（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（六）

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1、浙江高考仿真卷(六) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分) 1．設(shè)集合A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|－10)的右頂點(diǎn)為(，0)，拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)為(2,0)，所以m＝4. 3．若實(shí)數(shù)x，y滿

2、足則函數(shù)z＝2x＋y的最大值為(　　) A．12B.C．3D．15 答案　A 解析　作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖陰影部分所示(含邊界)． 由z＝2x＋y得y＝－2x＋z， 平移直線y＝－2x＋z， 由圖象可知當(dāng)直線y＝－2x＋z經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)， 直線y＝－2x＋z在y軸上的截距最大， 此時(shí)z最大． 由解得即A(5,2)， 代入目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y，得z＝2×5＋2＝12. 即目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y的最大值為12. 4．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中，面積最大的側(cè)面的面積為(　　) A．1B.C.D. 答案　C 解析　幾何體為一個(gè)四棱錐P－ABCD，其中

3、PA＝，PB＝，PC＝，PD＝，AB＝BC＝CD＝DA＝1， 所以S△PAB＝S△PAD＝，S△PDC＝，S△PBC＝，因此面積最大的側(cè)面面積為. 5．“x<2”是“2x<1”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　由2x<1得x<0，因?yàn)椤皒<2”是“x<0”的必要不充分條件，所以“x<2”是“2x<1”的必要不充分條件． 6．函數(shù)f(x)＝ln＋2sinx的圖象大致為(　　) 答案　C 解析　由>0，得f(x)的定義域?yàn)?－1,1)， f(－x)＝ln＋2sin(－x)＝－ln－2sinx＝

4、－f(x)， ∴f(x)為定義在(－1,1)上的奇函數(shù)，可排除A和B， 又f(x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＋2sinx，x∈(－1,1)， 當(dāng)x→1時(shí)，f(x)→－∞，可排除D. 7．已知0

5、大． 8.如圖，已知三棱錐D－ABC，記二面角C－AB－D的平面角是θ，直線DA與平面ABC所成的角是θ1，直線DA與BC所成的角是θ2，則(　　) A．θ≥θ1 B．θ≤θ1 C．θ≥θ2 D．θ≤θ2 答案　A 解析　若θ>，則θ>θ1，θ>θ2；若θ≤，如圖所示，設(shè)D在平面ABC的投影為M，過M作MN⊥AB，垂足為N，連接DN，AM， ∴sinθ＝，sinθ1＝，∵DA≥DN，∴sinθ1≤sinθ，∴θ1≤θ，而θ與θ2的大小關(guān)系是不確定的，故選A. 9．已知||＝1，||＋||＝2，則與夾角的余弦值的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C

6、解析　易知＋＝，所以2＋2＋2·＝1. 設(shè)向量與的夾角為θ，||＝x，則||＝2－x，所以cosθ＝－＝－1－，因?yàn)閨|＝|＋|≥|||－|||，所以|2x－2|≤1，所以≤x≤，所以≤cosθ≤1.故選C. 10．已知函數(shù)f(x)＝若方程f(－x)＝－f(x)有五個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是(　　) A．(0，＋∞) B. C．(－∞，0) D．(0,1) 答案　B 解析　設(shè)g(x)＝－f(－x)，則y＝g(x)的圖象與y＝f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱， 方程f(－x)＝－f(x)有五個(gè)不同的實(shí)數(shù)根等價(jià)于函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝g(x)的圖象有5個(gè)交點(diǎn)， 由圖象

7、可知(圖略)，只需y＝ax與曲線y＝lnx在第一象限有兩個(gè)交點(diǎn)即可， 設(shè)過原點(diǎn)的直線與y＝lnx切于點(diǎn)P(x0，y0)， 由f′(x)＝， 則y＝lnx的切線為y－lnx0＝(x－x0)， 又此直線過點(diǎn)(0,0)， 所以lnx0＝1， 所以x0＝e， 即f′(e)＝， 即過原點(diǎn)的與y＝lnx相切的直線方程為y＝x， 即所求a的取值范圍為. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分) 11．復(fù)數(shù)z滿足z·(1－i)＝3－4i(其中i為虛數(shù)單位)，則|z|＝________，復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)＝________. 答案　?。玦 解析　由z·(1－

8、i)＝3－4i，得z＝＝＝－i，故|z|＝＝，＝＋i. 12．已知直線l：mx－y＝1，若直線l與直線x＋m(m－1)y＝2垂直，則m的值為________．動(dòng)直線l: mx－y＝1被圓C：x2－2x＋y2－8＝0截得的最短弦長為________． 答案　0或2　2 解析　由兩直線垂直的充要條件得m×1＋(－1)×m(m－1)＝0，∴m＝0或m＝2；圓的半徑為3，當(dāng)圓心(1,0)到直線的距離最長即d＝＝時(shí)弦長最短，此時(shí)弦長為2＝2. 13．(1－2x)5展開式中x3的系數(shù)為________；所有項(xiàng)的系數(shù)和為________． 答案　－80?。? 解析　因?yàn)門k＋1＝C(－2)kxk

9、，令k＝3，T4＝－80x3， 所以x3的系數(shù)為－80， 設(shè)(1－2x)5＝a0＋a1x＋…＋a5x5， 令x＝1，則a0＋a1＋…＋a5＝－1， 所以所有項(xiàng)的系數(shù)和為－1. 14．在△ABC中，若b＝2，A＝120°，三角形的面積S＝，則c＝________；三角形外接圓的半徑為________． 答案　2　2 解析　S＝＝×2csin120°，解得c＝2. ∴a2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12， 解得a＝2， ∴2R＝＝＝4， 解得R＝2. 15．已知橢圓C：＋＝1的左、右兩焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，△ABC為橢圓的內(nèi)接三角形，已知A，且滿足＋＋＝0，則直

10、線BC的方程為_______________． 答案　14x－32y－27＝0 解析　由＋＋＝0知點(diǎn)F2為△ABC的重心， 設(shè)D(x0，y0)為BC的中點(diǎn)， 則＝2， 所以解得 即D. 設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)， 則 ①－②得＋＝0， 即·＝－， 因?yàn)閥1＋y2＝2y0＝－， x1＋x2＝2x0＝， 所以直線BC的斜率k＝＝， 所以直線BC的方程為y＋＝， 即14x－32y－27＝0. 16．已知函數(shù)f(x)＝x＋＋c有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，且x1，x2∈(0,2)，則b2＋2bc＋4b的取值范圍是__________________． 答案　

11、(0,1) 解析　函數(shù)f(x)＝x＋＋c有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2∈(0,2)，等價(jià)于函數(shù)g(x)＝x2＋cx＋b(x≠0)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2∈(0,2)，則g(x)＝(x－x1)(x－x2)，所以x1x2＝b，x1＋x2＝－c，則b2＋2bc＋4b＝b(b＋2c＋4)＝x1x2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝x1x2(2－x1)(2－x2)＝x1(2－x1)·x2(2－x2)≤2·2＝1，“＝”成立的條件是x1＝x2＝1.因?yàn)閤1≠x2，所以“＝”取不到．又因?yàn)閤1，x2∈(0,2)，所以2－x1∈(0,2)，2－x2∈(0,2)，所以x1x2(2－x1)(2－x2)>0，所以

12、b2＋2bc＋4b的取值范圍是(0,1)． 17．在平面四邊形ABCD中，AB＝BC＝1，AD＝CD＝，∠DAB＝∠DCB＝90°，點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，M，N分別在線段BD，BC上，則PM＋MN的最小值為________． 答案　1 解析　由題意得BD＝＝，cos∠ADB＝. 設(shè)DM＝t(0

13、PM≥PM′＝＝>， 所以y>， 則y≤舍去，即y≥1， 當(dāng)y＝1時(shí)，t＝， 所以PM＋MN的最小值為1. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．) 18．(14分)已知函數(shù)f(x)＝2sin(π－x)cosx＋2cos2x－1. (1)求f(x)的最小正周期； (2)當(dāng)x∈時(shí)，f(x)≥m恒成立，求m的取值范圍． 解　(1)f(x)＝2sin(π－x)cosx＋2cos2x－1 ＝2sinxcosx＋cos2x ＝sin2x＋cos2x ＝sin， 所以最小正周期T＝＝π. (2)因?yàn)閤∈，所以2x∈， 2x＋∈， 所以當(dāng)2x＋＝－，即x＝－時(shí)， sin有最

14、小值－，所以f(x)有最小值－1， 因?yàn)楫?dāng)x∈時(shí)，f(x)≥m恒成立，所以m≤－1， 即m的取值范圍是(－∞，－1]． 19.(15分)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)． (1)求證：A1C∥平面ADB1； (2)若AB＝AA1＝，求直線A1D與平面ADB1所成角的正弦值． 解　(1)連接A1B(圖略)，記AB1∩A1B＝E，連接DE， 在直三棱柱ABC－A1B1C1中， 易知側(cè)面ABB1A1為矩形， 所以E是A1B的中點(diǎn)，又D為BC的中點(diǎn)，所以A1C∥DE， 又A1C?平面ADB1，DE?平面ADB1， 所

15、以A1C∥平面ADB1. (2)方法一　因?yàn)锳B＝AC＝AA1＝，△ABC為等腰直角三角形， 所以BC＝＝2，所BD＝＝1. 在Rt△B1BD中，tan∠BDB1＝＝， 連接BC1，在Rt△B1BC1中，tan∠B1BC1＝＝， 所以∠BDB1＝∠B1BC1. 又∠BB1D＋∠BDB1＝，所以∠BB1D＋∠B1BC1＝，所以BC1⊥B1D. 因?yàn)锳B＝AC，D為BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC. 又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，AD?平面ABC，所以B1B⊥AD. 又B1B∩BC＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，又BC1?平面B1BCC1，所以AD⊥BC1.

16、 因?yàn)锳D∩B1D＝D，所以BC1⊥平面AB1D. 取CC1的中點(diǎn)F，連接DF，A1F，則DF∥BC1，DF⊥平面ADB1，則∠A1DF為直線A1D與平面ADB1所成角的余角，設(shè)直線A1D與平面ADB1所成的角為θ，則θ＝－∠A1DF. 在△A1DF中，易知A1D＝＝，A1F＝＝， DF＝＝， 所以cos∠A1DF＝＝， 故sinθ＝sin＝cos∠A1DF＝， 所以直線A1D與平面ADB1所成角的正弦值為. 方法二　因?yàn)锳B＝AC，D為BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC， 又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC， 所以可以DA，DC所在直線，過點(diǎn)D且平行于B1

17、B的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 因?yàn)锳B＝AC＝AA1＝，△ABC為等腰直角三角形， 所以A(1,0,0)，D(0,0,0)，A1(1,0，)，B1(0，－1，)，故＝(－1,0，－)，＝(－1,0,0)， ＝(0,1，－)， 設(shè)平面ADB1的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，得y＝，則n＝(0，，1)為平面ADB1的一個(gè)法向量， 設(shè)直線A1D與平面ADB1所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝， 故直線A1D與平面ADB1所成角的正弦值為. 20．(15分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Sn＝－an＋n(n∈

18、N*)． (1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an－1}的前n項(xiàng)和Tn. (1)證明　2Sn＝－an＋n， 當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝－an－1＋n－1， 兩式相減，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝an－1＋. ∴an－＝， 所以數(shù)列為等比數(shù)列． (2)解　由2S1＝－a1＋1，得a1＝.由(1)知，數(shù)列是以－為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列． 所以an－＝－n－1＝－n， ∴an＝－n＋(n∈N*)， ∴an－1＝－n－， ∴Tn＝－＝－(n∈N*)． 21．(15分)已知拋物線E：y2＝8x，直線l：y＝kx－4. (1)若直線l與拋物線E相切，求直線l的

19、方程； (2)設(shè)Q(4,0)，直線l與拋物線E交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在點(diǎn)C，滿足AC⊥QC，且線段OC與AB互相平分(O為原點(diǎn))，求x2的取值范圍． 解　(1)方法一　當(dāng)k＝0時(shí)，直線與拋物線不相切，所以k≠0. 由得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0， 由k2≠0及Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得k＝－， 所以，所求的直線l的方程為x＋2y＋8＝0. 方法二　直線l恒過點(diǎn)(0，－4)， 由y2＝8x，得y＝±， 設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，由題意得，直線與拋物線在x軸下方的圖象相切， 則y＝－，所以y′|＝－， 所以切線方程為y＋＝－(x

20、－x0)， 將坐標(biāo)(0，－4)代入得x0＝8， 即切點(diǎn)為(8，－8)，再將該點(diǎn)代入y＝kx－4得，k＝－， 所以所求的直線l的方程為x＋2y＋8＝0. (2)由得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，且k≠0， 因?yàn)棣ぃ?4(k＋1)2－64k2>0，且k≠0， 所以k>－，且k≠0， 所以x1＋x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝， 因?yàn)榫€段OC與AB互相平分，所以四邊形OACB為平行四邊形． 所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2) ＝，即C. 因?yàn)锳C⊥QC, 方法一　所以kAC·kQC＝－1， 又kQC＝＝， 又kAC＝kOB＝＝k－， 所以·＝

21、－1， 所以＝k＋＋2， 所以若k>0，則≥2＋2＝2(＋1)， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝時(shí)取等號(hào)， 此時(shí)00，則≥2＋2＝2(＋1)， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝時(shí)取等號(hào)， 此時(shí)0

22、0,4(－1)]． 22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，若f(x)≥0對(duì)于x∈R恒成立． (1)求實(shí)數(shù)a的值； (2)證明：f(x)存在唯一極大值點(diǎn)x0，且＋≤f(x0)<. (1)解　由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0對(duì)于x∈R恒成立， 設(shè)函數(shù)g(x)＝aex－a－x， 可得g(x)＝aex－a－x≥0對(duì)于x∈R恒成立， ∵g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)， 從而x＝0是g(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)， ∵g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即a＝1. 當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)＝ex－1－

23、x，g′(x)＝ex－1， ∵x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減， x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥0，∴a＝1. (2)證明　當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝e2x－ex－xex， f′(x)＝ex(2ex－x－2)． 令h(x)＝2ex－x－2，則h′(x)＝2ex－1， ∴當(dāng)x∈(－∞，－ln2)時(shí)， h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln2)上為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(－ln2，＋∞)時(shí)，h′(x)>0， h(x)在(－ln2，＋∞)上為增函數(shù)，且h(0)＝0， ∵h(yuǎn)

24、(－1)<0，h(－2)>0， ∴在(－2，－1)上存在x＝x0滿足h(x0)＝0， ∵h(yuǎn)(x)在(－∞，－ln2)上為減函數(shù)， ∴當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，h(x)>0， 即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上為增函數(shù)， 當(dāng)x∈(x0，－ln2)時(shí)，h(x)<0， 即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln2)上為減函數(shù)， 當(dāng)x∈(－ln2,0)時(shí)，h(x)h(0)＝0， 即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， ∴f(x)在(－ln2，＋∞)上只有一個(gè)極小值點(diǎn)0， 綜上可知，f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0， 且x0∈(－2，－1)． ∵h(yuǎn)(x0)＝0，∴2－x0－2＝0， ∴f(x0)＝－x0 ＝2－(x0＋1) ＝－，x0∈(－2，－1)， ∵當(dāng)x∈(－2，－1)時(shí)，－<， ∴f(x0)<； ∵ln∈(－2，－1)， ∴f(x0)≥f?＝＋； 綜上知＋≤f(x0)<. 15