【高中高考数学压轴题预测题-浙江省1】2020年高考数学计算题大题-含详细解析答案、可编辑
2020浙江省高考压轴卷数学理(解析版)
绝密★启封前2020浙江省高考压轴卷数 学 理 科数学I注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及答题要求1．本试卷共4页，包含填空题（第1题～第14题）、 解析题（第15题～第20题）．本卷满分为160分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将答题卡交回．2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其它位置作答一律无效． 4．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 参考公式：球体的体积公式：V ＝334R π，其中为球体的半径．一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．全集12{}345U ＝，，，，，集合134{}}35{A B ＝，，，＝，，则U A B ⋂（）ð═ ． 2．已知i 是虚数单位，若12i a i a R +∈（﹣)(）＝，，则a ＝ ． 3．我国古代数学算经十书之一的《九章算术》一哀分问题：今有北乡八千一百人，西乡九千人，南乡五千四百人，凡三乡，发役五百，意思是用分层抽样的方法从这三个乡中抽出500人服役，则北乡比南乡多抽 人．4．如图是一个算法的流程图，则输出y 的取值范围是 ．5．已知函数22353log (1)3x x f x x x -⎧-<⎨-+≥⎩（）＝，若f （m ）＝﹣6，则f （m ﹣61）＝ ． 6．已知f （x ）＝sin （x ﹣1），若p ∈{1，3，5，7}，则f （p ）≤0的概率为 ． 7．已知函数f （x ）＝2sin （ωx +φ）（ω＞0，|φ|＜2π）的部分图象如图所示，则f （76π）的值为 ．8．已知A ，B 分别是双曲线2212x y C m ：-＝的左、右顶点，P （3，4）为C 上一点，则△PAB 的外接圆的标准方程为 ．9．已知f （x ）是R 上的偶函数，且当x ≥0时，f （x ）＝|x 2﹣3x |，则不等式f （x ﹣2）≤2的解集为 ． 10．若函数f （x ）＝a 1nx ，（a ∈R ）与函数g （x ）＝x ，在公共点处有共同的切线，则实数a 的值为 ．11．设A ，B 在圆x 2+y 2＝4上运动，且23AB ＝，点P 在直线3x +4y ﹣15＝0上运动．则|PA PB |+u u u r u u u r 的最小值是 ．12．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝23π，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，BD ＝1，则a +c 的最小值为 ．13．如图，点D 为△ABC 的边BC 上一点，2BD DC =u u u r u u u r，E n （n ∈N ）为AC 上一列点，且满足：11414n n n n n E A E D E a B a +=+u u u u r u u u u r u u u u r （﹣）﹣5，其中实数列{a n }满足4a n ﹣1≠0，且a 1＝2，则111a -+211a -+311a -+…+11n a -＝ ．14．已知函数2910(1)e ,023xx x f x x x ⎧++<⎪⎨⎪-≥⎩（）＝+6,x 0，其中e 是自然对数的底数．若集合{x ∈Z|x （f （x ）﹣m ）≥0}中有且仅有4个元素，则整数m 的个数为 ．二、解答题（本大题共6小题，计90分. 解析应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把 答案写在答题卡的指定区域内）15．(本小题满分14分) 如图，在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，已知点M 为棱BC 上异于B ，C 的一点． （1）若M 为BC 中点，求证：A 1C ∥平面AB 1M ； （2）若平面AB 1M ⊥平面BB 1C 1C ，求证：AM ⊥BC ．16.（本小题满分14分）已知12(,),(0,cos(),.2273πππαπβαβαβ∈∈-=+=), （1）求22sin αβ（﹣）的值； （2）求cos α的值．17．(本小题满分14分) 学校拟在一块三角形边角地上建外籍教室和留学生公寓楼，如图，已知△ABC 中，∠C ＝2π，∠CBA ＝θ，BC ＝a ．在它的内接正方形DEFG 中建房，其余部分绿化，假设△ABC 的面积为S ，正方形DEFG 的面积为T ． （1）用a ，θ表示S 和T ； （2）设f （θ）＝TS，试求f （θ）的最大值P ；18.(本小题满分16分) 已知椭圆22221x y C a b：+＝0a b （＞＞）的离心率为22，短轴长为22． （Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）如图，经过椭圆左项点A 且斜率为k （k ≠0）直线l 与C 交于A ，B 两点，交y 轴于点E ，点P 为线段AB 的中点，若点E 关于x 轴的对称点为H ，过点E 作与OP （O 为坐标原点）垂直的直线交直线AH 于点M ，且△APM面积为23，求k 的值．19．(本小题满分16分) 已知函数()212ln 2f x x x ax a R =+-∈，． （1）当3a =时，求函数()f x 的极值；（2）设函数()f x 在0x x =处的切线方程为()y g x =，若函数()()y f x g x =-是()0+∞，上的单调增函数，求0x 的值；（3）是否存在一条直线与函数()y f x =的图象相切于两个不同的点？并说明理由．20．(本小题满分16分) 已知集合A ＝a 1，a 2，a 3，…，a n ，其中a i ∈R （1≤i ≤n ，n ＞2），l （A ）表示和a i +a j （1≤i ＜j ≤n ）中所有不同值的个数．（Ⅰ）设集合P ＝2，4，6，8，Q ＝2，4，8，16，分别求l （P ）和l （Q ）； （Ⅱ）若集合A ＝2，4，8， (2)，求证：(1)()2n n l A -=； （Ⅲ）l A （）是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由？ 数学Ⅱ（附加题）21．【选做题】在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2题，每小题10分，共20分．请在答题卡指定区域内．．．．．．．．注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1． 本试卷共2页，均为非选择题（第21~23题）。
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。
2020年浙江省高考数学压轴试卷 (含答案解析)
2020年浙江省高考数学压轴试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知集合A ={x||x|<2}，B ={−1,0，1，2，3}，则A ∩B =( )A. {0,1}B. {0,1，2}C. {−1,0，1}D. {−1,0，1，2} 2. 复数5i−2的共轭复数是( )A. 2+iB. −2−iC. −2+iD. 2−i3. 记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4+a 5=24，S 6=48，则{a n }的公差为( )A. 1B. 2C. 4D. 84. 一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则四棱锥的表面积为( )A. 83B. 4√3C. 4√5+1D. 4(√5+1)5. 已知x 、y ∈R ，不等式组{x +2y ≥0x −y ≤00≤y ≤k 所表示的平面区域的面积为6，则实数k 的值为( )A. 1B. 2C. 3D. 46. 已知直线l 1:mx +y −1=0，直线l 2:(m −2)x +my −1=0，则“l 1⊥l 2”是“m =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 7. 函数f(x)=(e x +1)lnx 2e x −1(e 是自然对数的底数)的图象大致为( )A. B. C. D.8. 已知实数a >b >0,m ∈R ，则下列不等式中成立的是( )A. (12)a <(12)bB. a −2>b −2C. m a >m bD. b+m a+m >ba 9. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB =2PN ，则三棱锥N −PAC 与四棱锥P −ABCD 的体积比为( )A. 1：2B. 1：3C. 1：6D. 1：810. 若对圆(x −1)2+(y −1)2=1上任意一点P(x,y)，|3x −4y +a|+|3x −4y −9|的取值与x ，y无关，则实数a 的取值范围是( )A. a ≤−4B. −4≤a ≤6C. a ≤−4或a ≥6D. a ≥6二、填空题（本大题共7小题，共36.0分） 11. 古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为______ ．12. 在二项式(√2+x)9的展开式中，常数项是_____________，系数为有理数的项的个数是______________．13. 已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(b >a >0)，焦距为2c ，直线l 经过点(a,0)和(0,b)，若(−a,0)到直线l 的距离为2√23c ，则离心率为______． 14. 已知函数f(x)={|x +a|+|x −1|,x >0x 2−ax +2,x ≤0的最小值为a +1，则实数a 的取值范围为____________． 15. 若平面向量a ⃗ ，b ⃗ 满足|a ⃗ |=|2a ⃗ +b ⃗ |=2，则a ⃗ ⋅b⃗ 的取值范围是______． 16. 从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务活动，每天安排一人，每人只参加一天，若要求甲、乙两人中至少有一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务活动的日期不相邻，那么不同的安排方法种数为________(用数字作答)．17. 若方程x +m =√4−x 2有且只有一个实数解，则实数m 的取值范围为________．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18. 已知函数f(x)=(sinx +cosx)2+2cos 2x −1．(1)求函数f(x)的递增区间；(2)当x ∈[0,π2]时，求函数f(x)的值域．19. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB =2，∠BAD =60∘．(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PA=AB，求PC与平面PBD所成角的正弦值20.等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)设b n=log3a1+log3a2+⋯+log3a n，求数列{1b n21.已知点F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，一点M(0,√2)满足线段MF的中点在抛物线C2上．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线MF与抛物线C相交于A、B两点，求线段AB的长．22.已知函数f(x)=lnx+ax，a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2,且x2x1⩾e2，求证：(x1−x2)f′(x1+x2)>65．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．先求出集合A和B，由此利用交集的定义能求出A∩B.解：∵集合A={x||x|<2}={x|−2<x<2}，B={−1,0，1，2，3}，∴A∩B={−1,0，1}．故选C．2.答案：C解析：解：复数5i−2=5(−2−i)(−2+i)(−2−i)=5(−2−i)5=−2−i的共轭复数为−2+i．故选：C．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．3.答案：C解析：本题主要考查等差数列公式及等差数列求和的基本量运算，属于简单题．利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．解：S n为等差数列{a n}的前n项和，设公差为d，∵a4+a5=24，S6=48，∴{a 1+3d +a 1+4d =246a 1+6×52d =48, 解得a 1=−2，d =4，∴{a n }的公差为4．故选C ．4.答案：D解析：解：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，由该四棱锥的主视图可知四棱锥的底面边长2，高为2，则四棱锥的斜高为√22+12=√5．所以该四棱锥侧面积为：4×12×2×√5=4√5，底面积为：2×2=4，故表面积S =4+4√5=4(√5+1)，故选：D由题意可知原四棱锥为正四棱锥，由四棱锥的主视图得到四棱锥的底面边长和高，进而可得答案． 本题考查三视图复原几何体形状的判断，几何体的表面积与体积的求法，考查空间想象能力与计算能力． 5.答案：B解析：解：作出不等式组对应的平面区域：则k >0由{x +2y =0y =k，解得{x =−2k y =k ，即A(−2k,k)， 由{x −y =0y =k，解得{x =k y =k ，即B(k,k) ∵平面区域的面积是9，∴12(3k)k =6，即k 2=4解得k =±2，解得k =2或k =−2(舍)，故选：B ．作出不等式组对应的平面区域，利用平面区域的形状，结合面积公式即可得到结论．本题主要考查二元一次不等式组表示平面区域，以及三角形的面积公式的计算，比较基础． 6.答案：B解析：解：直线l 1：mx +y −1=0，直线l 2：(m −2)x +my −1=0，若“l 1⊥l 2”， 则m(m −2)+m =0，解得m =0或m =1，故“l 1⊥l 2”是“m =1”的必要不充分条件，故选：B ．利用两条直线相互垂直的充要条件求出m 的值，再根据充分必要条件的定义即可得出．本题考查了简易逻辑的判定方法、两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.答案：A解析：解：f(−x)=(e −x +1)ln(−x)2e −x −1=(1+e x )lnx 21−e x =−(e x +1)lnx 2e x −1=−f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B ，C ．当x >1时，f(x)>0，排除D ，故选：A ．判断函数的奇偶性和图象的对称性，利用特殊值的符号是否对应进行排除．本题主要考查函数图象的识别和判断，判断函数的奇偶性以及对称性是解决本题的关键． 8.答案：A解析：解：∵函数y =(12)x 在R 上单调递减，∴当a >b >0时，(12)a <(12)b ．故选：A ．根据函数y =(12)x 在R 上单调递减知当a >b >0时，(12)a <(12)b ．本题考查了利用函数的单调性判断比较大小和不等式的基本性质，属基础题．。
【解析版】2020年浙江省高考数学(理)预测押题试卷 (2)
由全国各地一线教师精心编制《高考终极预测押题卷》对近十年全国各地高考试题的全方位精确分析，把握命题规律，找出命题趋势。
全网首发！百位名师呕血专研，只为高考最后一搏！浙江省高考数学（理）预测押题试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．（5分）（2012•湖南）设集合M={﹣1，0，1}，N={x|x2≤x}，则M∩N=（）A．{0} B．{0，1} C．{﹣1，1} D．{﹣1，0，0}考点：交集及其运算．专题：计算题．分析：求出集合N，然后直接求解M∩N即可．解答：解：因为N={x|x2≤x}={x|0≤x≤1}，M={﹣1，0，1}，所以M∩N={0，1}．故选B．点评：本题考查集合的基本运算，考查计算能力，送分题．2．（5分）（•宁波二模）函数是（）A．周期为π的偶函数B．周期为2π的偶函数C．周期为π的奇函数D．周期为2π的奇函数考点：两角和与差的余弦函数；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的奇偶性；余弦函数的奇偶性．专题：三角函数的图像与性质．分析：利用两角和差的余弦公式化就爱你函数的解析式为f（x）=﹣sinx，由此可得函数的周期性和奇偶性．解答：解：函数=cosxcos﹣sinxsin﹣（cosxcos+sinxsin）=﹣2sinxsin=﹣sinx，它的周期为=2π，且是奇函数，故选D．点评：本题主要考查两角和差的余弦公式的应用，正弦函数的周期性和奇偶性，属于中档题．3．（5分）（•宁波二模）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：由已知中的三视图，我们可以判断出几何体的形状，进而求出几何体的底面面积和高后，代入棱锥体积公式，可得答案．解答：解：由已知中的三视图可得几何体是一个三棱锥，如图，即图中在长方体中红色的部分．知棱锥的底面是一个以4为底，以2为高的三角形，棱锥的高为2，故棱锥的体积V=•（4）•2•2=．故选A．点评：本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知判断出几何体的形状是解答本题的关键．4．（5分）（•宁波二模）已知点P（3，3），Q（3，﹣3），O为坐标原点，动点M（x，y）满足，则点M所构成的平面区域的面积是（）A．12 B．16 C．32 D．64考点：简单线性规划；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角．专题：不等式的解法及应用．分析：先根据向量的数量积化简约束条件，再画出约束条件表示的可行域，然后求出可行域的面积即可．解答：解：∵已知点P（3，3），Q（3，﹣3），O为坐标原点，动点M（x，y）∴=（3，3），=（3，﹣3），=（x，y）．∴满足，即，它表示的可行域为：边长为4的正方形，则其围成的平面区域的面积为：4×4=32；故选C．点评：本题主要考查了两个知识点：平面向量的坐标运算以及平面区域，同时考查了阅读理解题意的能力以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题．5．（5分）（•宁波二模）已知a，b∈R，条件p：“a＞b”，条件q：“2a＞2b﹣1”，则p是q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考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：不等式的解法及应用．分析：：由条件p：“a＞b”，再根据函数y=2x 是增函数，可得故条件q成立．但由条件q：“2a＞2b﹣1”成立，不能推出条件p：“a＞b”成立，从而得出结论．解答：解：由条件p：“a＞b”，再根据函数y=2x 是增函数，可得2a＞bb，∴2a＞bb﹣1，故条件q：“2a＞2b﹣1”成立，故充分性成立．但由条件q：“2a＞2b﹣1”成立，不能推出条件p：“a＞b”成立，例如由20＞20﹣1 成立，不能推出0＞0，故必要性不成立．故p是q的充分不必要条件，故选A．点评：本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义，函数y=2x 的单调性，通过举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法，属于基础题．6．（5分）（•宁波二模）在“石头、剪刀、布”的游戏中，规定：“石头赢剪刀”、“剪刀赢布”、“布赢石头”．现有甲、乙两人玩这个游戏，共玩3局，每一局中每人等可能地独立选择一种手势．设甲赢乙的局数为ξ，则随机变量ξ的数学期望是（）A．B．C．D．1考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：ξ的可能取值为：0、1、2、3，每一局中甲胜的概率为，进而可得ξ～B（3，），由二项分布的期望的求解可得答案．解答：解：由题意可得随机变量ξ的可能取值为：0、1、2、3，每一局中甲胜的概率为=，平的概率为，输的概率为，故P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，故ξ～B（3，），故Eξ==1故选D点评：本题考查离散型随机变量的期望的求解，得出ξ～B（3，）是解决问题的关键，属中档题．7．（5分）（•宁波二模）已知数列{an}是1为首项、2为公差的等差数列，{bn}是1为首项、2为公比的等比数列．设，Tn=c1+c2+…+cn（n∈N*），则当Tn＞时，n的最小值是（）A．7B．9C．10 D．11考点：等差数列与等比数列的综合．专题：等差数列与等比数列．分析：由题设知an=2n﹣1，bn=2n﹣1，所以由Tn=ab1+ab2+…+abn=a1+a2+a4+…+a=2n+1﹣n﹣2和Tn＞，得2n+1﹣n﹣2＞，由此能求出当Tn＞时，n的最小值．解答：解：∵{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴an=2n﹣1，∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴bn=2n﹣1，∴Tn=c1+c2+…+cn=ab1+ab2+…+abn=a1+a2+a4+…+a=（2×1﹣1）+（2×2﹣1）+（2×4﹣1）+…+（2×2n﹣1﹣1）=2（1+2+4+…+2n﹣1）﹣n=2×﹣n=2n+1﹣n﹣2，∵Tn＞，∴2n+1﹣n﹣2＞，解得n≥10．则当Tn＞时，n的最小值是10．故选C．点评：本题首先考查等差数列、等比数列的基本量、通项，结合含两个变量的不等式的处理问题，对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．8．（5分）（•宁波二模）已知空间向量满足，且的夹角为，O为空间直角坐标系的原点，点A、B满足，，则△OAB的面积为（）A．B．C．D．考点：平面向量数量积的运算；三角形的面积公式．专题：平面向量及应用．分析：由向量的运算可得，，以及，代入夹角公式可得cos∠BOA，由平方关系可得sin∠BOA，代入三角形的面积公式S=，计算可得．解答：解：由题意可得====，同理可得====，而=（）•（）==6×12﹣12=，故cos∠BOA===，可得sin∠BOA==，所以△OAB的面积S===．故选B点评：本题考查平面向量的数量积和三角形面积的求解，熟练掌握公式是解决问题的关键，属中档题．9．（5分）（•宁波二模）设函数f（x）的导函数为f′（x），对任意x∈R都有f'（x）＞f （x）成立，则（）A．3f（ln2）＞2f（ln3）B．3f（ln2）=2f（ln3）C．3f（ln2）＜2f（ln3）D．3f（ln2）与2f（ln3）的大小不确定考点：利用导数研究函数的单调性；导数的运算．专题：综合题；导数的综合应用．分析：构造函数g（x）=，利用导数可判断g（x）的单调性，由单调性可得g（ln2）与g（ln3）的大小关系，整理即可得到答案．解答：解：令g（x）=，则=，因为对任意x∈R都有f'（x）＞f（x），所以g′（x）＞0，即g（x）在R上单调递增，又ln2＜ln3，所以g（ln2）＜g（ln3），即，所以，即3f（ln2）＜2f（ln3），故选C．点评：本题考查导数的运算及利用导数研究函数的单调性，属中档题，解决本题的关键是根据选项及已知条件合理构造函数，利用导数判断函数的单调性．10．（5分）（•宁波二模）三个顶点均在椭圆上的三角形称为椭圆的内接三角形．已知点A是椭圆的一个短轴端点，如果以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形有且仅有三个，则椭圆的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．考点：椭圆的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：设椭圆的方程为，直线AB方程为y=kx+b（k＞0），两方程联解得到B的横坐标为﹣，从而得|AB|=•，同理得到|AC|=•．根据|AB|=|AC|建立关于k、a、b的方程，化简整理得到（k ﹣1）[b2k2+（b2﹣a2）k+b2]=0，结合题意得该方程有三个不相等的实数根，根据一元二次方程根与系数的关系和根的判别式建立关于a、b的不等式，解之即得c2＞2b2，由此结合a2=b2+c2即可解出该椭圆的离心率的取值范围．解答：解：设椭圆的方程为（a＞b＞0），根据BA、AC互相垂直，设直线AB方程为y=kx+b（k＞0），AC方程为y=﹣x+b 由，消去y并化简得（a2k2+b2）x2+2ka2bx=0解之得x1=0，x2=﹣，可得B的横坐标为﹣，∴|AB|=|x1﹣x2|=•．同理可得，|AC|=•∵△ABC是以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形，∴|AB|=|AC|即•=•，化简整理，得b2k3﹣a2k2+a2k﹣b2=0，分解因式得：（k﹣1）[b2k2+（b2﹣a2）k+b2]=0…（*）方程（*）的一个解是k1=1，另两个解是方程b2k2+（b2﹣a2）k+b2=0的根∵k1=1不是方程b2k2+（b2﹣a2）k+b2=0的根，∴当方程b2k2+（b2﹣a2）k+b2=0有两个不相等的正数根时，方程（*）有3个不相等的实数根相应地，以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形也有三个．因此，△=（b2﹣a2）2﹣2b4＞0且，化简得c2＞2b2即3c2＞2a2，两边都除以3a2得＞，∴离心率e满足e2＞，解之得e＞，结合椭圆的离心率e＜1，得＜e＜1故选：D点评：本题给出以椭圆上顶点为直角顶点的内接等腰直角三角形存在3个，求椭圆的离心率取值范围，着重考查了椭圆的标准方程、简单几何性质和直线与椭圆位置关系等知识点，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．（4分）（•宁波二模）已知i是虚数单位，复数的虚部是．考点：复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．专题：计算题．分析：利用两个复数代数形式的乘除法法则求得z的值，即可求得它的虚部．解答：解：由于复数==，故它的虚部为，故答案为．点评：本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．12．（4分）（•宁波二模）执行如图所示的程序框图，则输出的k值是3．考点：程序框图．专题：图表型．分析：计算三次循环的结果，与判断框条件比较，即可得到结论．解答：解：第一次循环，s=，i=1；第二次循环，s=，i=2；第三次循环，s=，i=3；此时＞，退出循环，输出k=3．故答案为：3．点评：本题考查了程序框图中的循环结构的应用，解题的关键是由框图的结构判断出框图的计算功能．13．（4分）（•宁波二模）的展开式的常数项是﹣12．考点：二项式系数的性质．专题：计算题．分析：（x2+2）（﹣1）5的展开式的常数项是第一个因式取x2，第二个因式取；第一个因式取2，第二个因式取（﹣1）5，可得结论．解答：解：第一个因式取x2，第二个因式取，可得=﹣10第一个因式取2，第二个因式取（﹣1）5，可得2×（﹣1）5=﹣2∴展开式的常数项是﹣10+（﹣2）=﹣12故答案为：﹣12点评：本题考查二项式定理的运用，解题的关键是确定展开式的常数项得到的途径．14．（4分）（•宁波二模）设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣ax，x∈[﹣2，2]为偶函数，则实数a的值为．考点：函数奇偶性的性质．专题：计算题；函数的性质及应用．分析：依题意，可求得g（x）=，依题意，g（﹣1）=g（1）即可求得实数a的值．解答：解：∵f（x）=，∴g（x）=f（x）﹣ax=，∵g（x）=为偶函数，∴g（﹣1）=g（1），即a﹣1=1﹣a﹣1=﹣a，∴2a=1，∴a=．故答案为：．点评：本题考查函数奇偶性的性质，求得g（x）的解析式后，利用特值法g（﹣1）=g（1）是解决问题的关键，属于中档题．15．（4分）（•宁波二模）从6名候选人中选派出3人参加A、B、C三项活动，且每项活动有且仅有1人参加，甲不参加A活动，则不同的选派方法有100种．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：计算题．分析：根据题意，分类讨论：若选的3人中选了甲，选的3人中不选甲两种情况分别求解即可解答：解：若选的3人中选了甲：共有=40种选法若选的3人中不选甲：共有=60种根据分类计数原理可知，共有40+60=100故答案为：100点评：本题考查排列、组合的综合运用，本题解题的关键是注意优先分析特殊的元素，同时需要区分排列与组合的意义．16．（4分）（•宁波二模）已知曲线C1：y=x2+4和C2：y=2x﹣x2，直线l1与C1、C2分别相切于点A、B，直线l2（不同于l1）与C1、C2分别相切于点C、D，则AB与CD交点的横坐标是．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的概念及应用．分析：抛物线C1的方程是y=x2+4，和C2：y=2x﹣x2，由题意知曲线C2与C1关于AB与CD交点对称，得AB与CD交点即为两抛物线的对称中心．求出抛物线C1和抛物线C2的顶点坐标，再求出它们连线段的中点即可得出正确答案．解答：解：∵C1：y=x2+4和C2：y=2x﹣x2，分别由抛物线y=x2经过平移或对称变换而得，它们是全等的图形，从而具有对称中心，又直线l1与l2分别是它们的公切线，根据对称性知，直线l1与l2也关于对称中心对称，从而曲线C2与C1关于AB与CD交点对称，AB与CD交点即为两抛物线的对称中心．如图．由于抛物线C1和抛物线C2的顶点坐标分别为M（0，4），N（1，1），线段MN的中点的横坐标为x==．即两抛物线的对称中心的横坐标为．故答数为：．点评：本题考查曲线方程，考查曲线的对称性．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．17．（4分）（•宁波二模）在直角坐标平面上，已知点A（0，2），B（0，1），D（t，0）（t＞0）．点M是线段AD上的动点，如果|AM|≤2|BM|恒成立，则正实数t的最小值是．考点：两点间的距离公式；基本不等式．专题：计算题．分析：设M（x，y），由题意可得y=，代入距离公式可得x2+（y﹣2）2≤4[x2+（y﹣1）2]，消掉y可得（3t2+12）x2﹣16tx+4t2≥0恒成立，进而可得其△≤0，解此不等式可得t的范围，进而可得最小值．解答：解：设M（x，y），则由A、M、D三点共线可得，整理可得y=，由两点间的距离公式，结合|AM|≤2|BM|恒成立可得x2+（y﹣2）2≤4[x2+（y﹣1）2]，整理可得3x2+3y2﹣4y≥0，代入y=化简可得（3t2+12）x2﹣16tx+4t2≥0恒成立，∵3t2+12＞0，由二次函数的性质可得△=（﹣16t）2﹣4（3t2+12）•4t2≤0，整理可得3t4﹣4t2≥0，即，解得t≥，或t≤（因为t＞0，故舍去）故正实数t的最小值是：故答案为：点评：本题考查两点间的距离公式，涉及不等式的解法，属中档题．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）（•宁波二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设函数（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和最大值；（Ⅱ）若函数f（x）在处取得最大值，求的值．两角和与差的余弦函数；二倍角的正弦；二倍角的余弦．考点：三角函数的图像与性质．专题：（Ⅰ）利用两角和差的正弦公式、余弦公式化简函数f（x）的解析式为分析：，由此可求它的最大值．（Ⅱ）由（I）知：由，求得A的值，再利用正弦定理及两角和差的正弦公式、余弦公式，化简要求的式子，求得结果．解答：解：（Ⅰ）依题意得…（2分）==，…（5分）所以T=π，．…（7分）（Ⅱ）由（I）知：由，得，所以．故==．…（14分）点评：本题主要考查两角和差的正弦公式、余弦公式，正弦定理以及二倍角公式的应用，属于中档题．19．（14分）（•宁波二模）设公比大于零的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，S4=5S2，数列{bn}的前n项和为Tn，满足b1=1，，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；（Ⅱ）设Cn=（Sn+1）（nbn﹣λ），若数列{Cn}是单调递减数列，求实数λ的取值范围．考点：等差数列与等比数列的综合．专题：计算题；等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）利用a1=1，S4=5S2，求出数列的公比，即可求数列{an}的通项公式；通过，推出，利用累积法求解{bn}的通项公式．（Ⅱ）求出等比数列的前n项和，化简Cn=（Sn+1）（nbn﹣λ），推出Cn+1﹣Cn，利于基本不等式求出数列{Cn}是单调递减数列，求实数λ的取值范围．解答：（本题满分14分）解：（Ⅰ）由S4=5S2，q＞0，得…（3分）又（n＞1），则得所以，当n=1时也满足．…（7分）（Ⅱ）因为，所以，使数列{Cn}是单调递减数列，则对n∈N*都成立，…（10分）即，…（12分），当n=1或2时，，所以．…（14分）点评：本题考查等比数列与等差数列的综合应用，累积法的应用以及数列的函数的特征的应用，考查计算能力．20．（15分）（•宁波二模）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，且∠ABC=60°，AB=PC=2，AP=BP=．（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．专题：空间角．分析：（I）取AB中点E，连PE、CE，由等腰三角形的性质可得PE⊥AB．再利用勾股定理的逆定理可得PE⊥CE．利用线面垂直的判定定理可得PE⊥平面ABCD．再利用面面垂直的判定定理即可证明．（II）建立如图所示的空间直角坐标系．利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角．解答：（Ⅰ）证明：如图1所示，取AB中点E，连PE、CE．则PE是等腰△PAB的底边上的中线，∴PE⊥AB．∵PE=1，CE=，PC=2，即PE2+CE2=PC2．由勾股定理的逆定理可得，PE⊥CE．又∵AB⊂平面ABCD，CE⊂平面ABCD，且AB∩CE=E，∴PE⊥平面ABCD．而PE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD．（Ⅱ）以AB中点E为坐标原点，EC所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A（0，﹣1，0），C（，0，0），D（，﹣2，0），P（0，0，1），=（，1，0），=（，0，﹣1），=（0，2，0）．设是平面PAC的一个法向量，则，即．取x1=1，可得，．设是平面PCD的一个法向量，则，即．取x2=1，可得，．故，即二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值是．点评：熟练掌握等腰三角形的性质、勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理、面面垂直、通过建立空间直角坐标系并利用两个平面的法向量的夹角得到二面角的方法等是解题的关键．21．（15分）（•宁波二模）如图，已知椭圆E：的离心率是，P1、P2是椭圆E的长轴的两个端点（P2位于P1右侧），点F是椭圆E的右焦点．点Q是x轴上位于P2右侧的一点，且满足．（Ⅰ）求椭圆E的方程以及点Q的坐标；（Ⅱ）过点Q的动直线l交椭圆E于A、B两点，连结AF并延长交椭圆于点C，连结BF 并延长交椭圆于点D．①求证：B、C关于x轴对称；②当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线l的方程．考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的一般式方程；椭圆的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）设点F（c，0），Q（x，0）（x＞a），由，得，依题意|FQ|=1，即，再由离心率，联立即可解得a，b，c，及点Q坐标；（Ⅱ）①设直线l的方程为x=my+2，代入椭圆E的方程可得（2+m2）y2+4my+2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），点B关于x轴的对称点B1（x2，﹣y2），只需证明B1即为点C，可证A、F、B1三点共线，根据斜率相等及韦达定理即可证明；②由①得B、C关于x轴对称，同理A、D关于x轴对称，易知四边形ABCD是一个等腰梯形，从而四边形ABCD的面积S=|x1﹣x2|•（|y1|+|y2|）=|m|•|y1﹣y2|•|y1+y2|，代入韦达定理可得关于m的函数，通过换元借助导数可求得S的最大值及相应的m值，从而可得直线方程；解答：解：（Ⅰ）设点F（c，0），Q（x，0）（x＞a）．由，可得，解得．依题意|FQ|=1，即．又因为，所以．故椭圆的方程是，点Q的坐标是（2，0）．（Ⅱ）①设直线l的方程为x=my+2，代入椭圆E的方程可得（2+m2）y2+4my+2=0，依题意，△=（4m）2﹣8（2+m2）=8（m2﹣2）＞0，m2＞2．设A（x1，y1），B（x2，y2），则，．（*）点B关于x轴的对称点B1（x2，﹣y2），则A、F、B1三点共线等价于，由（*）可知上述关系成立．因此，点C即是点B1，这说明B、C关于x轴对称．②由①得B、C关于x轴对称，同理，A、D关于x轴对称．所以，四边形ABCD是一个等腰梯形，则四边形ABCD的面积S=|x1﹣x2|•（|y1|+|y2|）=|m|•|y1﹣y2|•|y1+y2|=．设，则m2=t2+2，．求导可得，令S'=0，可得．由于S（t）在上单调增，在上单调减．所以，当即时，四边形ABCD的面积S取得最大值．此时，直线l的方程是．点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、椭圆方程及直线的方程，考查三点共线及直线斜率，考查学生综合运用所学知识分析解决问题的能力，本题综合性强，所用知识点繁多，对能力要求高．22．（14分）（•宁波二模）设函数f（x）=lnx+ax2﹣（3a+1）x+（2a+1），其中a∈R．（Ⅰ）如果x=1是函数f（x）的一个极值点，求实数a的值及f（x）的最大值；（Ⅱ）求实数a的值，使得函数f（x）同时具备如下的两个性质：①对于任意实数x1，x2∈（0，1）且x1≠x2，恒成立；②对于任意实数x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，恒成立．考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）先求函数的定义域、导数f′（x），由题意f'（1）=0，解出可得a值，在定义域内解不等式f'（x）＞0，f'（x）＜0，可得f（x）的单调性，根据单调性可得其最大值；（Ⅱ）令=，由（Ⅰ）中的结论可得对任意x∈（0，1）∪（1，+∞），lnx＜x﹣1（*）恒成立．（ⅰ）如果x1，x2∈（0，1），且x1≠x2，则．根据（*）可得，．由性质①转化为恒成立问题，可得a的范围；（ⅱ）如果x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，则．再根据（*）进行放缩，由性质②可得恒成立问题，由此可得a的范围，综合（i）（ii）可得a的范围；解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），，依题意，f'（1）=1+2a﹣（3a+1）=0，解得a=0．此时，f（x）=lnx﹣x+1，．因为x∈（0，+∞），令f'（x）＞0，可得x∈（0，1）；令f'（x）＜0，可得x∈（1，+∞）．所以，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．因此，当x=1时，f（x）取得最大值f（1）=0．（Ⅱ）令==，由（Ⅰ）中的结论可知，lnx﹣x+1＜0对任意x∈（0，1）∪（1，+∞）恒成立，即lnx ＜x﹣1（*）恒成立．（ⅰ）如果x1，x2∈（0，1），且x1≠x2，则．根据（*）可得，．若f（x）满足性质①，则恒成立，于是对任意x1，x2∈（0，1）且x1≠x2恒成立，所以．（ⅱ）如果x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，则．根据（*）可得⇔，则F（x1，x2）＜．若f （x ）满足性质②，则恒成立．于是对任意x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2恒成立，所以a ．综合（ⅰ）（ⅱ）可得，a=．点评：本题考查利用导数研究函数的极值、最值问题，考查恒成立问题，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，解决（Ⅱ）问的关键是借助（Ⅰ）中的结论得到恰当不等式．。
2020年高考数学临考押题卷(浙江专版)(解析版)(01)
2020年高考临考押题卷（五）数学（浙江卷）（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题1．若集合{}2230A x x x =--≤，{2xB x =≥，则A B =I （ ）A ．1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．13,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．[]2,3【答案】A【解析】由题意13{|}A x x =-≤≤，1{|}2B x x =≥， ∴1{|3}2A B x x =≤≤I ．2．已知P 在双曲线22221x y a b-=(0,0)a b >>的渐近线上，则该双曲线的离心率为( )A B ．2C D【答案】D【解析】由双曲线方程为22221x y a b-=(0,0)a b >>，则双曲线的渐近线方程为by x a=±，又P 在双曲线的渐近线上，b =，即22222a b c a ==-， 即223a c =，即3==ce a， 3．已知变量x ，y 满足约束条件6,32,1,x y x y x +⎧⎪--⎨⎪⎩„„…，则目标函数2z x y =+的最大值为（ ）A ．3B ．5C ．8D ．11【答案】D【解析】作出可行域如图所示，122zy x =-+，易知截距与z 成正比的关系，平移直线12y x =-，当直线过(1,5)A 时，截距最大，此时max 12511z =+⨯=. 故选：D4．我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的边长分别为2和6，高为2，则该刍童的表面积为（ ）A ．322B ．40322+C ．1043D ．72【答案】B【解析】22222+=.故几何体的表面积为222662422403222+++⨯⨯=+. 5．“6πθ=”是“1sin 2θ=”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】A 【解析】由6πθ=可得1sin 2θ=， 由1sin 2θ=，得到26k πθπ=+或526k πθπ=+，k ∈Z ，不能得到6πθ=， 所以“6πθ=”是“1sin 2θ=”的充分不必要条件， 6．函数()sin 2f x x x x =-的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意得()()sin 2sin2()f x x x x x x x f x -=----=-+=-，所以函数()f x 是奇函数，排除C 、D 选项；当πx =时，()2πππ2ππ0f sin =-=>，因此排除B ，故选A ．7．设随机变量X 的概率分布表如下图，则(21)P X -==（ ）X1 2 3 4P1614m13A ．12B ．2C ．12 D ．6【答案】C【解析】由21X -=，可得3x =或1x =. 再由分布列性质可得111116434m ⎛⎫=-++=⎪⎝⎭ 则()()115(21)136412P X P X P X -===+==+=. 8．设,m n 为两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A ．若//m α，//m n ，//n β，则//αβ B ．若//m α，m n ⊥，n β⊥，则//αβ C ．若m α⊥，//m n ，//n β， 则αβ⊥ D ．若//m α，m n ⊥，//n β， 则//αβ 【答案】C【解析】如图，,αβ相交，故A 错误如图，,αβ相交，故B 错误D.如图，,αβ相交，故D 错误9．函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】()()()()22331xxx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e -=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根， 且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内，或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.10．已知数列{}n a 满足：12a =，()()2110,*n n n a S S n N +-∈=+，其中n S 为{}n a 的前n 项和．若对任意的n 均有()()()12111n S S S kn ++⋯+≥恒成立，则k 的最大整数值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】当1n ≥时，由条件()()2110,*n n n a S S n N +-∈=+，可得21(1)n n n nS S S S +--=-，整理得221(21)n n n n n S S S S S +-=--+，化简得：121n n n S S S +=-， 从而111n n nS S S +--=-， 故111111n n S S +-=--，由于1111S =-， 所以数列11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1111S =-为首项，1为公差的等差数列， 则11n n S =-， 整理得1n n S n+=， 依题只须()()()12111()n minS S S k n+++≤L ，令()()()()12111n S S S f n n+++=L ，则()()()()()121123111n f n n S n n f n n n ++++==>++，所以()f n 为单调递增数列， 故()11()131nin S f n f +===， ∴3max k =， 二、填空题11．已知单位向量1e u r 与2e u u r 的夹角为3π，若向量122e e +u r u u r 与122e ke +u r u u r 的夹角为56π，则实数k 的取值为_______． 【答案】-10【解析】如图建立直角坐标系，由题意得()11,0e =u r，213,2e ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u r ，则()1222,3e e +=u u r u r ，12132,222e k ke k ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭u u u r r ，所以()()1212121212122cos 2,2222e ke e ke e ke e e e e e e ++++=⋅++⋅u u r u u r u u r u u ru u u r u r u r u r ur u r r u u r 2223544522cos67241343222kk k k k k k π+++===⋅++⎛⎫⎛⎫+⋅++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 即25402219100kk k ⎧+<⎪⎨⎪+-=⎩，解得10k =-.故答案为：10-.12．已知过抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F 的直线:4l y x b =+截抛物线C 所得的弦长为17，设点A为抛物线C 上的动点，点(2,6),B 过点A 作抛物线C 的准线1l 的垂线，垂足为,D 则AB AD +的最小值为__________. 【答案】10【解析】2:2(0)C y px p =>焦点为,02p ⎛⎫⎪⎝⎭，直线过焦点，故2b p =-，设交点的横坐标分别为12,x x ，2242y px y x p⎧=⎨=-⎩，故22161840x xp p -+=，故1298x x p +=，故1217178x x p p ++==，故8p =，故216y x =. AB AD AB AF BF +=+≤=，当BAF 共线时等号成立.13．已知0a >，函数()([1,2])af x x x x=-∈的图像的两个端点分别为A 、B ，设M 是函数()f x 图像上任意一点，过M 作垂直于x 轴的直线l ，且l 与线段AB 交于点N ，若1MN ≤恒成立，则a 的最大值是______.【答案】6+.【解析】因为()([1,2])af x x x x =-∈，0a >， 所以(1,1),(2,2)2aA aB --，所以直线l 的方程为(1)(1)12ay x a =+-+-，设(,)a M t t t -，所以(,(1)(1)1)2aN t t a +-+-，因为1MN ≤恒成立，所以(1)(1)1()12a a t a t t+-+---≤恒成立，所以23212t t at-+≤， 因为2()32g t t t =-+在[1,2]t ∈时小于等于0恒成立，所以23212t t a t-+-≤，①当1t =或2t =时，01≤显然成立； ②当(1,2)t ∈时，2222323t a t t t t --≤=-++-，所以由基本不等式得6a ≤=，此时t =，所以a的最大值为6+，14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若a =b =2，A=60°，则sin B=___________，c =___________．【答案】73 【解析】由正弦定理得a sinAb sinB =,所以π,37sinB sin ==由余弦定理得22222,742,3a b c bccosA c c c =+-∴=+-∴=（负值舍去）.15．动直线:(12)(1)3(1)0,()l m x m y m m R ++--+=∈与圆22:2440C x y x y +-+-=交于点A B 、，则动直线l 必过定点______；当弦AB 最短时，直线l 的方程为______. 【答案】(2,1)- 10x y +-=【解析】将直线:(12)(1)3(1)0,()l m x m y m m R ++--+=∈，变形可得()2330x y m x y +-+--=，所以直线所过定点满足23030x y x y +-=⎧⎨--=⎩，解得21x y =⎧⎨=-⎩，所以直线l 必过定点(2,1)A -；圆22:2440C x y x y +-+-=，化为标准方程可得()()22129x y -++=，设圆心为()1,2C -，当直线与AC 垂直时，解得圆的弦长最短，因为直线AC 的斜率为()12121AC k ---==-，所以直线l 的斜率为1l k =-，因为过定点(2,1)A -，所以由点斜式可得()21y x =---，化简可得10x y +-=；16．()91ax +的二项展开式中系数最大的是第三项，且a N +∈，则a =______，展开式中二项式系数最大的是第______项.【答案】3或4 3和4【解析】由题意()91ax +的二项展开式的通项公式为()9991991rrr r r r r T C ax C a x ---+=⋅=⋅⋅，由第三项的系数最大可得2923939929219199C a C a C a C a ----⎧⋅≥⋅⎨⋅≥⋅⎩即3684369a a ≥⎧⎨≥⎩，解得2149a ≤≤，又a N +∈，所以3a =或4； 展开式中二项式系数最大的是49C 和59C ，即为第3项和第4项.17．古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A ，B 距离之比为常数(0λλ＞且1)λ≠的点的轨迹是一个圆心在直线AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1226AB AD AA ＝＝＝，点E 在棱AB 上，2BE AE ＝，动点P 满足3BP PE ＝．若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 所形成的阿氏圆的半径为________；若点P 在长方体1111ABCD A B C D -内部运动，F 为棱11C D 的中点，M 为CP 的中点，则三棱锥1M B CF -的体积的最小值为___________．【答案】2394【解析】（1）以AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立如图所示的坐标系，则(6,0),(2,0),B E 设(,)P x y ， 由3BP PE ＝得2222(6)3[(2)]x y x y -+=-+， 所以22+12x y =，所以若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 所形成的阿氏圆的半径为3（2）设点(,,)P x y z ，由3BP PE ＝得222222(6)3[(2)z ]x y z x y -++=-++，所以222++12x y z =，由题得1(3,3,3,),(6,0,3),(6,3,0),F B C 所以11(3,3,0),(0,3,3),FB BC =-=-u u u r u u u u r 设平面1B CF 的法向量为000(,,)n x y z =r ，所以100100·330,(1,1,1)·330n FB x y n n B C y z ⎧=-=⎪∴=⎨=-=⎪⎩u u u v v v u u u v v ， 由题得(6,3,z)CP x y =--u u u r ，所以点P 到平面1B CF的距离为||||CP n h n ⋅==u u u r r r 因为2222222(++)(111)(),66x y z x y z x y z ++≥++∴-≤++≤，所以min h ==，所以点M 到平面1B CF由题得1B CF ∆=所以三棱锥1M B CF -的体积的最小值为21934. 三、解答题18．设函数2()cos 2sin 3f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭． （1）求函数()f x 的最小正周期．（2）求函数()f x 的单调递减区间；（3）设,,A B C 为ABC V 的三个内角，若1cos 3B =，124C f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且C 为锐角，求sin A ． 【解析】() 1函数()2π11cos2x 1f x cos 2x sin x cos2x 3222-⎛⎫=++=+=+ ⎪⎝⎭， 故它的最小正周期为2ππ2=． ()2对于函数()1f x 2=+，令ππ2k π2x 2k π22-≤≤+，求得ππk πx k π44-≤≤+， 可得它的减区间为ππk π,k π44⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，k Z ∈．()3ABC V 中，若1cosB 3=，222sinB 1cos B 3∴=-=． 若C 311f sinC 224⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭，3sinC ∴=，C Q 为锐角，πC 3∴=． ()ππ22113223sinA sin B C sinBcoscosBsin 3323+∴=+=+=⋅+⋅=． 19．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知1333DC DD AD AB ====，AD DC ⊥，//AB DC ，E 为DC 上一点，且1DE =.（1）求证：1//D E 平面1A BD ；（2）求二面角1B A D E --的正弦值.【解析】（1）证明：由题意可知，∵//AB DC ，且33DC AB ==，1DE = ∴//AB DE ，AB DE =，故四边形ABED 为平行四边形，∴11////BE AD A D ，11BE AD A D ==，∴四边形11A D EB 为平行四边形，∴11//D E A B ，∵1D E ⊄平面1A BD ，1A B ⊂平面1A BD ，∴1//D E 平面1A BD .（2）由已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，且AD DC ⊥，则1,,DA DC DD 两两垂直，如图建立空间直角坐标系：则()()()()11,0,3,1,1,0,0,0,0,0,1,0B A D E 1B A D E -- 设面1BA D 的法向量为()111,,n x y z =r ，又()()11,1,0,1,0,3DB DA ==u u u r u u u u r 则11111030n DB x y n DA x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩u u u v v u u u u v v ，令11z =，可得()3,3,1n =-r ； 设面1EA D 的法向量为()222,,m x y z =u r ，又()()10,1,0,1,0,3DE DA ==u u u r u u u u r 则2122030m DE y m DA x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩u u u v v u u u u v v ，令21z =，可得()3,0,1m =-u r ， 设二面角1B A D E --的平面角的大小为θ，由图可知θ为锐角， 则10cos 9919119n m n mθ⋅===++⋅+⋅r u r r u r 210319sin 119θ⎛⎫∴=-= ⎪ ⎪⎝⎭， 二面角1B A D E --319. 20．已知数列{}()*n a n N ∈的前n 项和为n S ，()2n n n S a λ=+（λ为常数）对于任意的*n N ∈恒成立． （1）若11a =，求λ的值；（2）证明：数列{}n a 是等差数列；（3）若22a =，关于m 的不等式21m S m m -<+有且仅有两个不同的整数解，求λ的取值范围．【解析】（1）当1n =时，()11112S a a λ=+=，112a a λ∴=+，解得：11a λ==； （2）由（1）知：()()()11221n n n n S n a S n a λλ++⎧=+⎪⎨=++⎪⎩，()1121n n n a n a na λ++∴=+-+，*n N ∈，()()1112121n n n nn n a n a na a na n a λλ++-⎧=+-+⎪∴⎨=--+⎪⎩，则()()11122121n n n n n a a n a na n a ++--=+-+-， ()()()111121n n n n a n a n a +-∴-+-=-，又2n ≥，*n N ∈，10n ∴->，∴112n n n a a a +-+=对任意2n ≥，*n N ∈成立，∴数列{}n a 是等差数列；（3）由（2）可知：21m S m m -<+，即()11212m m ma d m m -+-<+， 即()()12212m m m m m λλ-+--<+，()2312m m m λ⋅∴--<+， 令22t λ-=，题目条件转化为满足不等式()31t m m m -<+的正整数解只有两个， 若1m =符合，则22t <，即1t <；若2m =符合，则23t <， 1.5t <；若3m =符合，则t 为任意实数，即除3m =以外只能有1个m 符合要求.当4m ≥，*m N ∈时，()31tm m m -<+，解得：()13m t m m +<-， 令15x m =+≥，则()()()1143145m x m m x x x x+==----+， 令()45f x x x =-+，则()222441x f x x x-'=-=， 当5x ≥时，()0f x '>恒成立，()f x ∴在[)5,+∞上单调递增，()()min455f x f ∴==，()max 1534m m m ⎡⎤+∴=⎢⎥-⎣⎦， ∴当54t ≤时，至少存在2m =、3、4满足不等式，不符合要求； 当5342t <<时，对于任意4m ≥，*m N ∈都不满足不等式，1m =也不满足， 此时只有2m =、3满足； 当32t ≥时，只有3m =符合； 故5342t <<，即523422λ-<<，解得：112λ-<<-或952λ<<；∴λ的取值范围是191,,522⎛⎫⎛⎫--⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U.21．如图,椭圆C：22221(0)x ya ba b+=>>的左、右焦点分别为12,F F，椭圆C上一点P与两焦点构成的三角形的周长为6,离心率为12，（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点2F的直线l交椭圆22221x ya b+=于,A B两点,问在x轴上是否存在定点P,使得PA PB⋅u u u v u u u v为定值？证明你的结论.【解析】（Ⅰ）由题设得,又,解得,∴.故椭圆的方程为.（Ⅱ）,当直线的斜率存在时,设此时直线的方程为,设,,把代入椭圆的方程,消去并整理得,,则,,可得.设点,那么, 若轴上存在定点,使得为定值,则有,解得,此时,,当直线的斜率不存在时,此时直线的方程为,把代入椭圆方程解得, 此时,,,, 综上,在轴上存在定点,使得为定值. 22．已知函数()sin x f x e x =．（e 是自然对数的底数）（1）求()f x 的单调递减区间；（2）记()()g x f x ax =-，若0<<3a ，试讨论()g x 在()0,π上的零点个数．（参考数据：2 4.8e π≈）【解析】（1）()sin x f x e x =，定义域为R ． ()()πsin cos 2sin 4x x f x e x x e x ⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭． 由()0f x '<解得πsin 04x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭，解得()3π7π2π2π44k x k k Z +<<+∈． ∴()f x 的单调递减区间为()3π7π2π,2π44k k k Z ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭． （2）由已知()sin x g x e x ax =-，∴()()sin cos x g x ex x a '=+-．令()()h x g x '=，则()2cos x h x e x '=． ∵()0,πx ∈，∴当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>； 当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<， ∴()h x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 即()g x '在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减． ∵()01g a '=-，()ππ0g e a '=--<． ①当10a -≥，即01a <≤时，()00g '≥，∴π02g ⎛⎫'> ⎪⎝⎭．∴0π,π2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=， ∴当()00,x x ∈时，()0g x '>；当()0,πx x ∈时，()0g x '<， ∴()g x 在()00,x 上单调递增，在()0,πx 上单调递减． ∵()00g =，∴()00g x >．又∵()ππ0g a =-<，∴由零点存在性定理可得，此时()g x 在()0,π上仅有一个零点． ②若13a <<时，()010g a '=-<，又∵()g x '在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又π2π02g e a ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， ∴1π0,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，2π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10g x '=，()20g x '=， 且当()10,x x ∈、()2,πx x ∈时，()0g x '<；当()12,x x x ∈时，()0g x '>． ∴()g x 在()10,x 和()2,πx 上单调递减，在()12,x x 上单调递增． ∵()00g =，∴()10g x <． ∵ππ22ππ3π0222g e a e ⎛⎫=->-> ⎪⎝⎭，∴()20g x >． 又∵()ππ0g a =-<，由零点存在性定理可得，()g x 在()12,x x 和()2,πx 内各有一个零点，即此时()g x 在()0,π上有两个零点．综上所述，当01a <≤时，()g x 在()0,π上仅有一个零点； 当13a <<时，()g x 在()0,π上有两个零点．。
浙江省2020年高考数学压轴卷(含解析)
2
1
1 1
SA SB SC
SA SC sin ASC SB sin
3 2
，证毕.
PE
PF
1
x,
y VP ABCD 22 3 4
PD
3
四棱锥 P ABCD 中，设 PB
，
VP AEMF VP AEF VP MEF VP AEF
8选项，取 a 1 ， b 1 ，则 a b 成立，但 a b ，A 选项错误；
对于 B 选项，取 a ， b 0 ，则 a b 成立，但 sin sin 0 ，即 sin a sin b ，B 选项
错误；
x
a
b
1
1 1
.
的单调递增区间;
x ,
6 4 时,求 f x 的值域.
(2)当
19．如图，四棱柱
A1O
ABCD A1 B1C1 D1
底面 ABCD ，
（1）求证：平面
AA1 AB 2
A1CO
平面
的底面 ABCD 是菱形 AC BD O ，
.
BB1 D1 D
C
7．【答案】A
【解析】
∵f（﹣x）
e x 1
1 ex
ex 1
x 1 e x
x ex 1
x 1 ex
f（x），
∴f（x）是偶函数，故 f（x）图形关于 y 轴对称，排除 C，D；
又 x=1 时，
∴排除 B，
f 1
e 1
2020年浙江省金华市高考数学押题试卷(一)(5月份)(有答案解析)
2020年浙江省金华市高考数学押题试卷（一）（5月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知集合A={1，2，3}，B={x|x（x+1）（x-2）＜0，x∈Z}，则A∩B等于（）A. {1}B. {1，2}C. {0，1，2，3}D. {-1，0，1，2，3}2.欧拉公式e ix=cos x+i sin x（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，表示的复数位于复平面内（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入x的值为-5，则输出的y值是（）A. -1B. 1C. 2D.4.函数y=的图象大致是（）A. B.C. D.5.在中，内角，，所对应的边分别为，，，若，且，则( )A. B. C. D.6.已，则的取值范围是（）A. （-1.1]B. （0，+∞）C. （-∞，1）D. （-∞，1]7.若，y满足约束条件，则的取值范围为（）A. B.C. D.8.《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表表齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？用现代语言来解释，其意思为：立两个10m高的标杆，之间距离为1000步，两标杆与海岛底端在同一直线上，从第一个标杆M处后退123步，人眼贴地面，从地上A处仰望岛峰，人眼、标杆顶部和山顶三点共线；从后面的一个标杆N处后退127步，从地上B处仰望岛峰，人眼、标杆顶部和山顶三点也共线，则海岛的高（）A. 2510mB. 2610mC. 2710mD. 3075m9.已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，过F且倾斜角为120°的直线与抛物线C交于A，B两点，若AF，BF的中点在y轴上的射影分别为M，N，且|MN|=4，则抛物线C的准线方程为（）A. x=-B. x=-2C. x=-3D. x=-410.有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.某学校从编号依次为01，02，…，90的90个学生中用系统抽样（等间距抽样）的方法抽取一个样本，已知样本中相邻的两个组的编号分别为14，23，则该样本中来自第四组的学生的编号为______．12.一个四棱锥的三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形，则该几何体的表面积为______13.已知正项等比数列{a n}满足：a2a8=16a5，a3+a5=20，若存在两项a m，a n使得，则的最小值为______14.已知抛物线y2=2px（p＞0）经过点M（l，2），直线l与抛物线交于相异两点A，B，若△MAB的内切圆圆心为（1，t），则直线l的斜率为______．15.若实数x，y满足约束条件则该不等式组表示的平面区域的面积为______，目标函数z=3|x|-2y的最小值为______．16.已知函数f（x）=，方程f（x）-a=0有三个实数解，则a的取值范围是______．17.在平面直角坐标系xOy中，A（2，1），求过点A与圆C：x2+y2=4相切的直线方程______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.已知△ABC中，∠C为钝角，而且AB=8，BC=3，AB边上的高为．（1）求∠B的大小；（2）求AC cosA+3cos B的值．19.数列{a n}的前n项和S n满足，且a1-5，a3+5，a4-15成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求数列{b n}的前n项和T n．20.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=1，PA=AB=BC=2，M是棱PB中点．（Ⅰ）已知点E在棱BC上，且平面AME∥平面PCD，试确定点E的位置并说明理由；（Ⅱ）设点N是线段CD上的动点，当点N在何处时，直线MN与平面PAB所成角最大？并求最大角的正弦值．21.在直角坐标系xOy中，已知椭圆E的中心在原点，长轴长为8，椭圆在X轴上的两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形．（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆内一点M（1，3）的直线与椭圆E交于不同的A，B两点，交直线于点N，若，求证：m+n为定值，并求出此定值．22.设函数f（x）=e x+1-x，g（x）=ae x+ma-2x（m，a为实数），（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在实数a，使得f（x）≤g（x）对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围．（提示：）-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：∵集合A={1，2，3}，B={x|x（x+1）（x-2）＜0，x∈Z}={x|x＜-1或0＜x＜2，x∈Z}，∴A∩B={1}．故选：A．先分别求出集合A，B，同此能求出A∩B．本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.答案：A解析：【分析】本题主要考查复数几何意义的应用，利用欧拉公式以及复数的运算法则进行化简是解决本题的关键，属于基础题．根据欧拉公式，以及复数的运算法则先进行化简，结合复数的几何意义进行判断即可．【解答】解：=cos+i sin=+i=（1+i），则====+i，对应点的坐标为（，）位于第一象限，故选：A．3.答案：A解析：解：输入x的值为-5，判断|-5|＞3成立，执行x=|-5-3|=8；判断|8|＞3成立，执行x=|8-3|=5；判断|5|＞3成立，执行x=|5-3|=2；判断|2|＞3不成立，执行y=．所以输出的y值是-1．故选：A．框图输入框中首先输入x的值为-5，然后判断|x|与3的大小，|x|＞3，执行循环体，|x|＞3不成立时跳出循环，执行运算y=，然后输出y的值．本题考查了程序框图中的循环结构，考查了当型循环，当型循环是先判断后执行，满足条件执行循环体，不满足条件时算法结束，此题是基础题．4.答案：A解析：解：因为函数可化简为可知函数为奇函数关于原点对称，可排除答案C；同时有=，故函数在时f'（x）＞0，则上单调递增，排除答案B和D，故选：A．判断函数的奇偶性，排除选项，求出函数的导数，利用函数的单调性排除选项，推出结果．本题考查函数的图象的判断与应用，函数的导数判断函数的单调性，考查计算能力．5.答案：D解析：【分析】本题主要考查了正弦定理，和差角公式的综合应用，属于中档试题．由已知结合正弦定理可求cos B，进而可求B，然后结合三角形的内角和及和差角公式进行化简可求A，从而可得△ABC为正三角形可求．【解答】解：∵a cos C+c cos A=2b cos B，由正弦定理可得，sin A cos C+sin C cos A=2sin B cosB，∴sin（A+C）=2sin B cosB=sin B，∵sin B≠0，∴cos B=，∵0＜B＜π，∴B=，∵cos2B+2sin A sin C=1，∴sin A sin C=，∴sin A sin（）=，化简可得，，∴，∴sin（2A-）=1，∵0＜A＜π，∴A==B=C，∴ABC为正三角形，则a-2b+c=0，故选：D．6.答案：D解析：解：∵cos（-α）=cos2（-）=2cos2（-）-1=2sin2（+）-1=2t2-1，则==2t-，t∈（0，1]，函数y=2t-，在t∈（0，1]为增函数，则y=2t-∈（-∞，1]，故选：D．利用三角函数的倍角公式以及诱导公式进行化简，结合函数的单调性进行求解即可．本题主要考查三角函数的恒等变换，利用三角函数的倍角公式以及二倍角公式进行转化是解决本题的关键．7.答案：B解析：解：表示可行域内的点（x，y）与点P（0，-2）连线的斜率，A（3，2）；C（-1，0）；k AP==，k CP==-2，作出可行域，可知点（x，y）与点P连线的斜率的范围是．所以的取值范围是（-∞，-2]∪[，+∞）．故选：B．画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，转化求解即可．本题考查线性规划的简单应用，考查转化思想以及计算能力．8.答案：A解析：解：设海岛高为h，海岛底部到第一个标杆的距离为x，由相似三角形，可得，解得h=2510，故选：A．根据三角形相似列出比例式即可求出海岛高度．本题考查了解三角形的应用，属于基础题．9.答案：C解析：【分析】本题考查直线和抛物线的位置关系，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查化简运算能力，属于中档题．求得抛物线的焦点坐标，以及直线方程，联立抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式，解方程可得p，进而得到抛物线的准线方程．【解答】解：抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F（，0），过F且倾斜角为120°的直线方程设为y=-（x-），联立抛物线的方程可得y2+2py-p2=0，设A的纵坐标为y1，B的纵坐标为y2，M，N的纵坐标为y1，y2，可得y1+y2=-，y1y2=-p2，由|MN|=4，得|y1-y2|=4，可得（y1+y2）2-4y1y2=192，即为+4p2=192，解得p=6，则抛物线的准线方程为x=-3．故选C．10.答案：B解析：【分析】本题考查棱锥体积的有关计算，利用导数研究函数的最值，考查空间想象能力和运算求解能力，属于较难题．设AB=CD=a，AC=AD=BC=BD=2．过A作AE⊥CD于E，连接BE，则AE==BE，又AB=a，推导出V A-BCD=，令，则f′（a）=16a3-3a5，可得当a2=时，（V A-BCD）max=，由此能求出此三棱锥体积的取值范围．【解答】解：如图，AB=CD=a，AC=AD=BC=BD=2．过A作AE⊥CD于E，连接BE，则AE==BE，又AB=a，∴=，∴=，令，则f′（a）=16a3-3a5，令f′（a）=0，可得a=，可得当a=时，此三棱锥体积取得最大值，（V A-BCD）max=．∴此三棱锥体积的取值范围是．故选：B．11.答案：32解析：解：样本间隔为23-14=9，则第四个编号为14+2×9=14+18=32，故答案为：32根据条件求出样本间隔，即可得到结论．本题主要考查系统抽样的应用，求出样本间隔是解决本题的关键．比较基础．12.答案：2+2解析：解：由三视图还原原几何体如图，该四棱锥为正四棱锥，底面ABCD为正方形，边长为，侧棱长为，则该几何体的表面积为4×．故答案为：．由三视图还原原几何体，该四棱锥为正四棱锥，底面ABCD为正方形，边长为，侧棱长为，则表面积可求．本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．13.答案：解析：解：设正项等比数列{a n}的公比为q（q＞0），由a2a8=16a5，a3+a5=20，得，a1=1，q=2，∴，所以，因为，所以，所以2m+n-2=210，所以m+n=12，所以=≥==，当且仅当，即m=4，n=8时取等号，所以的最小值为：．故答案为：．根据条件得到，m+n=12，然后利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．本题考查了等差数列与基本不等式，关键是“乘1法”与基本不等式的性质，属基础题．14.答案：-1解析：解：抛物线y2=2px（p＞0）经过点M（l，2），可得2p=4，即抛物线为y2=4x，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线l的方程设为y=kx+m，联立抛物线方程可得k2x2+（2km-4）x+m2=0，可得x1+x2=，x1x2=，直线l与抛物线交于相异两点A，B，若△MAB的内切圆圆心为（1，t），即x=1为∠AMB的对称轴，可得k MA+k MB=0，即有+=0，即为（x2-1）（kx1+m-2）+（x1-1）（kx2+m-2）=0，化为2kx1x2+4-2m+（m-2-k）（x1+x2）=0，即为2k•+4-2m+（m-2-k）（）=0，化为（k+1）m+（k2-k-2）=0，由k+1=0，且k2-k-2=0，可得k=-1．故答案为：-1．代入M的坐标，解方程可得抛物线方程，设出A，B的坐标，以及直线l的方程，联立抛物线方程，运用韦达定理，由题意可得k MA+k MB=0，由直线的斜率公式，化简整理，结合恒成立思想，解方程可得直线的斜率．本题考查抛物线的方程和运用，考查韦达定理和直线的斜率公式的运用，化简整理的运算能力，属于中档题．15.答案：6 -2解析：【分析】本题主要考查线性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域，结合三角形的面积公式以及目标函数的几何意义是解决本题的关键．作出不等式组对应的平面区域，利用三角形的面积公式进行求解，结合目标函数的几何意义即可得到结论．【解答】解：作出实数x，y满足约束条件对应的平面区域如图：则A（-1，0），B（1，2），C（2，-3），D（，0）则△ABC的面积S=•[-（-1）]×（2+3）=6，目标函数z=3|x|-2y=，分段函数的图象经过（0，1）时取得最小值．z=3|x|-2y的最小值为：-2，故答案为：12；-2．16.答案：（1，2）解析：解：∵函数f（x）=，∴作出函数y=2x（x≥0）和y=-x2-2x+1，x＜0的图象，∵方程f（x）-a=0有三个实数解，∴结合图形，得：1＜a＜2．∴a的取值范围是（1，2）．故答案为：（1，2）．作出函数y=2x（x≥0）和y=-x2-2x+1，x＜0的图象，由方程f（x）-a=0有三个实数解，结合图形，能求出a的取值范围．本题考查实数的取值范围的求法，考查指数函数、一元二次函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.答案：3x+4y-10=0或x=2解析：解：①当斜率不存在时，直线方程为x=2，经验证，与圆C相切，成立．②当直线斜率存在是，设斜率为k，则直线方程可化为：kx-y+1-2k=0，又直线与圆C相切，∴，解得k=-，故直线方程为：3x+4y-10=0．综上直线方程为：3x+4y-10=0或x=2故答案为：3x+4y-10=0或x=2．根据斜率是否存在分类讨论，即可．本题考查了直线与圆的位置关系，直线方程的求法等知识，考查简单的计算，属基础题．18.答案：解：（1）S△ABC=，∴，又∵∠B是锐角，∴．（2）由余弦定理有：AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cos B=64+9-24=49，∴AC=7．又∵，∴．解析：（1）由△ABC的面积相等可得sin B，根据∠C为钝角，可得B的值；（2）由余弦定理求出AC，然后求出cos A，即可得到AC cosA+3cos B的值．本题考查了余弦定理和面积公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属基础题．19.答案：解：（1）∵，∴当n≥2时，．∴，，故{a n}为等比数列．设{a n}公比为q，则a3=9a1，a4=27a1，∵a1-5，a3+5，a4-15成等差数列，∴（a1-5）+（a4-15）=2（a3+5），∴（a1-5）+（27a1-15）=2（9a1+5），∴a1=3．∴．（2）∵，∴=．∴，，相减得：===，∴．解析：（1）利用数列的递推关系式判断数列是等比数列，然后求解数列的通项公式．（2）化简数列的递推关系式，利用错位相减法求解数列的和即可．本题考查数列的应用，数列的判断以及数列求和，考查计算能力．20.答案：解：（Ⅰ）E为BC中点，证明如下：∵M、E分别为PB，BC中点，∴ME∥PC，又∵ME⊄平面PDC，PC⊂平面PDC，∴ME∥平面PDC，∵EC AD，∴四边形EADC为平行四边形，∴AE∥DC，同理，AE∥平面PDC，又∵AE∩ME=E，∴平面AME∥平面PDC．解：（Ⅱ）以A为原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0），P（0，0，2），M （0，1，1），设直线MN与平面PAB所成角为θ，，则=（λ+1，2λ-1，-1），取平面PAB的法向量为=（1，0，0），则sinθ=|cos＜＞|==，令λ+1=t∈[1，2]，则∴sinθ≤，当t=时，即时，等号成立，即当点N在线段DC靠近C的三等分点时，直线MN与平面PAB所成角最大，最大角的正弦值为．解析：（Ⅰ）E为BC中点时，ME∥PC，从而ME∥平面PDC，推导出四边形EADC为平行四边形，从而AE∥DC，AE∥平面PDC，由此推导出平面AME∥平面PDC．（Ⅱ）以A为原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当点N在线段DC靠近C的三等分点时，直线MN与平面PAB所成角最大，并能求出最大角的正弦值．本题考查面面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理推论证能力、运算求解能力，是中档题．21.答案：（1）解：由已知得，2a=8，a=2c，则a=4，c=2，又b2=a2-c2，∴b2=12，∴椭圆的标准方程为：；…………（4分）（2）证明：设，由，得，∴，…………（7分）∴，∵点A在椭圆上，∴，得到；…………（9分）同理，由，可得．∴m，n可看作是关于x的方程的两个根，则为定值．……（12分）解析：（1）由已知求得a，c，进一步得到b，则椭圆方程可求；（2）分别设出A，B，N的坐标，由向量等式把A的坐标用N得坐标表示，得到关于m，n的两个一元二次方程，利用根与系数的关系即可证明m+n为定值．本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查逻辑思维能力与推理运算能力，是中档题．22.答案：解：（1）f′（x）=e x+1-1，由f′（x）＞0，解得：x＞-1，f′（x）＜0，解得：x＜-1，故f（x）在（-∞，-1）单调递减，在（-1，+∞）单调递增．……（4分）（2）令h（x）=f（x）-g（x）=（e-a）e x-ma+x，则h′（x）=f（x）-g（x）=（e-a）e x+1…………（5分）若e-a≥0，可得h′（x）＞0，函数h（x）为增函数，当x→+∞时，h（x）→+∞，不满足h（x）≤0对任意x∈R恒成立；…………（6分）若e-a＜0，由h′（x）=0，得e x=，则x=ln，∴当x∈（-∞，ln）时，h′（x）＞0，当x∈（ln，+∞）时，h′（x）＜0，∴h（x）max=h（ln）=-1-ma+ln，若f（x）≤g（x）对任意x∈R恒成立，则-1-ma+ln≤0（a＞e）恒成立，若存在实数a，使得-1-ma+ln≤0成立，则ma≥-1+ln，∴m≥--（a＞e），…………（9分）令F（a）=--，则F′（a）=，∴当a＜2e时，F′（a）＜0，当a＞2e时，F′（a）＞0，则F（a）min=F（2e）=-，∴m≥-．则实数m的取值范围是[-，+∞）．…………（12分）解析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）令h（x）=f（x）-g（x），求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最大值，问题转化为m≥--（a＞e），令F（a）=--，根据函数的单调性求出m的范围即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查分类讨论思想，是一道综合题．。
2020年浙江省高考数学压轴试卷(含答案解析)
2020年浙江省高考数学压轴试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知集合，集合0，1，2，，则A. B. 1， C. 0， D. 0，1，2.复数的共轭复数是A. B. C. D.3.记为等差数列的前n项和．若，，则的公差为A. 1B. 2C. 4D. 84.底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是A.B. 8C.D.5.若实数x，y满足不等式组，则A. 有最大值，最小值B. 有最大值，最小值2C. 有最大值2，无最小值D. 有最小值，无最大值6.“”是“直线和直线互相垂直”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7.函数其中e为自然对数的底数的图象大致为A. B.C. D.8.已知a，，且，则A. B. C. D.9.设是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，M为PC中点，过AM作平面AEMF与线段PB，PD分别交于点E，可以是线段端点，则四棱锥的体积的取值范围为A. B. C. D.10.若对圆上任意一点，的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是A. B.C. 或D.二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.九章算术中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺．”该女子第二日织______尺，若女子坚持日日织，十日能织______尺．12.二项式的展开式中常数项为______所有项的系数和为______．13.设双曲线的半焦距为c，直线l过，两点，已知原点到直线l的距离为，则双曲线的离心率为______；渐近线方程为______．14.已知函数，若，则实数______；若存在最小值，则实数a的取值范围为______．15.设向量，，满足，，，若，则的最大值是______．16.某班同学准备参加学校在假期里组织的“社区服务”、“进敬老院”、“参观工厂”、“民俗调查”、“环保宣传”五个项目的社会实践活动，每天只安排一项活动，并要求在周一至周五内完成．其中“参观工厂”与“环保宣讲”两项活动必须安排在相邻两天，“民俗调查”活动不能安排在周一．则不同安排方法的种数是______．17.已知函数，若在区间上方程只有一个解，则实数m的取值范围为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.已知函数．求的单调递增区间；当时，求的值域．19.如图，四棱柱的底面ABCD是菱形，，底面ABCD，．求证：平面平面；若，求OB与平面所成角的正弦值．20.等比数列的各项均为正数，且，．求数列的通项公式；设，求数列的前n项和．21.已知抛物线上的两个动点和，焦点为线段AB的中点为，且A，B两点到抛物线的焦点F的距离之和为8．求抛物线的标准方程；若线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求面积的最大值．22.已知函数．Ⅰ若函数在上单调递增，求实数a的取值范围；Ⅱ若函数有两个不同的零点，，求实数a的取值范围；求证：其中为的极小值点-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：【分析】本题考查交集的求法，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用，属基础题．先求出集合A和B，由此利用交集的定义能求出．【解答】解：集合，0，1，2，，0，．故选C．2.答案：A解析：解：复数的共轭复数．故选：A．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.答案：C解析：【分析】本题主要考查等差数列通项公式及等差数列求和的基本量运算，属于简单题．利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出的公差．【解答】解：为等差数列的前n项和，设公差为d，，，解得，，的公差为4．故选C．4.答案：C解析：解：根据三视图知该四棱锥的底面是边长为2的正方形，且各侧面的斜高是2；画出图形，如图所示；所以该四棱锥的底面积为，高为；所以该四棱锥的体积是．故选：C．根据三视图知该四棱锥的底面是边长为2的正方形，且各侧面的斜高是2；求出四棱锥的底面积和高，计算它的体积．本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，是基础题．5.答案：C解析：解：画出不等式组表示的平面区域，如图阴影所示；设，则直线是一组平行线；当直线过点A时，z有最大值，由，得；所以z的最大值为，且z无最小值．故选：C．画出不等式组表示的平面区域，设，则直线是一组平行线，找出最优解，求出z有最大值，且z无最小值．本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了数形结合思想，是基础题．6.答案：C解析：解：“”时，直线为，和互相垂直，充分条件成立；“直线和直线互相垂直”，两线斜率乘积为，，所以“”，必要条件成立，因而是充分必要条件．故选：C．验证比较易，对于只须两线斜率乘积为即可．本题主要考查直线与直线垂直的判定，以及充要条件，是基础题目．7.答案：A解析：【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用特殊值法进行排除是解决本题的关键，属于基础题．根据函数值的符号是否对应，利用排除法进行求解即可．【解答】解：当时，，则；当时，，则，所以的图象恒在x轴下方，排除B，C，D，故选A．8.答案：C解析：解：设，由指数函数的性质知，函数为R上的减函数，又，故．故选：C．由不等式的性质及指数函数的图象及性质直接判断得解．本题考查不等式的性质及指数函数的图象及性质，属于基础题．9.答案：B解析：解：为了建立四棱锥的体积与原三棱锥的体积的关系，我们先引用下面的事实，如图设，，分别在三棱锥的侧棱SA，SB，SC上，又与的体积分别为和V，则事实上，设C，在平面SAB的射影分别为H，，则又所以下面回到原题：设，的体积，于是由上面的事实有：，得：，于是，而由，，得，则，又得，所以，当时，，V为减函数，当时，，V为增函数所以得：，又，得，故答案为，故选：B．由三棱锥被截四面体的体积与原四棱锥的体积的结论，转化到本题中，进而转化成函数求最值问题，求导分析单调性后即可求得最值，本题考查的知识点是棱锥和棱柱的体积，导数法求函数的最大值，难度较大10.答案：D解析：【分析】本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，属于中档题．由题意可得可以看作点P到直线m：与直线l：距离之和的5倍，，根据点到直线的距离公式解得即可．【解答】解：设，故可以看作点P到直线m：与直线l：距离之和的5倍，取值与x，y无关，这个距离之和与P无关，如图所示：当圆在两直线之间时，P点与直线m，l的距离之和均为m，l的距离，此时与x，y的值无关，当直线m与圆相切时，，化简得，解得或舍去，．故选：D．11.答案：165解析：解：设该女子每天的织布数量为，由题可知数列为公比为2的等比数列，设数列的前n项和为，则，解得，所以，．故答案为：，165．设该女子每天的织布数量为，由题可知数列为公比为2的等比数列，再利用等比数列的通项公式以及前n项和公式即可求解．本题考查了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题．12.答案：5 32解析：解：展开式的通项为：，令，解得，所以展开式中的常数项为：．令，得到所有项的系数和为．故答案为：5，32．利用展开式的通项公式可得展开式中的常数项；令，得到所有项的系数和．本题考查了二项式的展开式的通项公式及其性质、方程的解法、转化法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13.答案：2解析：解：由题可设直线l方程为：，即，则原点到直线的距离，解得，两式同时平方可得，又，代换可得，展开得：，同时除以得：，整理得，解得或4，又，所以，所以；，所以渐近线方程为：．故答案为：2；．利用已知条件结合点到直线的距离，求出a，b，c关系，然后求解离心率，然后求解渐近线方程．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，考查计算能力．14.答案：解析：解：，，，．易知时，；又时，递增，故，要使函数存在最小值，只需，解得：．故答案为：，．根据题意列出关于a的方程即可；在每一段上求出其函数值域，然后小中取小，能取到即可．本题考查分段函数的值域的求法．分段函数问题本着先分段研究，再综合的原则解决问题，属于基础题．15.答案：解析：解：，，，，不妨设，，，，，，表示线段上的点到圆的距离，在直角坐标系中画出线段线段和圆，如下：由图象知当．故答案为：．不妨设，，，则，表示线段上的点到圆的距离，然后求出最大距离即可．本题考查了平面向量的坐标运算和向量模的几何意义，考查了转化思想与数形结合思想，属中档题．16.答案：36解析：解：把“参观工厂”与“环保宣讲”这两个项目当做一个整体，共有种方法，其中，把“民俗调查”安排在周一，有种方法，满足条件的不同安排方法的种数为，故答案为：36．利用“捆绑法”、“间接法”及排列组合的计算公式即可得出结果．本题主要考查排列组合、两个基本原理的应用，熟练掌握排列组合的意义及其计算公式是解题的关键．对于相邻问题经常使用“捆绑法”对于排除不符合条件的选法可用排除法，属于中档题．17.答案：或解析：解：当时，由，得到，即：，当时，由，得到：，令函数，转换为：与函数的图象在区间上有且只有一个交点．在同一坐标系内画出，与函数的图象，结合函数的图象，即，由于函数的图象只有一个交点，如图所示：故：，解得：．故函数有一个交点，则：m的取值范围是：或故答案为：或利用分类讨论思想对函数的关系式进行应用，进一步利用函数的图象的应用求出参数的取值范围．本题考查的知识要点：函数的图象的应用，函数的图象的交点的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．18.答案：解：函数，令，求得，故函数的增区间为；若，则，故当时，函数取得最小值为；当时，函数取得最大值为，所以函数的值域为．解析：直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出结果．利用函数的定义域的应用求出函数的值域．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．19.答案：证明：由底面ABCD可得，又底面ABCD是菱形，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面D.解：因为底面ABCD，以O为原点，，，为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则0，，，，0，，，，设平面的一个法向量为，由，即，取得，又，所以，所以OB与平面所成角的正弦值为．解析：证明，，推出平面，然后证明平面平面D.以O为原点，，，为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，结合，利用空间向量的数量积求解OB与平面所成角的正弦值即可．本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．20.答案：解：设数列的公比为q，由．得．所以．由条件可知，故．由，得，所以．故数列的通项式为．．故，数列的前n项和：．所以数列的前n项和为：．解析：本题考查数列求和以及通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，为中档题．利用已知条件求出数列的公比与首项，然后求数列的通项公式．利用对数运算法则化简，然后化简数列的通项公式，利用裂项相消法求和即可．21.答案：解：由题意可知，则，，抛物线的标准方程为：；设直线AB的方程为：，联立方程，消去x得：，，，即，即，，设AB的中垂线方程方程为：，即，可得点C的坐标为，直线AB的方程为：，即，点C到直线AB的距离，，令，则，，令，，令得，，在上，，函数单调递增；在上，，函数单调递减，当，即时，．解析：利用抛物线的定义可得，求出p的值，从而得到抛物线的方程；设直线AB的方程为：，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式可得，利用AB的中垂线方程可得点C的坐标，再利用点到直线距离公式求出点C到直线AB的距离d，所以，令，则，利用导数得到当，即时，．本题主要考查了抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题．22.答案：解：Ⅰ由，得，设，；则；由，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以函数在上单调递增，，所以；所以，实数a的取值范围是：Ⅱ因为函数有两个不同的零点，不单调，所以．因此有两个根，设为，，且，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；又，，当x充分大时，取值为正，因此要使得有两个不同的零点，则必须有，即；又因为；所以：，解得，所以；因此当函数有两个不同的零点时，实数a的取值范围是．先证明不等式，若，，，则．证明：不妨设，即证，设，，只需证且；因为，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，，从而不等式得证．再证原命题．由得；所以，两边取对数得：；即．因为，所以，因此，要证．只需证；因为在上单调递增，，所以只需证，只需证，即证，其中；设，，只需证；计算得；．由在上单调递增，得，所以；即在上单调递减，所以：；即在上单调递增，所以成立，即原命题得证．解析：Ⅰ先求其导函数，转化为，即求的最小值即可；Ⅱ结合第一问的结论得不单调，故；设有两个根，设为，，且，可得原函数的单调性，把问题转化为，即可求解结论．转化为先证明不等式，若，，，则再把原结论成立转化为证；构造函数一步步推其成立即可．本题考查了导数的综合应用，同时考查了不等式的证明，是对导数知识的综合考查，属于难题．。
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【高中高考数学压轴题预测题-浙江省1】2020年高考数学计算题大题-含详细解析答案、可编辑学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________一、解答题（本题共计 40 小题，每题 3 分，共计120分，）1. 已知实数a≠0，设函数f(x)=a ln x+√1+x,x>0.(1)当a=−34时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x∈[1e2,+∞)均有f(x)≤√x2a，求a的取值范围.注：e=2.71828⋯为自然对数的底数.2. 如图，已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B 两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标.3. 设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=4,a4=S3.数列{b n}满足：对每个n∈N∗,S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记c n=√a n2b n, n∈N∗，证明：c1+c2+⋯+c n<2√n,n∈N∗.4. 如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90∘，∠BAC=30∘，A1A=A1C=AC，E, F分别是AC，A1B1的中点. (1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.5. 设函数f(x)=sin x，x∈R.(1)已知θ∈[0,2π)，函数f(x+θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y=[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2的值域.6. 已知函数f(x)=√x−ln x．（1）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；（2）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．7. 如图，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.（1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；（2）若P是半椭圆x2+y24=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．8. 已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{(b n+1−b n )a n }的前n 项和为2n 2+n ． （1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．9. 如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120∘，A 1A =4，C 1C =l ，AB =BC =B 1B =2．(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．10. 已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P (−35,−45)．(1)求sin (α+π)的值；(2)若角β满足sin (α+β)=513，求cos β的值．11. 设数列满足|a n −a n+12|≤1，n ∈N ∗．（1）求证：|a n |≥2n−1(|a 1|−2)(n ∈N ∗)（2）若|a n |≤(32)n ，n∈N ∗，证明：|a n |≤2，n ∈N ∗．12. 如图，设椭圆C:x 2a 2+y 2=1(a >1)（I ）求直线y =kx +1被椭圆截得到的弦长（用a ，k 表示）（II ）若任意以点A(0, 1)为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围．13. 已知a ≥3，函数F(x)＝min {2|x −1|, x 2−2ax +4a −2}，其中min (p, q)={p,p ≤q q,p >q ．(Ⅰ)求使得等式F(x)＝x 2−2ax +4a −2成立的x 的取值范围； (Ⅱ)(i)求F(x)的最小值m(a)；(ii)求F(x)在[0, 6]上的最大值M(a)．14. 如图，在三棱台ABC −DEF 中，已知平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB =90∘，BE =EF =FC =1，BC =2，AC =3，（1）求证：EF ⊥平面ACFD ；（2）求二面角B −AD −F 的余弦值．15. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b +c =2a cos B ． (1)证明：A =2B ；(2)若△ABC 的面积S =a 24，求角A 的大小．16. 已知数列{a n }满足a 1=12且a n+1＝a n −a n 2(n ∈N ∗)（1）证明：1≤a nan+1≤2(n ∈N ∗)；（2）设数列{a n 2}的前n 项和为S n ，证明12(n+2)≤S n n≤12(n+1)(n ∈N ∗)．17. 已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A，B关于直线y=mx+12对称．(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．18. 已知函数f(x)=x2+ax+b(a, b∈R)，记M(a, b)是|f(x)|在区间[−1, 1]上的最大值．（1）证明：当|a|≥2时，M(a, b)≥2；（2）当a，b满足M(a, b)≤2时，求|a|+|b|的最大值．19. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1−BD−B1的平面角的余弦值．20. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=π4，b2−a2=12c2．（1）求tan C的值；（2）若△ABC的面积为3，求b的值．21. 设函数f(x)=x3+1x+1，x∈[0, 1]，证明：（1）f(x)≥1−x+x2（2）34<f(x)≤32．22. 如图，设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|−1．求p的值；若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围．23. 如图，在三棱台ABC−DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3．（1）求证：BF⊥平面ACFD；（2）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．24. 设数列{a n}的前n项和为S n，已知S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N∗．(1)求通项公式a n；(2)求数列{|a n−n−2|}的前n项和．25. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b+c=2a cos B．(1)证明：A=2B；(2)若cos B=23，求cos C的值．26. 设函数f(x)＝x2+ax+b(a, b∈R)．(Ⅰ)当b=a24+1时，求函数f(x)在[−1, 1]上的最小值g(a)的表达式．(Ⅱ)已知函数f(x)在[−1, 1]上存在零点，0≤b−2a≤1，求b的取值范围．27. 如图，已知抛物线C1:y=14x2，圆C2:x2+(y−1)2＝1，过点P(t, 0)(t>0)作不过原点O的直线PA，PB分别与抛物线C1和圆C2相切，A，B为切点．(Ⅰ)求点A，B的坐标；(Ⅱ)求△PAB的面积．注：直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则称该直线与抛物线相切，称该公共点为切点．28. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．29. 已知数列{a n}和{b n}满足a1＝2，b1＝1，a n+1＝2a n(n∈N∗)，b1+12b2+13b3+⋯+1nb n＝b n+1−1(n∈N∗)(Ⅰ)求a n与b n；(Ⅱ)记数列{a n b n}的前n项和为T n，求T n．30. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tan(π4+A)=2．(1)求sin2Asin2A+cos2A的值；(2)若B=π4，a=3，求△ABC的面积．31. 已知函数f(x)=x3+3|x−a|(a∈R)．(1)若f(x)在[−1, 1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)−m(a)；(2)设b∈R，若[f(x)+b]2≤4对x∈[−1, 1]恒成立，求3a+b的取值范围．32. 如图，设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．(Ⅰ)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；(Ⅱ)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a−b．33. 如图，在四棱锥A−BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90∘，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC=√2．(Ⅰ)证明：DE⊥平面ACD；(Ⅱ)求二面角B−AD−E的大小．34. 已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3...a n=(√2)b n(n∈N∗)．若{a n}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．(1)求a n与b n；(2)设c n=1a n−1b n(n∈N∗)．记数列{c n}的前n项和为S n．(i)求S n；(ii)求正整数k，使得对任意n∈N∗，均有S k≥S n．35. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=√3，cos2A−cos2B=√3sin A cos A−√3sin B cos B．(1)求角C的大小；(2)若sin A =45，求△ABC 的面积．36. 已知△ABP 的三个顶点在抛物线C:x 2=4y 上，F 为抛物线C 的焦点，点M 为AB 的中点，PF →=3FM →，（1）若|PF|=3，求点M 的坐标；（2）求△ABP 面积的最大值．37. 已知函数f(x)＝x 3+3|x −a|(a >0)，若f(x)在[−1, 1]上的最小值记为g(a)． (Ⅰ)求g(a)；(Ⅱ)证明：当x ∈[−1, 1]时，恒有f(x)≤g(a)+4．38. 如图，在四棱锥A −BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE =∠BED =90∘，AB =CD =2，DE =BE =1，AC =√2．(1)证明：AC ⊥平面BCDE ；(2)求直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值．39. 已知等差数列{a n }的公差d >0，设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2⋅S 3＝36． (Ⅰ)求d 及S n ；(Ⅱ)求m ，k(m, k ∈N ∗)的值，使得a m +a m+1+a m+2+...+a m+k ＝65．40. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知4sin 2A−B 2+4sin A sin B =2+√2．(1)求角C 的大小；(2)已知b =4，△ABC 的面积为6，求边长c 的值．。