（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（四）

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1、浙江高考仿真卷(四) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分) 1．已知集合A＝，B＝，則A∩B等于(　　) A．(－∞，1) B．(0,1) C．(－1,0) D．(－1,1) 答案　B 解析　由題得A＝{x|－1

2、?e＝＝. 3．如果實數(shù)x，y滿足條件那么z＝2x－y的最大值為(　　) A．2B．－2C．1D．－3 答案　C 解析　由約束條件畫出可行域如圖中陰影部分所示(含邊界)， 再畫出目標(biāo)函數(shù)z＝2x－y如圖中過原點的虛線， 平移目標(biāo)函數(shù)易得過點A(0，－1)處時取得最大值， 代入得zmax＝1. 4．如圖是一個幾何體的三視圖，且正視圖、側(cè)視圖都是矩形，則該幾何體的體積為(　　) A．12B．14C．16D．18 答案　D 解析　由題意可得，該幾何體是由一個四棱柱和一個三棱柱組成的幾何體， 其中四棱柱的體積V1＝1×3×4＝12，三棱柱的體積V2＝×3×1×4＝6

3、， 該幾何體的體積為V＝V1＋V2＝18. 5．“對任意正整數(shù)n，不等式nlga<(n＋1)lgaa(a>1)都成立”的一個必要不充分條件是(　　) A．a(chǎn)>0B．a(chǎn)>1C．a(chǎn)>2D．a(chǎn)>3 答案　A 解析　由nlga<(n＋1)lgaa得nlga1，∴l(xiāng)ga>0，∴n＝1－， 又1－<1，∴a>1. 即a>1時，不等式nlga<(n＋1)lgaa成立， 則a>0是其必要不充分條件；a>1是其充要條件；a>2，a>3均是其充分不必要條件． 6．與函數(shù)f(x)＝sinx2＋cosx的部分圖象符合的是(　　) 答案　

4、B 解析　f(0)＝sin0＋cos0＝1排除C， F?＝sin＋cos＝sin>0，排除A，D. 7．已知隨機(jī)變量ξ的分布列如下表所示： ξ 1 3 5 P 0.4 0.1 x 則ξ的標(biāo)準(zhǔn)差為(　　) A．3.56B.C．3.2D. 答案　B 解析　由題意，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的標(biāo)準(zhǔn)差為. 8．如圖，正四面體ABCD中，P，Q，R分別在棱AB，AD，AC上，且AQ

5、＝QD，＝＝，分別記二面角A－PQ－R，A－PR－Q，A－QR－P的平面角為α，β，γ，則(　　) A．β>γ>α B．γ>β>α C．α>γ>β D．α>β>γ 答案　D 解析　∵ABCD是正四面體，P，Q，R分別在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，＝＝，可得α為鈍角，β，γ為銳角，設(shè)P到平面ACD的距離為h1，P到QR的距離為d1，Q到平面ABC的距離為h2，Q到PR的距離為d2，設(shè)正四面體的高為h，棱長為6a，可得h1＝h，h2＝h，h11，即sinβ>sinγ，所以

6、γ<β，∴α>β>γ. 9.如圖，點C在以AB為直徑的圓上，其中AB＝2，過A向點C處的切線作垂線，垂足為P，則·的最大值是(　　) A．2B．1C．0D．－1 答案　B 解析　連接BC(圖略)，則∠ACB＝90°， ∵AP⊥PC， ∴·＝·＝·＝·＝2， 依題意可證Rt△APC∽Rt△ACB，則＝，即PC＝， ∵AC2＋CB2＝AB2， ∴AC2＋CB2＝4≥2AC·BC， 即AC·BC≤2，當(dāng)且僅當(dāng)AC＝CB時取等號． ∴PC≤1， ∴·＝2≤1， ∴·的最大值為1. 10．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知2019＋2019a2017＋2021＝20

7、00，(a2020－1)2019＋2019a2020＋(a2020－1)2021＝2038，則S4036等于(　　) A．2019B．2020C．2021D．4036 答案　D 解析　由(a2017－1)2019＋2019a2017＋(a2017－1)2021＝2000得：(a2017－1)2019＋2019(a2017－1)＋(a2017－1)2021＝－19，① 由(a2020－1)2019＋2019a2020＋(a2020－1)2021＝2038得： 2019＋2019＋2021＝19，② 令f(x)＝x2019＋2019x＋x2021， 則①式即為f?＝－19， ②式即

8、為f?＝19， 又f?＋f(x)＝0，即f(x)為奇函數(shù)， 且＋＝0，∴a2017＋a2020＝2， ∴S4036＝2018＝2018(a2017＋a2020)＝4036. 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＝的共軛復(fù)數(shù)是________，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點位于復(fù)平面內(nèi)的第________象限． 答案　　－i　一 解析?。剑剑玦，其共軛復(fù)數(shù)為－i，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點位于復(fù)平面內(nèi)的第一象限． 12．已知圓C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的圓心在直線l1：x＋y＋2＝0上，則a＝________；圓C被直線l2：3x＋4

9、y－5＝0截得的弦長為________． 答案　2　8 解析　圓C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y＋2a)2＝52，可得圓心坐標(biāo)是(a，－2a)， 把圓心坐標(biāo)代入直線l1：x＋y＋2＝0的方程中得a＝2； 即圓心為(2，－4)，圓心到直線l2：3x＋4y－5＝0的距離d＝＝3， 所以弦長等于2＝2＝8. 13．若x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，其中a2＝－6，則實數(shù)m＝________；a1＋a3＋a5＝________. 答案　　 解析　x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x

10、5， 則x(1－mx)4＝x， 則－4m＝a2＝－6， 解得m＝. 令x＝1，則4＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5， 令x＝－1, 則－4＝－a1＋a2－a3＋a4－a5， ∴2＝4＋4， 解得a1＋a3＋a5＝. 14．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知sinA＋sinB＝sinC，且△ABC的周長為9，△ABC的面積為3sinC，則c＝________，cosC＝________. 答案　4?。? 解析　在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c， 已知sinA＋sinB＝sinC，則a＋b＝， 且△ABC的周長為9， 則c＋＝9， 解

11、得c＝4. 因為△ABC的面積等于3sinC， 所以absinC＝3sinC， 整理得ab＝6. ∵a＋b＝＝5, ∴解得或 ∴cosC＝＝－. 15．某地火炬接力傳遞路線共分6段，傳遞活動分別由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能從甲、乙、丙三人中產(chǎn)生，最后一棒火炬手只能從甲、乙兩人中產(chǎn)生，則不同的傳遞方案共有________種(用數(shù)字作答)． 答案　96 解析　若第一棒火炬手為甲或乙，則最后一棒只能由甲、乙中不跑第一棒的火炬手完成，剩下的4段路線全排列，此時有2A種不同的傳遞方案；若第一棒火炬手為丙，則最后一棒由甲或乙完成，剩下的4段路線全排列，此時有2A種不同的傳遞方

12、案，則由分類加法計數(shù)原理得共有2A＋2A＝96(種)不同的傳遞方案． 16．設(shè)橢圓C的兩個焦點是F1，F(xiàn)2，過F1的直線與橢圓C交于P，Q，若|PF2|＝|F1F2|，且5|PF1|＝6|F1Q|，則橢圓的離心率為________． 答案　 解析　畫出圖形如圖所示． 由橢圓的定義可知：|PF1|＋|PF2|＝|QF1|＋|QF2|＝2a，|F1F2|＝2c. ∵|PF2|＝|F1F2|，∴|PF2|＝2c， ∴|PF1|＝2(a－c)． ∵5|PF1|＝6|F1Q|， ∴|QF1|＝|PF1|＝(a－c)，∴|QF2|＝＋. 在△PF1F2中，由余弦定理可得：cos∠PF

13、1F2＝＝， 在△QF1F2中，由余弦定理可得：cos∠QF1F2＝＝. ∵∠PF1F2＋∠QF1F2＝180°， ∴cos∠PF1F2＝－cos∠QF1F2， ∴＝－，整理得9a＝11c， ∴e＝＝. 17．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若對任意λ∈R，不等式|λ－|≥||恒成立，則＋的最大值為________． 答案　 解析　由對任意λ∈R，不等式|λ－|≥||恒成立得BC邊上的高h(yuǎn)≥a. 在△ABC中，有ah＝bcsinA，即bc＝， 在△ABC中，由余弦定理得 b2＋c2＝a2＋2bccosA＝a2＋， 則＋＝＝ ＝＝ ≤＝sinA＋2

14、cosA ＝sin(A＋φ)， 其中tanφ＝2， 則當(dāng)A＋φ＝且h＝a時，＋取得最大值. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．) 18．(14分)已知：函數(shù)f(x)＝(sinx－cosx)． (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和值域； (2)若函數(shù)f(x)的圖象過點，<α<.求f?的值． 解　(1)f(x)＝(sinx－cosx) ＝2＝2sin. ∴函數(shù)的最小正周期為2π，值域為{y|－2≤y≤2}． (2)依題意得，2sin＝，sin＝， ∵<α<，∴0<α－<， ∴cos＝＝＝， ∴f?＝2sin ＝2sin ＝2 ＝2××＝. 19.(15分)如圖

15、，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB＝4，BC＝2. (1)求證：PC⊥BD； (2)若直線AB與平面PBD所成的角為，求PA的長． 解　(1)連接AC，在△ABC中，因為AB⊥BC，AB＝2，BC＝2， 所以tan∠ACB＝＝. 因為AB∥CD，AB⊥BC，所以CD⊥BC. 在Rt△BCD中，因為CD＝4，所以tan∠BDC＝＝， 所以tan∠ACB＝tan∠BDC， 所以∠ACB＝∠BDC. 因為∠ACB＋∠ACD＝，所以∠BDC＋∠ACD＝，所以BD⊥AC. 因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥B

16、D. 又PA?平面PAC，AC?平面PAC，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC. 因為PC?平面PAC，所以PC⊥BD. (2)方法一　如圖，設(shè)PA＝t，AC與BD交于點M，連接PM，過點A作AH⊥PM于點H，連接BH. 由(1)知，BD⊥平面PAC，又AH?平面PAC，所以BD⊥AH. 因為AH⊥PM，PM?平面PBD，BD?平面PBD，PM∩BD＝M，所以AH⊥平面PBD， 所以∠ABH為直線AB與平面PBD所成的角． 在Rt△ABC中，因為AB＝2，BC＝2，所以AC＝＝2， 所以由三角形相似得AM＝＝. 在Rt△PAM中，易知AH＝＝＝. 因為直線AB與平面P

17、BD所成的角為，所以∠ABH＝. 所以sin∠ABH＝＝＝， 所以t＝2， 所以PA的長為2. 方法二　取CD的中點E，連接AE， 因為AB∥CD，CD＝2AB＝4，所以AB∥CE且AB＝CE， 所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以BC∥AE. 因為AB⊥BC，所以AB⊥AE. 又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AE， 故AE，AB，AP兩兩垂直，故以A為坐標(biāo)原點，AE，AB，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)PA＝t，因為CD＝2AB＝4，所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0，t)，D(2，－2,0)，所以＝(0

18、,2,0)，＝(0，－2，t)，＝(2，－4,0)． 設(shè)平面PBD的法向量為n＝(x，y，z)，則即 令x＝，則y＝1，z＝，故n＝為平面PBD的一個法向量． 因為直線AB與平面PBD所成的角為， 所以sin＝|cos〈n，〉|＝＝ ＝， 所以t＝2. 所以PA的長為2. 20．(15分)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝2，an＋2＝[2＋(－1)n]an＋2，n＝1,2,3，…. (1)求a3，a4，并證明數(shù)列{a2n＋1}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的前2n項和S2n. 解　(1) 當(dāng)n＝1時，a3＝a1＋2＝3， 當(dāng)n＝2時，a4＝3a2＋2＝8， 令n

19、＝2k，a2k＋2＝3a2k＋2(k＝1,2,3，…)， 即a2k＋2＋1＝3(a2k＋1)(k＝1,2,3，…)． 所以數(shù)列{a2n＋1}是等比數(shù)列． (2)由(1)得，當(dāng)n為偶數(shù)時，an＝－1， 當(dāng)n為奇數(shù)時，an＋2＝an＋2，即數(shù)列{an}的奇數(shù)項構(gòu)成等差數(shù)列，可求得an＝n， {an}的通項公式an＝ 所以在前2n項中，S奇＝n·1＋n·2＝n2， S偶＝－n＝－n， S2n＝S奇＋S偶＝＋n2－n. 21．(15分)已知平面上一動點P到定點C(1,0)的距離與它到直線l：x＝4的距離之比為. (1)求點P的軌跡方程； (2)點O是坐標(biāo)原點，A，B兩點在點P的軌

20、跡上，F(xiàn)是點C關(guān)于原點的對稱點，若＝λ，求λ的取值范圍． 解　(1)設(shè)P(x，y)是所求軌跡上的任意一點， 由動點P到定點C(1,0)的距離與它到直線l：x＝4的距離之比為， 則＝，化簡得＋＝1，即點P的軌跡方程為＋＝1. (2)由F是點C關(guān)于原點的對稱點，所以點F的坐標(biāo)為(－1,0)， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為＝λ， 則(x1＋1，y1)＝λ(－1－x2，－y2)， 可得 ∵＋＝1，即＋＝1，① 又由＋＝1，則＋＝λ2，② ①－②得＝1－λ2， 化簡得x2＝， ∵－2≤x2≤2，∴－2≤≤2，解得≤λ≤3， 所以λ的取值范圍是. 22．(15分)

21、已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋m)，其中m≥1. (1)設(shè)x＝0是函數(shù)f(x)的極值點，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若y＝f(x)有兩個不同的零點x1和x2，且x1<0e－1. (1)解　f′(x)＝ex－， 若x＝0是函數(shù)f(x)的極值點，則f′(0)＝1－＝0，得m＝1，經(jīng)檢驗滿足題意， 此時f′(x)＝ex－，x>－1， 所以當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． (2)①解　m≥1, f′(x)＝ex－，x>－m，

22、 記h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝ex＋>0， 知f′(x)在區(qū)間(－m，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又∵f′(0)＝1－>0, f′(－m＋1)＝e1－m－1<0， ∴f′(x)在區(qū)間(1－m,0)內(nèi)存在唯一的零點x0， 即f′(x0)＝－＝0，于是＝， x0＝－ln(x0＋m)． 當(dāng)－mx0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 若y＝f(x)有兩個不同的零點x1和x2，且x1<0e. ②證明　由①中的單調(diào)性知，當(dāng)x∈(x1，x2)時，f(x)<0，又m>e，所以f(－1)＝－ln(m－1)<－ln(e－1)<－ln(e－1)<－ln1.7＝ln<0，所以x1<－1. 所以x1<－1<01，令t＝x2－x1>1， 要證－ln(x2－x1＋1)>e－1， 即證et－ln(t＋1)>e－1. 令h(t)＝et－ln(t＋1)，t≥1， 則h′(t)＝et－單調(diào)遞增， 又h′(1)＝e－>0， 所以h′(t)>0，h(t)單調(diào)遞增， 所以h(t)>h(1)＝e－ln2>e－1， 即－ln(x2－x1＋1)>e－1. 13