且AQ ＝QD ，AP PB ＝CRRA ＝12，分别记二面角A －PQ －R ，A －PR －Q ，A －QR －P 的平面角为α，β，γ，则( )A ．β>γ>αB ．γ>β>αC ．α>γ>βD ．α>β>γ答案 D解析 ∵ABCD 是正四面体，P ，Q ，R 分别在棱AB ，AD ，AC 上，且AQ ＝QD ，AP PB ＝CR RA ＝12，可得α为钝角，β，γ为锐角，设P 到平面ACD 的距离为h 1，P 到QR 的距离为d 1，Q 到平面ABC 的距离为h 2，Q 到PR 的距离为d 2，设正四面体的高为h ，棱长为6a ，可得h 1＝13h ，h 2＝12h ，h 1<h 2，由余弦定理可得QR ＝13a ，PR ＝23a ，由三角形面积相等可得到d 1d 2＝PR QR ＝2313，因为sin γ＝h 1d 1，sin β＝h 2d 2，所以sin βsin γ＝3313>1，即sin β>sin γ，所以γ<β，∴α>β>γ.9.如图，点C 在以AB 为直径的圆上，其中AB ＝2，过A 向点C 处的切线作垂线，垂足为P ，则AC →·PB →的最大值是( )A ．2B ．1C ．0D ．－1 答案 B解析连接BC (图略)，则∠ACB ＝90°， ∵AP ⊥PC ，∴AC →·PB →＝AC →·()PC →＋CB →＝AC →·PC →＝()AP →＋PC →·PC →＝PC →2，依题意可证Rt △APC ∽Rt △ACB ，则PC CB ＝AC AB ，即PC ＝AC ·CB 2，∵AC 2＋CB 2＝AB 2， ∴AC 2＋CB 2＝4≥2AC ·BC ，即AC ·BC ≤2，当且仅当AC ＝CB 时取等号． ∴PC ≤1，∴AC →·PB →＝PC →2≤1， ∴AC →·PB →的最大值为1.10．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知()a 2 017－1 2 019＋2 019a 2 017＋()a 2 017－1 2 021＝2 000，(a 2 020－1)2 019＋2 019a 2 020＋(a 2 020－1)2 021＝2 038，则S 4 036等于( ) A ．2 019 B ．2 020 C ．2 021 D ．4 036 答案 D解析由(a 2 017－1)2 019＋2 019a 2 017＋(a 2 017－1)2 021＝2 000得：(a 2 017－1)2 019＋2 019(a 2 017－1)＋(a 2 017－1)2 021＝－19，①由(a 2 020－1)2 019＋2 019a 2 020＋(a 2 020－1)2 021＝2 038得：()a 2 020－1 2 019＋2 019()a 2 020－1＋()a 2 020－1 2 021＝19，②令f (x )＝x 2 019＋2 019x ＋x 2 021，则①式即为f ()a 2 017－1＝－19， ②式即为f ()a 2 020－1＝19，又f ()－x ＋f (x )＝0，即f (x )为奇函数，且()a 2 017－1＋()a 2 020－1＝0，∴a 2 017＋a 2 020＝2， ∴S 4 036＝2 018()a 1＋a 4 036＝2 018(a 2 017＋a 2 020)＝4 036.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11．复数z ＝11－i 的共轭复数是________，复数z 对应的点位于复平面内的第________象限．答案 12－12i 一解析11－i ＝1＋i ()1－i ()1＋i ＝12＋12i ，其共轭复数为12－12i ，复数z 对应的点位于复平面内的第一象限．12．已知圆C ：x 2＋y 2－2ax ＋4ay ＋5a 2－25＝0的圆心在直线l 1：x ＋y ＋2＝0上，则a ＝________；圆C 被直线l 2：3x ＋4y －5＝0截得的弦长为________．答案 2 8解析圆C ：x 2＋y 2－2ax ＋4ay ＋5a 2－25＝0的标准方程为(x －a )2＋(y ＋2a )2＝52，可得圆心坐标是(a ，－2a )，把圆心坐标代入直线l 1：x ＋y ＋2＝0的方程中得a ＝2；即圆心为(2，－4)，圆心到直线l 2：3x ＋4y －5＝0的距离d ＝||3×2－4×4－532＋42＝3，所以弦长等于2r 2－d 2＝252－32＝8.13．若x (1－mx )4＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，其中a 2＝－6，则实数m ＝________； a 1＋a 3＋a 5＝________. 答案 32 31316解析 x (1－mx )4＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5 ，则x (1－mx )4＝x ()1－4mx ＋C 24m 2x 2＋…，则－4m ＝a 2＝－6，解得m ＝32.令x ＝1，则⎝⎛⎭⎫1－324＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5 ，令x ＝－1, 则－⎝⎛⎭⎫1＋324＝－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5， ∴2()a 1＋a 3＋a 5＝⎝⎛⎭⎫124＋⎝⎛⎭⎫524，解得a 1＋a 3＋a 5＝31316.14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin A ＋sin B ＝54sin C ，且△ABC的周长为9，△ABC 的面积为3sin C ，则c ＝________，cos C ＝________. 答案 4 －14解析在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin A ＋sin B ＝54sin C ，则a ＋b ＝5c4，且△ABC 的周长为9，则c ＋5c4＝9，解得c ＝4 .因为△ABC 的面积等于3sin C ，所以12ab sin C ＝3sin C ，整理得ab ＝6. ∵a ＋b ＝5c4＝5,∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝5，ab ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2， ∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－14.15．某地火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有________种(用数字作答)．答案 96解析若第一棒火炬手为甲或乙，则最后一棒只能由甲、乙中不跑第一棒的火炬手完成，剩下的4段路线全排列，此时有2A 44种不同的传递方案；若第一棒火炬手为丙，则最后一棒由甲或乙完成，剩下的4段路线全排列，此时有2A 44种不同的传递方案，则由分类加法计数原理得共有2A 44＋2A 44＝96(种)不同的传递方案．16．设椭圆C 的两个焦点是F 1，F 2，过F 1的直线与椭圆C 交于P ，Q ，若|PF 2|＝|F 1F 2|，且5|PF 1|＝6|F 1Q |，则椭圆的离心率为________．答案911解析画出图形如图所示．由椭圆的定义可知：|PF 1|＋|PF 2|＝|QF 1|＋|QF 2|＝2a ，|F 1F 2|＝2c . ∵|PF 2|＝|F 1F 2|，∴|PF 2|＝2c ， ∴|PF 1|＝2(a －c )． ∵5|PF 1|＝6|F 1Q |，∴|QF 1|＝56|PF 1|＝53(a －c )，∴|QF 2|＝a 3＋5c3.在△PF 1F 2中，由余弦定理可得： cos ∠PF 1F 2＝|F 1F 2|2＋|F 1P |2－|F 2P |22|F 1F 2||F 1P |＝a －c2c ，在△QF 1F 2中，由余弦定理可得： cos ∠QF 1F 2＝|F 1F 2|2＋|F 1Q |2－|F 2Q |22|F 1F 2||F 1Q |＝2a －3c5c .∵∠PF 1F 2＋∠QF 1F 2＝180°，∴cos ∠PF 1F 2＝－cos ∠QF 1F 2， ∴a －c 2c ＝－2a －3c5c，整理得9a ＝11c ， ∴e ＝c a ＝911.17．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若对任意λ∈R ，不等式|λBC →－BA →|≥|BC →|恒成立，则c b ＋bc 的最大值为________．答案5解析由对任意λ∈R ，不等式|λBC →－BA →|≥|BC →|恒成立得BC 边上的高h ≥a . 在△ABC 中，有12ah ＝12bc sin A ，即bc ＝ahsin A ，在△ABC 中，由余弦定理得 b 2＋c 2＝a 2＋2bc cos A ＝a 2＋2ah cos Asin A，则c b ＋bc ＝b 2＋c 2bc ＝a 2＋2ah cos A sin A ahsin A ＝a 2sin A ＋2ah cos A ah ＝a sin A ＋2h cos A h≤h sin A ＋2h cos Ah＝sin A ＋2cos A＝5sin(A ＋φ)，其中tan φ＝2，则当A ＋φ＝π2且h ＝a 时，c b ＋bc 取得最大值 5.三、解答题(本大题共5小题，共74分．) 18．(14分)已知：函数f (x )＝2(sin x －cos x )． (1)求函数f (x )的最小正周期和值域；(2)若函数f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫α，65，π4<α<3π4.求f ⎝⎛⎭⎫π4＋α的值．解 (1)f (x )＝2(sin x －cos x ) ＝2⎝⎛⎭⎫sin x ·22－cos x ·22＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4. ∴函数的最小正周期为2π，值域为{y |－2≤y ≤2}． (2)依题意得，2sin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝65，sin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝35，∵π4<α<3π4，∴0<α－π4<π2， ∴cos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝1－sin 2⎝⎛⎭⎫α－π4＝1－⎝⎛⎭⎫352＝45，∴f ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝2sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫π4＋α－π4 ＝2sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α－π4＋π4 ＝2⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫α－π4cos π4＋cos ⎝⎛⎭⎫α－π4sin π4 ＝2×22×⎝⎛⎭⎫35＋45＝725. 19.(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，CD ＝2AB ＝4，BC ＝2 2.(1)求证：PC ⊥BD ；(2)若直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，求P A 的长．解 (1)连接AC ，在△ABC 中，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22，所以tan ∠ACB ＝AB BC ＝22.因为AB ∥CD ，AB ⊥BC ，所以CD ⊥BC .在Rt △BCD 中，因为CD ＝4，所以tan ∠BDC ＝BC CD ＝22，所以tan ∠ACB ＝tan ∠BDC ，所以∠ACB ＝∠BDC .因为∠ACB ＋∠ACD ＝π2，所以∠BDC ＋∠ACD ＝π2，所以BD ⊥AC .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . 因为PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥BD .(2)方法一如图，设P A ＝t ，AC 与BD 交于点M ，连接PM ，过点A 作AH ⊥PM 于点H ，连接BH .由(1)知，BD ⊥平面P AC ，又AH ⊂平面P AC ，所以BD ⊥AH .因为AH ⊥PM ，PM ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，PM ∩BD ＝M ，所以AH ⊥平面PBD ，所以∠ABH 为直线AB 与平面PBD 所成的角．在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，BC ＝22，所以AC ＝AB 2＋BC 2＝23，所以由三角形相似得AM ＝AB 2AC ＝233.在Rt △P AM 中，易知AH ＝P A ·AM PM ＝P A ·AMP A 2＋AM 2＝t ×233t 2＋43. 因为直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，所以∠ABH ＝π6.所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝t ×233t 2＋432＝12，所以t ＝2，所以P A 的长为2.方法二取CD 的中点E ，连接AE ，因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝4，所以AB ∥CE 且AB ＝CE ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以BC ∥AE . 因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥AE .又P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE ，故AE ，AB ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，AE ，AB ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝t ，因为CD ＝2AB ＝4，所以A (0,0,0)，B (0,2,0)，P (0,0，t )，D (22，－2,0)，所以AB →＝(0,2,0)，BP →＝(0，－2，t )，BD →＝(22，－4,0)．设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋tz ＝0，22x －4y ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝2t ，故n ＝⎝⎛⎭⎫2，1，2t 为平面PBD 的一个法向量．因为直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，所以sin π6＝|cos 〈n ，AB →〉|＝|n ·AB →||n |·|AB →|＝23＋4t2×2＝12，所以t ＝2. 所以P A 的长为2.20．(15分)数列{a n }满足： a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝[2＋(－1)n ]a n ＋2，n ＝1,2,3，…. (1)求a 3，a 4，并证明数列{a 2n ＋1}是等比数列； (2)求数列{a n }的前2n 项和S 2n . 解 (1) 当n ＝1时，a 3＝a 1＋2＝3，当n ＝2时，a 4＝3a 2＋2＝8，令n ＝2k ，a 2k ＋2＝3a 2k ＋2(k ＝1,2,3，…)，即a 2k ＋2＋1＝3(a 2k ＋1)(k ＝1,2,3，…)．所以数列{a 2n ＋1}是等比数列．(2)由(1)得，当n 为偶数时，a n ＝23n －1，当n 为奇数时， a n ＋2＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项构成等差数列，可求得a n ＝n ，{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 是奇数，23n －1，n 是偶数.所以在前2n 项中，S 奇＝n ·1＋12n ()n －1·2＝n 2，S 偶＝3()1－3n 1－3－n ＝12()3n ＋1－3－n ，S 2n ＝S 奇＋S 偶＝12()3n ＋1－3＋n 2－n .21．(15分)已知平面上一动点P 到定点C (1,0)的距离与它到直线l ：x ＝4的距离之比为12.(1)求点P 的轨迹方程；(2)点O 是坐标原点，A ，B 两点在点P 的轨迹上，F 是点C 关于原点的对称点，若F A →＝λBF →，求λ的取值范围．解 (1)设P (x ，y )是所求轨迹上的任意一点，由动点P 到定点C (1,0)的距离与它到直线l ：x ＝4的距离之比为12，则(x －1)2＋y 2|x －4|＝12，化简得x 24＋y 23＝1，即点P 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1.(2)由F 是点C 关于原点的对称点，所以点F 的坐标为(－1,0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为F A →＝λBF →，则(x 1＋1，y 1)＝λ(－1－x 2，－y 2)，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－1－λ－λx 2，y 1＝－λy 2，∵x 214＋y 213＝1，即(－1－λ－λx 2)24＋(－λy 2)23＝1，① 又由x 224＋y 223＝1，则(λx 2)24＋(λy 2)23＝λ2，②①－②得2λ(λ＋1)x 2＋(λ＋1)24＝1－λ2，化简得x 2＝3－5λ2λ，∵－2≤x 2≤2，∴－2≤3－5λ2λ≤2，解得13≤λ≤3，所以λ的取值范围是⎣⎡⎦⎤13，3.22．(15分)已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )，其中m ≥1. (1)设x ＝0是函数f (x )的极值点，讨论函数f (x )的单调性； (2)若y ＝f (x )有两个不同的零点x 1和x 2，且x 1<0<x 2， ①求参数m 的取值范围； ②求证：21ex x －－ln(x 2－x 1＋1)>e －1.(1)解 f ′(x )＝e x －1x ＋m，若x ＝0是函数f (x )的极值点，则f ′(0)＝1－1m ＝0，得m ＝1，经检验满足题意，此时f ′(x )＝e x －1x ＋1，x >－1，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． (2)①解 m ≥1, f ′(x )＝e x －1x ＋m，x >－m ，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1()x ＋m 2>0，知f ′(x )在区间(－m ，＋∞)内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1m >0, f ′(－m ＋1)＝e 1－m －1<0，∴f ′(x )在区间(1－m ,0)内存在唯一的零点x 0，即f ′(x 0)＝0e x －1x 0＋m ＝0，于是0e x＝1x 0＋m ，x 0＝－ln(x 0＋m )．当－m <x <x 0时， f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 0时， f ′(x )>0，f (x )单调递增．若y ＝f (x )有两个不同的零点x 1和x 2，且x 1<0<x 2，易知x →－m 时，f (x )→＋∞，x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以f (0)＝1－ln m <0，解得m >e.②证明由①中的单调性知，当x ∈(x 1，x 2)时，f (x )<0，又m >e ，所以f (－1)＝1e －ln(m －1)<1e －ln(e －1)<12－ln(e －1)<12－ln 1.7＝ln e1.7<0，所以x 1<－1.所以x 1<－1<0<x 2，所以x 2－x 1>1，令t ＝x 2－x 1>1，要证21ex x －－ln(x 2－x 1＋1)>e －1，即证e t －ln(t ＋1)>e －1. 令h (t )＝e t －ln(t ＋1)，t ≥1，则h ′(t )＝e t －1t ＋1单调递增，又h ′(1)＝e －12>0，所以h ′(t )>0，h (t )单调递增，所以h (t )>h (1)＝e －ln 2>e －1，即21e x x －－ln(x 2－x 1＋1)>e －1.。

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。

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2020年浙江省高考数学模拟试卷（15）一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知i 为虚数单位，z =41+i ，则复数z 的虚部为（） A ．﹣2iB ．2iC ．2D ．﹣22．（5分）如图，已知圆M ：（x ﹣3）2+（y ﹣3）2＝4，四边形ABCD 为圆M 的内接正方形，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点，当正方形ABCD 绕圆心M 转动时，ME →⋅OF →的取值范围是（）A ．[−6√2，6√2]B ．[﹣6，6]C ．[−3√2，3√2]D ．[﹣4，4]3．（5分）已知关于x 的方程sin(π2+x)+cos(π2−x)=a 在区间[0，2π）上有两个实数根x 1，x 2，且|x 1﹣x 2|≥π，则实数a 的取值范围是（） A ．[﹣1，0）B ．[√22，1)C ．[0，1）D ．(1，√2)4．（5分）复数（1+i ）a 是实数，其中i 为虚数单位，则实数a 等于（） A ．﹣1B ．1C ．0D ．25．（5分）设非零向量a →，b →，c →，满足|b →|＝2，|a →|＝1，且b →与a →的夹角为θ，则“|b →−a →|=√3”是“θ=π3”的（） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件6．（5分）设锐角△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝4，c ＝1，△ABC 的面积为√3，则a 的值为（） A ．√21B ．√13C ．√13或√21D ．2√37．（5分）若平面向量a →，b →的夹角为30°，且|a →|＝2|b →|＝2，则b →在a →方向上的投影为（） A ．√3B ．12C ．√32D ．18．（5分）函数f （x ）＝x 2+e |x |的图象只可能是（）A ．B ．C ．D ．9．（5分）在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，点D 、E 分别在线段AB 、CD 上，且BD ＝2AD ，CE ＝2ED ，则BE →⋅AB →=（） A ．﹣3B ．﹣6C ．4D ．910．（5分）已知θ∈(π4，π2)，且sin(θ+π4)=3√1010，则tan θ＝（） A ．2B ．43C ．3D ．12511．（5分）在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝2，AD ＝5，BC ＝3，∠A ＝60°，点E 在线段CB 的延长线上，且AE ＝BE ，点M 在边CD 所在直线上，则AM →⋅ME →的最大值为（） A ．−714B ．﹣24C ．−514D ．﹣3012．（5分）如图，在平行四边形ABCD 中，M 、N 分别为AB 、AD 上的点，且AM →=45AB →，AN →=23AD →，连接AC 、MN 交于P 点，若AP →=λAC →，则λ的值为（）A ．35B ．37C ．411D ．413二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13．（5分）i 是虚数单位，复数3+2i 1−i= ．14．（5分）在△ABC 中，已知AB →=a →，BC →=b →，G 为△ABC 的重心，用向量a →、b →表示向量AG →= ． 15．（5分）√3tan10°+1(4cos 10°−2)sin10°= ．16．（5分）如图所示，位于A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距30√2海里的B 处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西45°、相距20海里的C 处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB 前往B 处救援，则cos θ的值为．三．解答题（共6小题）17．已知复数z 的虚部大于0，且|z |＝|z +2|=√5．（1）求z ；（2）求复数z z+4的实部．18．已知sin(3π+α)=2sin(3π2+α)，求下列各式的值： (1)sinα−4cosα5sinα+2cosα．（2）sin 2α+2sin αcos α．19．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足ab +a 2＝c 2．（1）求证：C ＝2A ；（2）若△ABC 的面积为a 2sin 2B ，求角C 的大小．20．已知锐角△ABC 的三个内角A 、B 、C 满足sin B sin C ＝（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ）tan A ．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若△ABC 的外接圆的圆心是O ，半径是1，求OA →•（AB →+AC →）的取值范围． 21．某学习小组在一次研究性学习中发现，以下三个式子的值都等于同一个常数． cos 215°+cos 215°−√3sin15°sin15°；cos280°+cos2（﹣50°）−√3sin80°sin(−50°)；cos2170°+cos2（﹣140°）−√3sin170°sin(−140°)．（1）求出这个常数；（2）结合（1）的结果，将该小组的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论．22．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosC+12c=b．（1）求角A的大小；（2）若a=√3，求b+c的最大值．2020年浙江省高考数学模拟试卷（15）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i 为虚数单位，z =41+i ，则复数z 的虚部为（） A ．﹣2iB ．2iC ．2D ．﹣2【解答】解：z =41+i =4(1−i)(1+i)(1−i)=4(1−i)2=2﹣2i ，则复数z 的虚部为﹣2，故选：D ．2．（5分）如图，已知圆M ：（x ﹣3）2+（y ﹣3）2＝4，四边形ABCD 为圆M 的内接正方形，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点，当正方形ABCD 绕圆心M 转动时，ME →⋅OF →的取值范围是（）A ．[−6√2，6√2]B ．[﹣6，6]C ．[−3√2，3√2]D ．[﹣4，4]【解答】解：因为圆M ：（x ﹣3）2+（y ﹣3）2＝4，圆心的坐标（3，3）半径为2，所以|ME |=√2，|OM |=√32+32=3√2，OF →=OM →+MF →，ME →⋅OF →=ME →(OM →+MF →)=ME →⋅OM →+ME →⋅MF →， ∵ME →⊥MF →，∴ME →⋅MF →=0，∴ME →⋅OF →=ME →⋅OM →=6cos （π﹣∠OME ）∈[﹣6，6]， ME →⋅OF →的取值范围是[﹣6，6]．故选：B ．3．（5分）已知关于x 的方程sin(π2+x)+cos(π2−x)=a 在区间[0，2π）上有两个实数根x 1，x 2，且|x 1﹣x 2|≥π，则实数a 的取值范围是（） A ．[﹣1，0）B ．[√2，1)C ．[0，1）D ．(1，√2)【解答】解：由sin(π2+x)+cos(π2−x)=a ，方程化简sin （π2+x ）+cos （π2−x ）＝sin x +cos x=√2sin （x +π4）＝a ，转化为函数y =√2sin （x +π4）与函数y ＝a 有两个交点，区间[0，2π）上有两个实根 x 1，x 2，由x ∈[0，2π）则x +π4∈[π4，9π4），设 x 1＞x 2，由x 1﹣x 2≥π，可得5π4≥x 2≥π4，当3π4≥x 2≥π4时，结合正弦函数可知，不存在a 的值；当3π4≤x 2≤5π4时，对应的2π≤x 1＜9π4，结合正弦函数可知，函数y =√2sin （x +π4）与函数y ＝a 有两个交点，此时可得：a ∈[0，1）．故选：C ．4．（5分）复数（1+i ）a 是实数，其中i 为虚数单位，则实数a 等于（） A ．﹣1B ．1C ．0D ．2【解答】解：∵复数（1+i ）a ＝a +ai 是实数， ∴a ＝0．故选：C ．5．（5分）设非零向量a →，b →，c →，满足|b →|＝2，|a →|＝1，且b →与a →的夹角为θ，则“|b →−a →|=√3”是“θ=π3”的（） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解答】解：|b →−a →|=√3，∴b →2+a →2−2a →•b →=3，∴22+1﹣2×2×1×cos θ＝3，解得：cos θ=12，θ∈[0，π]，解得θ=π3． ∴“|b →−a →|=√3”是“θ=π3”的充要条件．故选：C ．6．（5分）设锐角△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝4，c ＝1，△ABC 的面积为√3，则a 的值为（） A ．√21B ．√13C ．√13或√21D ．2√3【解答】解：∵S △ABC =√3=12bc sin A =12×4×1×sinA ，解得：sin A =√32， ∵A 为锐角，解得：cos A =12，∴由余弦定理可得：a =2+c 2−2bccosA =√16+1−2×1×4×12=√13．故选：B ．7．（5分）若平面向量a →，b →的夹角为30°，且|a →|＝2|b →|＝2，则b →在a →方向上的投影为（） A ．√3B ．12C ．√32D ．1【解答】解：∵|b →|=1，＜a →，b →＞=30°， ∴b →在a →方向上的投影为|b →|cos30°=√32．故选：C ．8．（5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 ．9．（5分）在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，点D 、E 分别在线段AB 、CD 上，且BD ＝2AD ，CE ＝2ED ，则BE →⋅AB →=（）A ．﹣3B ．﹣6C ．4D ．9【解答】解：如图，BD ＝2AD ，CE ＝2ED ，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，∴BE →⋅AB →=(BD →+DE →)⋅AB →=(−23AB →+13DC →)⋅AB →=[−23AB →+13(DA →+AC →)]⋅AB →=[−23AB →+13(−13AB →+AC →)]⋅AB →=(−79AB →+13AC →)⋅AB →=−79AB →2+13AB →⋅AC →=−79×9+13×3×2×12 ＝﹣6．故选：B ．10．（5分）已知θ∈(π4，π2)，且sin(θ+π4)=3√1010，则tan θ＝（） A ．2B ．43C ．3D ．125【解答】解：因为θ∈(π4，π2)，所以θ+π4∈（π2，3π4），又sin(θ+π4)=3√1010，所以cos （θ+π4）=−√1010，则tan （θ+π4）＝﹣3，所以tan θ＝tan （θ+π4−π4）=−3−11−3=2．故选：A ．11．（5分）在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝2，AD ＝5，BC ＝3，∠A ＝60°，点E 在线段CB 的延长线上，且AE ＝BE ，点M 在边CD 所在直线上，则AM →⋅ME →的最大值为（）A ．−714B ．﹣24C ．−514D ．﹣30【解答】解：如图：；因为：在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝2，AD ＝5，BC ＝3，∠A ＝60°，点E 在线段CB 的延长线上，且AE ＝BE ； ∴AE ＝BE ＝AB ＝2；∴四边形AECD 为平行四边形；且AD →与DC →所成角为60°．设DM →=x DC →，∴AM →•ME →=（AD →+DM →）•（MC →+CE →）＝（AD →+x DC →）•[（1﹣x ）DC →−AD →]=−AD →2+x （1﹣x ）DC →2+[（1﹣x ）﹣x ]AD →•DC →=−4x 2+6x ﹣20；∵对称轴为x =34，开口向下∴x =34时，AM →⋅ME →的最大值为：﹣4×(34)2+6×34−20=−714．故选：A ．12．（5分）如图，在平行四边形ABCD 中，M 、N 分别为AB 、AD 上的点，且AM →=45AB →，AN →=23AD →，连接AC 、MN 交于P 点，若AP →=λAC →，则λ的值为（）A ．35B ．37C ．411D ．413【解答】解：∵AM →=45AB →，AN →=23AD →，连∴AP →=λAC →=λ（AB →+AD →）＝λ（54AM →+32AN →）=54λAM →+32λAN →，∵三点M ，N ，P 共线．∴54λ+32λ＝1， ∴λ=411，故选：C ．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13．（5分）i 是虚数单位，复数3+2i 1−i= 12+52i ．【解答】解：3+2i 1−i =(3+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=12+52i ．故答案为：12+52i ．14．（5分）在△ABC 中，已知AB →=a →，BC →=b →，G 为△ABC 的重心，用向量a →、b →表示向量AG →=23a →+13b → ．【解答】解：设BC 边的中点为D ， ∵G 为△ABC 的重心，∴AG →=23AD →=23×12(AB →+AC →→)=13(AB →+AB →+AC →)=23AB →+13AC →=23a →+13b →，故答案为：23a →+13b →．15．（5分）√3tan10°+1(4cos 10°−2)sin10°= 4 ．【解答】解：原式=√3sin10°+cos10°2cos20°sin10°cos10°=2sin(10°+30°)2cos20°sin10°cos10°=2sin40°sin20°cos20°=4sin40°sin40°=4．故答案为：4．16．（5分）如图所示，位于A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距30√2海里的B 处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西45°、相距20海里的C 处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB 前往B 处救援，则cos θ的值为 √1717．【解答】解：如图所示，在△ABC 中，AB ＝30√2，AC ＝20，∠BAC ＝135°定理得BC 2＝AB 2+AC 2﹣2AB •AC •cos135°＝3400，所以BC ＝10√34，正弦定理得sin ∠ACB =AB BC •sin ∠BAC =3√3434．由∠BAC ＝135°知∠ACB 为锐角，故cos ∠ACB =5√3434．故cos θ＝cos （∠ACB +45°）＝cos ∠ACB cos45°﹣sin ∠ACB sin45°=√22(5√3434−3√3434)=√1717．故答案为：√1717．三．解答题（共6小题）17．已知复数z 的虚部大于0，且|z |＝|z +2|=√5．（1）求z ；（2）求复数z z+4的实部．【解答】解：（1）设x ＝a +bi （a ，b ∈R ，b ≥0），则z +2＝a +2+bi ，∴√a 2+b 2=√(a +2)2+b 2，整理得4a +4＝0，解得a ＝﹣1．又√a 2+b 2=√1+b 2=√5，∴b ＝±2． ∵复数z 的虚部大于0， ∴b ＝2，则z ＝﹣1+2i ．（2）zz+4=−1−2i −1+2i+4=−1+2i 3+2i=−(1+2i)(3−2i)13=−713−413i∴复数z→z+4的实部为−713． 18．已知sin(3π+α)=2sin(3π2+α)，求下列各式的值： (1)sinα−4cosα5sinα+2cosα．（2）sin 2α+2sin αcos α．【解答】解：(1)∵sin(3π+α)=2sin(3π2+α)， ∴﹣sin α＝﹣2cos α，即sin α＝2cos α，则原式=2cosα−4cosα10cosα+2cosα=−212=−16；（2）∵sin α＝2cos α，即tan α＝2，∴原式=sin 2α+2sinαcosαsin 2α+cos 2α=tan 2α+2tanαtan 2α+1=4+44+1=85． 19．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足ab +a 2＝c 2．（1）求证：C ＝2A ；（2）若△ABC 的面积为a 2sin 2B ，求角C 的大小．【解答】解：（1）证明：∵ab +a 2＝c 2 ∴a 2﹣c 2＝﹣ab ，又∵cos C =b 2+a 2−c 22ab=b 2−ab 2ab =b−a2a ， ∴2a cos C ＝b ﹣a ，∴由正弦定理可得：2sin A cos C ＝sin B ﹣sin A ，∴2sin A cos C ＝sin （A +C ）﹣sin A ＝sin A cos C +sin C cos A ﹣sin A ，可得：sin A cos C ＝sin C cos A ﹣sin A ，可得：sin A ＝sin （C ﹣A ）， ∴A ＝C ﹣A ，或A +（C ﹣A ）＝π（舍去）， ∴C ＝2A ，得证；（2）∵S △ABC =12ab sin C ＝a 2sin 2B ，又sin C ＝sin2A ＝2sin A cos A ，∴12ab ×2sin A cos A ＝a 2sin 2B ，可得：b sin A cos A ＝a sin 2B ，∴由正弦定理可得：sin B sin A cos A ＝sin A sin 2B ， ∵sin A ＞0，sin B ＞0， ∴cos A ＝sin B ，∴A +B =π2，或B =π2+A ， ∴解得C =π2，或C =π4．20．已知锐角△ABC 的三个内角A 、B 、C 满足sin B sin C ＝（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ）tan A ．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若△ABC 的外接圆的圆心是O ，半径是1，求OA →•（AB →+AC →）的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）sin B sin C ＝（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ）tan A ，由正弦定理可得bc ＝（b 2+c 2﹣a 2）tan A ，由余弦定理可得bc ＝2bc cos A tan A ＝2bc sin A ，可得sin A =12，0＜A ＜π2，解得A =π6；（Ⅱ） OA →•（AB →+AC →）=OA →•（OB →+OC →−2OA →） =OA →•OB →+OA →•OC →−2OA →2 ＝cos ∠AOB +cos ∠AOC ﹣2 ＝cos2C +cos2B ﹣2 ＝cos （5π3−2B ）+cos2B ﹣2=32cos2B −√32sin2B ﹣2 =√3cos （2B +π6）﹣2， ∵△ABC 是锐角三角形， ∴{B ＜π2B +A ＞π2，可得π3＜B ＜π2，则5π6＜2B +π6＜7π6，可得cos （2B +π6）∈[﹣1，−√32），故OA →•（AB →+AC →）的取值范围是[﹣2−√3，−72）．21．某学习小组在一次研究性学习中发现，以下三个式子的值都等于同一个常数． cos 215°+cos 215°−√3sin15°sin15°； cos 280°+cos 2（﹣50°）−√3sin80°sin(−50°)； cos 2170°+cos 2（﹣140°）−√3sin170°sin(−140°)．（1）求出这个常数；（2）结合（1）的结果，将该小组的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论．【解答】解：（1）由题意，可知 cos 215°+cos 215°−√3sin15°sin15° =2cos 215°−√3sin 215° =1+cos30°−√32(1−cos30°)=1+√32−√32(1−√32)=74．（2）由题意推广的结论为：当α+β＝30°时，cos 2α+cos 2β−√3sinαsinβ=74．证明：∵α+β＝30°，∴β＝30°﹣α，则 cos 2α+cos 2β−√3sinαsinβ=cos 2α+cos 2(30°−α)−√3sinαsin(30°−α)=cos 2α+(√32cosα+12sinα)2−√3sinα(12cosα−√32sinα)=cos 2α+34cos 2α+√32cosαsinα+14sin 2α−√32cosαsinα+32sin 2α =74cos 2α+74sin 2α=74．22．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且acosC +12c =b ．（1）求角A 的大小；（2）若a =√3，求b +c 的最大值．【解答】解：（1）由于acosC +12c =b ，利用正弦定理可得sin A cos C +12sin C ＝sin B ，所以sin A cos C +12sin C ＝sin （A +C ）＝sin A cos C +cos A sin C ，所以12sin C ＝cos A sin C ，因为sin C ≠0，所以cos A =12．因为A 为三角形的内角，所以A =π3．（2）由于a =√3，A =π3，根据正弦定理bsinB=c sinC=a sinA =2，可得b ＝2sin B ，c ＝2sin C ，所以b +c ＝2sin B +2sin C ＝2sin （2π3−C ）+2sin C =√3cos C +3sin C ＝2√3sin （C +π6）≤2√3，当C =π3时等号成立，所以b +c 的最大值为2√3．。