2、又在雙曲線上，則k＝16－2＝14，即雙曲線的方程為2x2－y2＝14，
∴雙曲線的標準方程為－＝1.
3．設變量x，y滿足約束條件則目標函數(shù)z＝2x＋y的最大值是( )
A．2B．3C．5D．7
答案 C
解析 畫出約束條件表示的可行域，如圖中陰影部分(含邊界)所示，
由可得
將z＝2x＋y變形為y＝－2x＋z，
平移直線y＝－2x＋z，
由圖可知當直線y＝－2x＋z經(jīng)過點(3，－1)時，
直線在y軸上的截距最大，即z最大，
z的最大值為z＝2×3－1＝5.
4．若復數(shù)z1＝2＋i，z2＝cosα＋isinα(α∈R)，其中i是虛數(shù)單位，則|z1－z2|的最大值
3、為
A.－1B.C.＋1D.
答案 C
解析 方法一 由題可得z1－z2＝2＋i－cosα－isinα＝2－cosα＋(1－sinα)i(α∈R)，
則|z1－z2|＝
＝
＝＝
＝，其中tanφ＝2，當sin(α＋φ)＝－1時，
|z1－z2|有最大值，此時|z1－z2|＝＝＋1.
方法二 ∵z1＝2＋i，z2＝cosα＋isinα(α∈R)，
∴z2在復平面內(nèi)對應的點在以原點為圓心，以1為半徑的圓上，z1＝2＋i對應的點為Z1(2,1)．
如圖：
則|z1－z2|的最大值為＋1.
5．“α≠β”是“cosα≠cosβ”的( )
A．充分不必要條件 B．必要
4、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 因為α＝β?cosα＝cosβ，所以cosα≠cosβ?α≠β (逆否命題)必要性成立，α＝－β?cosα＝cosβ，充分性不成立，故“α≠β”是“cosα≠cosβ”的必要不充分條件．
6．函數(shù)f(x)＝的圖象大致為( )
答案 A
解析 函數(shù)的定義域為{x|x≠0}，f(x)＝，f?＝＝－＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，圖象關于原點對稱，故可排除B；當x>1時，f(x)＝＝>0，故可排除C；當x>0時，f(x)＝＝，f′(x)＝，顯然當10，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當x>
5、e時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，可排除D，故選A.
7．本次模擬考試結束后，班級要排一張語文、數(shù)學、英語、物理、化學、生物六科試卷講評順序表，若化學排在生物前面，數(shù)學與物理不相鄰且都不排在最后，則不同的排表方法共有( )
A．72種B．144種C．288種D．360種
答案 B
解析 第一步排語文、英語、化學、生物4科，且化學排在生物前面，有＝12(種)排法；第二步將數(shù)學和物理插入前4科除最后位置外的4個空檔中的2個，有A＝12(種)排法，所以不同的排表方法共有12×12＝144(種)．
8．已知隨機變量X的分布列如下表：
X
－1
0
1
P
a
b
6、c
其中a，b，c>0.若X的方差D(X)≤對所有a∈(0,1－b)都成立，則( )
A．b≤B．b≤C．b≥D．b≥
答案 D
解析 由X的分布列可得X的期望為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＝－42＋1－b，因為a∈(0,1－b)，所以當且僅當a＝時，D(X)取最大值1－b，又D(X)≤對所有a∈(0,1－b)都成立，所以只需1－b≤，解得b≥.
9．如圖所示，用一邊長為的正方形硬
7、紙，按各邊中點垂直折起四個小三角形，做成一個蛋巢，將體積為的雞蛋(視為球體)放入其中，蛋巢形狀保持不變，則雞蛋(球體)離蛋巢底面的最短距離為( )
A.B.C.D.
答案 D
解析 因為蛋巢的底面是邊長為1的正方形，所以過四個頂點截雞蛋所得的截面圓的直徑為1，又因為雞蛋的體積為，所以球的半徑為1，所以球心到截面的距離d＝＝，而截面到球體最低點的距離為1－，而蛋巢的高度為，故球體到蛋巢底面的最短距離為－＝.
10．設α，β是方程x2－x－1＝0的兩個不等實數(shù)根，記an＝αn＋βn(n∈N*)．
下列兩個命題( )
①數(shù)列{an}的任意一項都是正整數(shù)；
②數(shù)列{an}存在某一
8、項是5的倍數(shù)．
A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確
C．①②都正確 D．①②都錯誤
答案 A
解析 因為α，β是方程x2－x－1＝0的兩個不等實數(shù)根，所以α＋β＝1，αβ＝－1，
因為an＝αn＋βn，
所以an＋1＝αn＋1＋βn＋1＝(αn＋βn)α＋(αn＋βn)β－βnα－αnβ＝(αn＋βn)(α＋β)－αβ(αn－1＋βn－1)＝(αn＋βn)＋(αn－1＋βn－1)＝an＋an－1，即當n≥3時，數(shù)列{an}中的任一項都等于其前兩項之和，又a1＝α＋β＝1，a2＝α2＋β2＝(α＋β)2－2αβ＝3，所以a3＝a2＋a1＝4，a4＝a3＋a2＝7，a5＝a4＋a3
9、＝11，以此類推，即可知數(shù)列{an}的任意一項都是正整數(shù)，故①正確，若數(shù)列{an}存在某一項是5的倍數(shù)，則此項個位數(shù)字應當為0或5.由a1＝1，a2＝3，依次計算知，數(shù)列{an}中不存在個位數(shù)字為0或5的項，②錯誤．
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．《九章算術》中記載了“今有共買豕，人出一百，盈一百；人出九十，適足．問人數(shù)、豕價各幾何？”．其意思是“若干個人合買一頭豬，若每人出100，則會剩下100；若每人出90，則不多也不少．問人數(shù)、豬價各多少？”．設x，y分別為人數(shù)、豬價，則x＝________，y＝________.
答案 10 9
10、00
解析 由題意可列方程組
解得
12．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積是________cm2，體積是________cm3.
答案 20＋4 8
解析 由題意得，該幾何體為三棱柱，故其表面積S＝2××4×2＋22＋4×2＋2×2＝20＋4，
體積V＝×4×2×2＝8.
13．已知多項式(x＋2)m(x＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋am＋nxm＋n滿足a0＝4，a1＝16，則m＋n＝________，a0＋a1＋a2＋…＋am＋n＝________.
答案 5 72
解析 令x＝0，得a0＝2m＝4，又由二項展開式的通項公式得C·2m
11、－1·C·1n＋C·2m·C·1n－1＝16，所以m＝2，n＝3，則m＋n＝5；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋am＋n＝32×23＝72.
14．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，若c＝2acosB，S＝a2－c2，則△ABC的形狀為________，C的大小為________．
答案 等腰三角形
解析 在△ABC中，由c＝2acosB及正弦定理得sinC＝2sinAcosB，則sin(A＋B)＝2sinAcosB，化簡得sin(A－B)＝0，那么A＝B，從而有a＝b，所以△ABC為等腰三角形；由S＝a2－c2及余弦定理得absinC＝a2－(
12、a2＋b2－2abcosC)，化簡得a2sinC＝a2cosC，又a>0，所以sinC＝cosC，則tanC＝1，又C是△ABC的內(nèi)角，故C＝.
15．已知x>0，y>－1，且x＋y＝1，則＋的最小值為________．
答案 2＋
解析?。剑?，
結合x＋y＝1可知原式＝＋，
且＋＝×
＝
≥＝2＋，
當且僅當x＝3－，y＝－2＋時等號成立．
即＋的最小值為2＋.
16．已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1的左、右焦點，點P在橢圓C上移動時，△PF1F2的內(nèi)心I的軌跡方程為____________________________．
答案 x2＋3y2＝1(y≠0)
解析 由
13、題意得F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，設點P(x，y)，I(m，n)，－2
14、______．
答案
解析 連接AM，AN(圖略)，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝1，∠A＝120°，所以·＝||·||·cos120°＝－，因為AM是△AEF的中線，所以＝(＋)＝(λ＋μ)，同理可得＝，由此可得＝－＝(1－λ)＋，兩邊平方并化簡得2＝(1－λ)2－(1－λ)(1－μ)＋(1－μ)2，由于λ＋4μ＝1，可得1－λ＝4μ，代入上式并化簡得2＝μ2－μ＋＝2＋，由于λ，μ∈，所以當μ＝時，2取得最小值，所以||的最小值為.
三、解答題(本大題共5小題，共74分．)
18．(14分)已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)過點，且當x＝時，函數(shù)f(x)取得最大值1.
15、(1)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位長度得到函數(shù)g(x)，求函數(shù)g(x)的表達式；
(2)在(1)的條件下，函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)＋2cos2x－1，求h(x)在上的值域．
解 (1)由題意得A＝1，由函數(shù)過得sinφ＝，∵|φ|<，
∴φ＝.
又f?＝1，∴ω＋＝＋2kπ，k∈Z，∵0<ω<4，
∴ω＝2，
∴f(x)＝sin，
∴g(x)＝f?＝sin.
(2)h(x)＝sin＋sin＋cos2x
＝sin2x＋cos2x＝2sin，
當x∈時，≤2x＋≤，
－≤sin≤1，
－1≤2sin≤2，所以h(x)在上的值域為[－1,2]．
19．(15分
16、)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是梯形，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，PB＝，PA＝PC＝.
(1)證明：AC⊥BP；
(2)求直線AD與平面APC所成角的正弦值．
(1)證明 取AC的中點F，連接PF，BF，
由PA＝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 延長BF交AD于點E，過點P作PO垂直于平面ABCD于點O，由(1)易知點O在BE上，
在△PBF中，PB＝，BF＝，PF＝，
由余弦定理得cos∠PFB＝＝－，
即∠PFB＝120°，則∠PFO＝60°
17、，
∴PO＝PF·sin60°＝，
由VP－ACD＝VD－APC得·PO·S△ACD＝·h·S△APC，其中h為點D到平面APC的距離，解得h＝，
設直線AD與平面APC所成角為θ，
則sinθ＝＝.
20．(15分)已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，an＝＋(n∈N*，且n≥2)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)證明：當n≥2時，＋＋＋…＋<.
(1)解 由an＝＋，得Sn－Sn－1＝＋，即－＝1(n≥2)，
所以數(shù)列{}是以＝＝1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2，
當n≥2時，an＝Sn－S
18、n－1＝2n－1，
當n＝1時，a1＝S1＝1，也滿足上式，所以an＝2n－1.
(2)證明 當n≥2時，＝<
＝·＝，
所以＋＋＋…＋<1＋
＝－<.
故當n≥2時，＋＋＋…＋<.
21.(15分)已知直線l：y＝kx＋m與橢圓＋＝1(a>b>0)恰有一個公共點P，l與圓x2＋y2＝a2相交于A，B兩點．
(1)求k與m的關系式；
(2)點Q與點P關于坐標原點O對稱．若當k＝－時，△QAB的面積取到最大值a2，求橢圓的離心率．
解 (1)由得(a2k2＋b2)x2＋2a2kmx＋
a2(m2－b2)＝0，
則Δ＝(2a2km)2－4(a2k2＋b2)a2(m2－b
19、2)＝0，
化簡整理，得m2＝a2k2＋b2.
(2)因為點Q與點P關于坐標原點O對稱，故△QAB的面積是△OAB的面積的兩倍．
所以當k＝－時，△OAB的面積取到最大值，此時OA⊥OB，
從而原點O到直線l的距離d＝，
又d＝，故＝.
再由(1)，得＝，則k2＝1－.
又k＝－，故k2＝1－＝，即＝，
從而e2＝＝1－＝，即e＝.
22．(15分)已知f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)，k∈R.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當k＝2時，求證：對于任意x>－1，f(x)－1，使得當x∈(－1，x
20、0)時，恒有f(x)>g(x)成立，試求k的取值范圍．
(1)解 函數(shù)f(x)的定義域為(－2，＋∞)．
f′(x)＝－2(x＋1)
＝(x>－2)，
當f′(x)>0時，x2＋3x＋1<0.
解得－2.
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，
單調(diào)遞減區(qū)間為.
(2)證明 設h(x)＝f(x)－g(x)
＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x>－1)，
當k＝2時，
h′(x)＝－2＝，
∴當x>－1時，h′(x)<0恒成立，h(x)單調(diào)遞減．
又h(－1)＝0，
∴當x∈(－1，＋∞)時，h(x)
21、，
即f(x)－g(x)<0.
∴對于任意x>－1，f(x)－1,2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)，
不存在滿足條件的x0；
當k>2時，對于任意x>－1，x＋1>0，
此時2(x＋1)h(－1)＝0，
即f(x)－g(x)>0恒成立．
綜上，k的取值范圍為(－∞，2)．
方法二 存在x0>－1，使得當x∈(－1，x0)時，恒有f(x)>g(x)成立，即h(x)>0恒成立，即h(x)>h(－1)恒成立，即當x∈(－1，x0)時，h′(x)>0恒成立．
令t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)．
則t(－1)>0，即可解得k<2，
∴k的取值范圍是(－∞，2)．
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（浙江專用）2020版高考數(shù)學三輪沖刺 搶分練 高考仿真卷（一）
